【解説・配点付き】2003年九州大学物理の解答・解説

図1(a)に示すように、傾きの角が $\theta\ [\mathrm{rad}]$ のなめらかな斜面に対し、斜面左下のO点を原点とし、直交座標系 $x$-$y$ を定め、 $x$ 軸を水平に、 $y$ 軸を斜面上に設定する。 $y$ 軸上にあって、斜面の $y$ 方向 $L_0\ [\mathrm{m}]$ の位置に置かれた質量 $M\ [\mathrm{kg}]$ の質点が時刻 $t=0\ [\mathrm{s}]$ で水平方向に初速度 $v_0\ [\mathrm{m/s}]$ ではじき出されたとする。図1(b)に示すように、斜面最下部の縁面はなめらかで斜面と直交しており、質点は斜面最下部の縁に衝突しても斜面から離れることはない。質点と斜面最下部の縁との衝突は非弾性衝突であり、そのはね返り係数を $e$ とする。斜面は十分広く、空気の抵抗は無視できる。重力加速度の大きさを $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ として、以下の問いに答えよ。後でとくに指定がない限り、解答には記号 $\theta$、 $M$、 $v_0$、 $L_0$、 $e$、 $g$ の中から必要なものを用いるものとする。

問1. 図1(a)に示した矢印の方向をそれぞれ $x$、 $y$ 軸の正の方向とし、質点が図1(a)の $\mathrm{Q_1}$ 点に達するまでの運動について、以下の問いに答えよ。

(1) 質点の $y$ 方向の加速度 $a_y\ [\mathrm{m/s^2}]$ を符号を含めて求めよ。

(2) 質点が $\mathrm{Q_1}$ 点に達するまでの時間 $t_0\ [\mathrm{s}]$ を求めよ。

(3) 図1(a)で、 $\mathrm{OQ_1}$ 間の距離 $D_0\ [\mathrm{m}]$ を求めよ。

問2. 質点は、 $\mathrm{Q_1}$ 点で斜面最下部の縁と非弾性衝突し、斜面を滑り上がった後、再び斜面を滑り下りる。質点が $\mathrm{Q_1}$ 点で斜面最下部の縁と衝突した後の運動について、以下の問いに答えよ。

(1) 質点が $\mathrm{Q_1}$ 点で斜面最下部の縁と衝突した直後の $x$、 $y$ 方向の速度、 $v’_{x1}\ [\mathrm{m/s}]$、 $v’_{y1}\ [\mathrm{m/s}]$ を求めよ。

(2) $\mathrm{Q_1}$ 点で斜面最下部の縁と衝突後、質点は斜面上を滑り上がり、衝突後の運動における最高点 $\mathrm{P_1}$ に達する。斜面最下部の縁と $\mathrm{P_1}$ 点との $y$ 方向の距離 $L_1\ [\mathrm{m}]$ を求めよ。

また、質点が $\mathrm{Q_1}$ 点から $\mathrm{P_1}$ 点に達するまでの時間 $t_1\ [\mathrm{s}]$ を求めよ。

(3) $\mathrm{P_1}$ 点に達した質点は斜面を滑り下り、 $\mathrm{Q_2}$ 点で2度目の衝突を行った後、再び斜面を滑り上り、2度目の衝突後の運動における最高点 $\mathrm{P_2}$ に達する。以下、同様の現象がくり返され、 $\mathrm{Q}_n$ 点で $n$ 度目の衝突を行い、 $n$ 度目の衝突後の運動における最高点 $\mathrm{P}_n$ に達する。ここで、 $n$ 度目の衝突直後の $y$ 方向の速度を $v’_{yn}\ [\mathrm{m/s}]$、斜面最下部の縁と $\mathrm{P}_n$ 点との $y$ 方向の距離を $L_n\ [\mathrm{m}]$ として、 $v’_{yn}/v’_{y1}$、 $L_n/L_1$ を求めよ。なお、解答には記号 $n$ を用いて良い。

(4) 時刻 $t=0\ [\mathrm{s}]$ で水平方向にはじき出された質点が斜面最下部の縁と最初に衝突するまでの運動については、質点の軌跡を解答欄の図1(c)に、 $y$ 方向速度 $v_y\ [\mathrm{m/s}]$ の $x$ 軸に対する変化の概形を解答欄の図1(d)にそれぞれ示している。

その後の運動につき、 $e=0.5$ として、第3回目の衝突まで図1(c)、図1(d)を完成せよ。ただし、図1(c)には、 $\mathrm{Q_2}$、 $\mathrm{Q_3}$、 $\mathrm{P_1}$、 $\mathrm{P_2}$ 各点の位置に黒丸印（●）を $\mathrm{Q_2}$、 $\mathrm{Q_3}$、 $\mathrm{P_1}$、 $\mathrm{P_2}$ の記号と共に記入すること。なお、図1(d)には記号を記入する必要はない。

問1 (1)

質点にはたらく力は「重力 → 触れているもの」の順に書く。重力 $Mg$ と、斜面から受ける垂直抗力 $N$ の2つ（斜面はなめらかなので摩擦はない）。重力を斜面に沿った成分 $Mg\sin\theta$ （ $-y$ 向き）と斜面に垂直な成分 $Mg\cos\theta$ に分ける（下の図）。

斜面に垂直な方向は動かないので、 $N=Mg\cos\theta$ とつり合う。斜面に沿った $y$ 方向の運動方程式は

$$Ma_y=-Mg\sin\theta$$

答　$a_y=-g\sin\theta$（4点）

問1 (2)

$y$ 方向は等加速度運動。初期位置 $y=L_0$ 、初速度の $y$ 成分は0なので、時刻 $t$ の位置は $y=L_0+\dfrac12a_yt^2$ 。 $\mathrm{Q}_1$ は縁の上（ $y=0$ ）なので

$$0=L_0-\frac12g\sin\theta\,t_0^2\qquad\therefore\ t_0=\sqrt{\frac{2L_0}{g\sin\theta}}$$

答　$t_0=\sqrt{\dfrac{2L_0}{g\sin\theta}}$（4点）

問1 (3)

$x$ 方向には力がはたらかないので等速。初速度 $v_0$ で時間 $t_0$ だけ進む。

$$D_0=v_0t_0$$

答　$D_0=v_0\sqrt{\dfrac{2L_0}{g\sin\theta}}$（4点）

問2 (1)

衝突の直前の速度は、 $x$ 成分が $v_0$ 、 $y$ 成分が $a_yt_0=-g\sin\theta\cdot\sqrt{\dfrac{2L_0}{g\sin\theta}}=-\sqrt{2gL_0\sin\theta}$ 。

縁の面はなめらかで斜面に直角なので、縁から受ける力は $y$ 方向だけ。 $x$ 成分は衝突で変わらない。 $y$ 成分は、反発係数の式から向きが逆になって $e$ 倍（下の図）。

答　$v’_{x1}=v_0$（3点）

答　$v’_{y1}=e\sqrt{2gL_0\sin\theta}$（3点）

問2 (2)

衝突の直後から最高点 $\mathrm{P}_1$ まで、斜面はなめらかで垂直抗力は仕事をしないので、力学的エネルギーが保存する。斜面の上の位置の高さは、縁から $y$ だけ上がると $y\sin\theta$ 。最高点では $y$ 方向の速度が0（ $x$ 方向の速さ $v_0$ は残る）。縁の高さを基準にして

$$\frac12M\left(v_0^2+{v’_{y1}}^2\right)=\frac12Mv_0^2+MgL_1\sin\theta\qquad\therefore\ L_1=\frac{{v’_{y1}}^2}{2g\sin\theta}=e^2L_0$$

答　$L_1=e^2L_0$（4点）

時間は、 $y$ 方向の速度が $v’_{y1}$ から0になるまで（加速度 $-g\sin\theta$ ）。

$$0=v’_{y1}-g\sin\theta\,t_1\qquad\therefore\ t_1=\frac{v’_{y1}}{g\sin\theta}=e\sqrt{\frac{2L_0}{g\sin\theta}}\ (=et_0)$$

答　$t_1=e\sqrt{\dfrac{2L_0}{g\sin\theta}}$（4点）

問2 (3)

衝突のあと、質点は斜面の上を上って最高点に達し、同じ速さで戻ってくる。だから、次の衝突の直前の $y$ 成分の大きさは、直前の衝突の直後と同じ。そこで $y$ 成分が $e$ 倍になるので、 $n+1$ 度目の直後の速度は

$$v’_{y(n+1)}=e\,v’_{yn}$$

公比 $e$ の等比数列なので、 $v’_{yn}=e^{n-1}v’_{y1}$ 。最高点の高さは (2) と同じ形で $L_n=\dfrac{{v’_{yn}}^2}{2g\sin\theta}$ と速さの2乗に比例する（下の図）。

答　$\dfrac{v’_{yn}}{v’_{y1}}=e^{n-1}$（4点）

答　$\dfrac{L_n}{L_1}=e^{2(n-1)}$（4点）

問2 (4)

先に、点の位置を数で決める。時刻の差をとると、 $n$ 度目と $n+1$ 度目の衝突の間は、上りと下りで $2t_n$ 。 (2)(3) から $t_n=e^nt_0$ なので、 $e=0.5$ を入れる（下の図）。

$\mathrm{Q}_1$ から $\mathrm{Q}_2$ まで $2t_1=t_0$ 、 $x$ 方向は等速なので $v_0t_0=D_0$ 。 $\mathrm{Q}_2$ から $\mathrm{Q}_3$ まで $2t_2=2e^2t_0=\dfrac{t_0}{2}$ なので $\dfrac{D_0}{2}$ 。よって $\mathrm{Q}_2$ は O から $2D_0$ 、 $\mathrm{Q}_3$ は $\dfrac52D_0$ 。山は左右対称なので、 $\mathrm{P}_1$ は $\mathrm{Q}_1$ と $\mathrm{Q}_2$ の真ん中の $x=\dfrac32D_0$ 、高さ $L_1=e^2L_0=\dfrac{L_0}{4}$ 。 $\mathrm{P}_2$ は $\mathrm{Q}_2$ と $\mathrm{Q}_3$ の真ん中の $x=\dfrac94D_0$ 、高さ $L_2=e^4L_0=\dfrac{L_0}{16}$ 。

答（図(c)）　下の図のとおり（6点）

$v_y$ は、 $x=v_0t$ なので、 $v_y$–$t$ グラフの横軸を $v_0$ 倍しただけ。加速度が一定なので、どの区間も同じ傾き $-\dfrac{g\sin\theta}{v_0}$ の直線になる。 $V=\sqrt{2gL_0\sin\theta}$ とおくと、衝突の直前は $-V$ （ $x=D_0$ ）、直後は $y$ 成分が向きを変えて $e$ 倍で $+\dfrac V2$ 。次の衝突の直前は $-\dfrac V2$ （ $x=2D_0$ ）、直後は $+\dfrac V4$ 。第3回目の衝突の直前は $-\dfrac V4$ （ $x=\dfrac52D_0$ ）。衝突の位置で縦に跳ぶ（破線）。

答（図(d)）　下の図のとおり（5点）

（第3回目の衝突の直前、つまり $\mathrm{Q}_3$ で止める、直後の $+\dfrac V8$ へ跳ぶ所までは聞かれていない）

別解

問2 (2)　（等加速度の式で）　$y$ 方向の速度が0になるまでの距離を、時間を含まない式で求める。

$$0^2-{v’_{y1}}^2=2(-g\sin\theta)L_1\qquad\therefore\ L_1=\frac{{v’_{y1}}^2}{2g\sin\theta}=e^2L_0$$

同じ答え。本解は、斜面がなめらかな運動の最高点なので、力学的エネルギー保存で求める形にした（放物運動を解かず、保存則で最高点を求める型）。

図2に示すように、イオン源で発生させた質量 $m\ [\mathrm{kg}]$ で正の電荷 $q\ [\mathrm{C}]$ をもつイオンを電圧 $V_0\ [\mathrm{V}]$ で加速し、紙面に垂直で一様な磁束密度 $B\ [\mathrm{T}]$ の磁場でイオンの進行方向を反転させ、金属板Mでイオンを止める。イオンは金属板Mに到達するまで何にも衝突せず、Mに到達したイオンの電荷はすべてMに移る。点G（図では3ケ所）の電位は $0\ [\mathrm{V}]$ である。ただし、イオンは紙面内で運動するものとする。以下の問いに答えよ。

問1. スイッチ $\mathrm{S_0}$ を閉じてイオン加速を始めた。点Jでのイオンの初速度を $0\ [\mathrm{m/s}]$ とし、JK間の距離を $d\ [\mathrm{m}]$ とする。

(1) 点Kを通過後のイオンの速度 $v\ [\mathrm{m/s}]$ を求めよ。

(2) 磁場の向きは紙面に対して上向きか下向きか。

以下の(3)と(4)の解答には必要なら速度の記号 $v$ を使ってよい。

(3) イオンが磁場から受ける力の大きさ $F\ [\mathrm{N}]$ を求めよ。

(4) イオンは点Oで磁場領域に入り、点Pで磁場領域から出る。イオンが点Oから点Pまで飛行するのに要する時間 $T_{\mathrm{OP}}\ [\mathrm{s}]$ を求めよ。

問2. スイッチ $\mathrm{S_1}$ と $\mathrm{S_2}$ は最初閉じていたが、イオン加速開始後にまず $\mathrm{S_2}$ を開き、次に $\mathrm{S_1}$ を開き、さらにある時間の後にスイッチ $\mathrm{S_0}$ を開いてイオン加速を終えたところ、金属板Mの電位 $V_{\mathrm{M}}$ が $kV_0\ [\mathrm{V}]$ になった（$0\leqq k\leqq1$ である）。コンデンサー $\mathrm{C_1}$ の電気容量は $C_1\ [\mathrm{F}]$ である。

(1) 金属板Mに到達したイオンの個数 $n$ を求めよ。

(2) コンデンサー $\mathrm{C_1}$ に蓄えられた静電エネルギー $U_1\ [\mathrm{J}]$ と、加速された $n$ 個のイオンが持っていたエネルギー $U_0\ [\mathrm{J}]$ との比 $(U_1/U_0)$ を求めよ。

問3. その後にスイッチ $\mathrm{S_1}$ を開いたままで $\mathrm{S_2}$ を閉じたところ、金属板Mの電位 $V_{\mathrm{M}}$ が周期 $T_{\mathrm{M}}\ [\mathrm{s}]$ で振動した。コイルLの自己インダクタンスは $L\ [\mathrm{H}]$、コンデンサー $\mathrm{C_2}$ の電気容量は $C_2\ [\mathrm{F}]$ である。

(1) 周期 $T_{\mathrm{M}}\ [\mathrm{s}]$ を求めよ。

(2) コイルLを流れる電流は $0\ [\mathrm{A}]$ を中心に振動する。その電流の大きさが最大になった時に、コイルLの両端にかかる電圧が $0\ [\mathrm{V}]$ になり、コンデンサー $\mathrm{C_1}$ と $\mathrm{C_2}$ それぞれの両端にかかる電圧が互いに等しくなる。この時の $V_{\mathrm{M}}\ [\mathrm{V}]$ を求めよ。

(3) $V_{\mathrm{M}}$ の最大値 $V_{\max}\ [\mathrm{V}]$ と最小値 $V_{\min}\ [\mathrm{V}]$ とを求めよ。

問1 (1)

J は電位 $V_0$ 、K は電位 $0$ 。正のイオンが J から K まで動くあいだに、静電気力がする仕事は $qV_0$ 。イオンは J で静止していたので、この仕事がそのまま運動エネルギーになる（エネルギー保存なので、 $d$ は使わない、着眼点の図のとおり電位の山を下るだけ）。

$$\dfrac12mv^2=qV_0$$

答　$v=\sqrt{\dfrac{2qV_0}{m}}$（4点）

問1 (2)

O でイオンは右向きに進み、半円の中心は O の下側にあるので、O で受ける力は下向き。正電荷の速度（電流の向き）が右向き、力が下向きになる磁場の向きを、フレミングの左手の法則で決める。人差し指（磁場）は手前、つまり紙面の裏から表の向きになる（下の図）。

答　上向き（紙面の裏から表の向き）（3点）

問1 (3)

磁場はイオンの速度に垂直なので、ローレンツ力の大きさは

答　$F=qvB$（3点）

問1 (4)

ローレンツ力は速度に垂直で、常に半円の中心を向く。これが向心力になるので、半径を $r$ として

$$m\dfrac{v^2}{r}=qvB\qquad\therefore\ r=\dfrac{mv}{qB}$$

O から P までは半周なので、かかる時間は $\dfrac{\pi r}{v}$ 。

$$T_{\mathrm{OP}}=\dfrac{\pi r}{v}=\dfrac{\pi}{v}\cdot\dfrac{mv}{qB}$$

$v$ が約分されて消える。磁場の中の円運動は、速くなれば半径が大きくなるだけで、かかる時間は速さによらない。

答　$T_{\mathrm{OP}}=\dfrac{\pi m}{qB}$（5点）

問2 (1)

$\mathrm{S_1}$、 $\mathrm{S_2}$ が閉じていた間は、M に届いた電荷は $\mathrm{S_1}$ を通って G へ逃げるので、M の電位は $0$ のまま。 $\mathrm{S_2}$ を開いたので $\mathrm{C_2}$ の電荷は $0$ のまま、 $\mathrm{S_1}$ を開いたあとに M に届いたイオンの電荷が $\mathrm{C_1}$ の上の極板にたまる（着眼点の図のとおり、M 自身にたまる電荷は無視する）。イオン1個の電荷は $q$ なので、たまった電気量は $nq$ 。 $\mathrm{C_1}$ の電圧は M の電位 $V_{\mathrm{M}}=kV_0$ に等しいので、 $Q=CV$ より

$$nq=C_1\cdot kV_0$$

答　$n=\dfrac{kC_1V_0}{q}$（5点）

（ $0\leqq k\leqq1$ の意味：M の電位が $V_0$ に近づくと、運動エネルギー $qV_0$ のイオンは M の手前で減速しきってしまい、届かなくなるので、 $V_{\mathrm{M}}$ は $V_0$ を超えない）

問2 (2)

$\mathrm{C_1}$ に蓄えられた静電エネルギーは、電圧 $kV_0$ を使って

$$U_1=\dfrac12C_1(kV_0)^2$$

加速された $n$ 個のイオンは、1個ずつ J から K で $qV_0$ の運動エネルギーをもらっている。

$$U_0=n\cdot qV_0=kC_1V_0^2$$

$$\dfrac{U_1}{U_0}=\dfrac{\dfrac12C_1k^2V_0^2}{kC_1V_0^2}=\dfrac k2$$

答　$\dfrac{U_1}{U_0}=\dfrac k2$（5点）

$k\leqq1$ なので、 $U_1$ は $U_0$ の半分以下。残りのエネルギーは、イオンが M に当たるときに熱などになる（下の図のとおり、 $k=1$ でも半分は熱になり、定電圧で充電すると電池の仕事の半分が熱になるのと同じ形である）。

問3 (1)

最初の状態から電流が流れると、 $\mathrm{C_1}$ の上の極板から出た電気量 $Q$ が、そのままコイルを通って $\mathrm{C_2}$ の上の極板に入る。 $\mathrm{C_1}$ の電圧は $\dfrac Q{C_1}$ だけ減り、 $\mathrm{C_2}$ の電圧は $\dfrac Q{C_2}$ だけ増える。コイルの電圧は、この2つの電圧の差の変化なので、電気量 $Q$ の動きに対して

$$\dfrac Q{C_1}+\dfrac Q{C_2}=\dfrac QC\qquad\left(C=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}\right)$$

の電圧変化がある。つまり、容量 $C$ のコンデンサー1個とコイルをつないだ電気振動と同じ（$\mathrm{C_1}$ と $\mathrm{C_2}$ は直列で、合成容量 $C$）。コンデンサー1個の電気振動では、電流が共通でコンデンサーの電圧とコイルの電圧が等しいので、リアクタンスが等しい $\omega L=\dfrac1{\omega C}$ より $\omega=\dfrac1{\sqrt{LC}}$ 、周期は $T=\dfrac{2\pi}{\omega}$ 。

答　$T_{\mathrm{M}}=2\pi\sqrt{\dfrac{LC_1C_2}{C_1+C_2}}$（7点）

問3 (2)

電流が最大のとき、コイルの両端の電圧は $0$ 。コイルの両端は、M につながる $\mathrm{C_1}$ の上の極板と $\mathrm{C_2}$ の上の極板なので、この2つは等電位。下の極板は G（電位 $0$）なので、 $\mathrm{C_1}$ と $\mathrm{C_2}$ の電圧はどちらも $V_{\mathrm{M}}$ 。

島（M・ $\mathrm{C_1}$ の上の極板・コイル・ $\mathrm{C_2}$ の上の極板）の電気量は、最初は $\mathrm{C_1}$ の $kC_1V_0$ だけ（$\mathrm{C_2}$ は $0$）で、輪の外へは出ないので変わらない（(3) の図の、電流が最大のコマ）。

$$C_1V_{\mathrm{M}}+C_2V_{\mathrm{M}}=kC_1V_0$$

答　$V_{\mathrm{M}}=\dfrac{kC_1V_0}{C_1+C_2}$（5点）

問3 (3)

電流が0の状態では、コイルのエネルギーが $0$ なので、エネルギーはすべてコンデンサー2つに入っている。最初の状態（$V_{\mathrm{M}}=kV_0$）が一方の端。もう一方の端の状態を、M の電位（$\mathrm{C_1}$ の電圧） $V$ 、 $\mathrm{C_2}$ の電圧 $V’$ とおく。コイルの電圧は $0$ ではないので、 $V\neq V’$ 。

島の電気量の保存：

$$C_1V+C_2V’=kC_1V_0\qquad\therefore\ V’=\dfrac{C_1}{C_2}(kV_0-V)$$

エネルギー保存（最初とくらべる）：

$$\dfrac12C_1V^2+\dfrac12C_2V’^2=\dfrac12C_1(kV_0)^2$$

$V’$ を代入して整理すると

$$V^2-(kV_0)^2=-\dfrac{C_1}{C_2}(kV_0-V)^2$$

$$(V-kV_0)\left\{(V+kV_0)+\dfrac{C_1}{C_2}(V-kV_0)\right\}=0$$

$V=kV_0$ は最初の状態そのもの。もう一方の端が求める値で、

$$V=\dfrac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\,kV_0$$

最初の $kV_0$ は、(2) の中心 $\dfrac{kC_1V_0}{C_1+C_2}$ より大きいので最大値、もう一方が最小値になる（下の図）。

答　$V_{\max}=kV_0$（3点）

答　$V_{\min}=\dfrac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\,kV_0$（5点）

$V_{\mathrm{M}}$ は $0$ を中心には振動しない（中心は (2) の値）。 $C_2>C_1$ なら $V_{\min}$ は負になり、M の電位は G より低くなる（図は $C_2>C_1$ の場合）。

別解

問3 (3)　振動の中心について対称

電流が最大のときは振動の中心なので、(2) の $\dfrac{kC_1V_0}{C_1+C_2}$ が中心。最初の $kV_0$ が一方の端なので、反対の端は中心について対称な位置にある。

$$V_{\min}=2\times\dfrac{kC_1V_0}{C_1+C_2}-kV_0=\dfrac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\,kV_0$$

計算が短い。ただし、電流が最大の状態が振動の中心になると見抜く発想が必要。本解は、電流が0の状態でエネルギー保存を立てる、コンデンサー2つの電気振動の典型の型に合わせた。

図3(a)のように1辺の長さ $l$ の立方体（体積 $V$）の箱の中に、1個の質量が $m$ の単原子分子の気体が $n$ モル（分子総数 $N$ 個）入っている。気体分子どうしの衝突はなく、気体分子と立方体の壁（面）との衝突は完全弾性衝突とする。この気体の絶対温度を $T$、圧力を $p$、気体定数を $R$ とするとき、以下の問いに答えよ。

問1. ある温度での各気体分子の速さは一定ではなく、通常、山なりの速さ分布曲線を示す。以下の文章のカッコの中を埋めよ。

(1) 気体の温度を変えたら、図3(b)のようにA、Bふたつの速さ分布曲線が得られた。気体分子の平均の速さが速いのはA、Bのうち $\boxed{\text{①}}$ であり、温度が低いのはA、Bのうち $\boxed{\text{②}}$ である。

(2) これらの気体分子の $x$ 方向の速度成分 $v_x$ の二乗平均 $\langle v_x{}^2\rangle$ と速度の二乗平均 $\langle v^2\rangle$ の関係は $\langle v_x{}^2\rangle=\boxed{\text{③}}$ となり、全ての気体分子でこのような関係が成り立っているとしてよい。そこで、1個の気体分子が $x$ 方向の壁に与える力 $F$ は力積と運動量変化の関係を考慮して $m$、 $l$、 $\langle v^2\rangle$ で表すと $F=\boxed{\text{④}}$ となることから、圧力 $p$ は $N$、 $m$、 $V$、 $\langle v^2\rangle$ で表すと $p=\boxed{\text{⑤}}$ と表現される。

問2. 箱の中の気体を理想気体とするとき、以下の文章のカッコの中を埋め、(3)では文章で答えよ。

(1) 内部エネルギー $U$ は $\boxed{\text{⑥}}$ と $\boxed{\text{⑦}}$ の和であるが、理想気体は $\boxed{\text{⑦}}$ を無視した気体である。よって、内部エネルギー $U$ は⑤を参考にして $V$ と $p$ で表すと $U=\boxed{\text{⑧}}$ となるが、理想気体の状態方程式より内部エネルギー $U$ は $n$、 $R$、 $T$ で表すと $U=\boxed{\text{⑨}}$ となり、内部エネルギー $U$ は温度とモル数だけの関数となる。

(2) 気体に熱量を加えたときの内部エネルギーの変化量を $\Delta U$、体積の変化量を $\Delta V$、温度の変化量を $\Delta T$ とする。このとき、熱力学第1法則を参考にすると、気体のモル比熱 $C$ は $\Delta U$、 $\Delta V$、 $\Delta T$、 $n$、 $p$ を用いて $C=\boxed{\text{⑩}}+\boxed{\text{⑪}}$ と表される。⑪は定積モル比熱 $C_v$ の意味をもち、 $R$ だけで表されて $C_v=\boxed{\text{⑫}}$ となる。定圧モル比熱 $C_p$ も同様に $R$ だけで表されて $C_p=\boxed{\text{⑬}}$ となる。

(3) 問2の(2)で $C_p$ が $C_v$ よりも大きくなった理由を70字以内で述べよ。

(4) 箱の中の理想気体が水素分子のような2原子分子であるとした場合は、内部エネルギーとして $\boxed{\text{⑭}}$ の運動エネルギーなども考慮する必要があり、その結果、 $C_v$ や $C_p$ は単原子分子の気体の場合よりも $\boxed{\text{⑮}}$ なる。この場合、 $C_p$ と $C_v$ の差は単原子分子の気体の場合と比較すると $\boxed{\text{⑯}}$ なっている。また、 $C_p$ の $C_v$ に対する割合である $C_p/C_v$ は単原子分子の気体の場合と比較すると $\boxed{\text{⑰}}$ なっている。

問1 (1)

温度が高いほど、気体分子の平均の運動エネルギー（つまり平均の速さ）は大きい。分布曲線は、温度が高いと山が右へずれる。曲線の下の面積は分子の総数で、温度によらず同じなので、右へずれた分だけ山は低く、裾は広がる。図3(b)で、山が右へずれて低く広がっているのは B、山が左で高く細いのは A である。

答（①）　B（1点）

答（②）　A（1点）

問1 (2)

まず ③ から。分子の速度の2乗は $v^2=v_x{}^2+v_y{}^2+v_z{}^2$ で、気体分子の運動はどの方向も同等なので、3つの成分の2乗の平均は等しい。

$$\langle v^2\rangle=\langle v_x{}^2\rangle+\langle v_y{}^2\rangle+\langle v_z{}^2\rangle=3\langle v_x{}^2\rangle$$

答（③）　$\dfrac13\langle v^2\rangle$（2点）

次に ④。1個の分子が、 $x$ 軸に垂直な壁（面積 $l^2$）に当たる場合を考える。弾性衝突なので、壁に垂直な速度の $x$ 成分だけが $v_x$ から $-v_x$ に変わる。分子の運動量の変化は $-2mv_x$ で、壁が受ける力積は、その反作用の大きさ $2mv_x$ である。 $y$、 $z$ 成分は壁に沿う向きなので変わらない。

この分子は、反対側の壁との間を往復して、同じ壁に戻ってくる。1往復の距離は $2l$ なので、時間 $t$ の間に同じ壁に当たる回数は $\dfrac{v_xt}{2l}$ 回。時間 $t$ の間に壁が受ける力積は

$$2mv_x\times\dfrac{v_xt}{2l}=\dfrac{mv_x{}^2t}{l}$$

力は1秒あたりの力積なので、これを $t$ で割って $F=\dfrac{mv_x{}^2}{l}$。全ての分子で ③ が成り立つとしてよいので、 $v_x{}^2$ を $\langle v_x{}^2\rangle=\dfrac13\langle v^2\rangle$ に置きかえる。

答（④）　$\dfrac{m\langle v^2\rangle}{3l}$（3点）

最後に ⑤。壁1枚が $N$ 個の分子から受ける力は $NF$。これを壁の面積 $l^2$ で割り、 $l^3=V$ を使う。

$$p=\dfrac{NF}{l^2}=\dfrac{Nm\langle v^2\rangle}{3l^3}=\dfrac{Nm\langle v^2\rangle}{3V}$$

答（⑤）　$\dfrac{Nm\langle v^2\rangle}{3V}$（3点）

問2 (1)

内部エネルギー $U$ は、気体の分子が持つエネルギーの総和。分子のエネルギーは、熱運動の運動エネルギーと、分子どうしにはたらく力（分子間力）による位置エネルギーの和で、理想気体は分子間力を無視した気体なので、 $U$ は運動エネルギーの総和だけになる。

答（⑥）　分子の運動エネルギー（1点）

答（⑦）　分子間力による位置エネルギー（1点）

$U=N\cdot\dfrac12m\langle v^2\rangle$ で、⑤ より $pV=\dfrac13Nm\langle v^2\rangle$、つまり $Nm\langle v^2\rangle=3pV$ なので

$$U=\dfrac12\cdot3pV$$

答（⑧）　$\dfrac32pV$（2点）

理想気体の状態方程式 $pV=nRT$ より

答（⑨）　$\dfrac32nRT$（2点）

$U$ は温度 $T$ とモル数 $n$ だけで決まる。体積や圧力が変わっても、温度が同じなら $U$ は同じである。

問2 (2)

気体が吸収した熱量 $Q_{in}$ は、熱力学第1法則より、内部エネルギーの増加 $\Delta U$ と、気体が外部にする仕事 $p\Delta V$ の和。モル比熱は、1 mol あたり温度を 1 K 上げるのに必要な熱量なので、 $n\Delta T$ で割る。

$$C=\dfrac{Q_{in}}{n\Delta T}=\dfrac{p\Delta V}{n\Delta T}+\dfrac{\Delta U}{n\Delta T}$$

体積が変わらない（$\Delta V=0$）とき、仕事の項が消えて $\dfrac{\Delta U}{n\Delta T}$ だけが残る。これが定積モル比熱 $C_v$ なので、⑪ はこの項で、⑩ は仕事の項になる。

答（⑩）　$\dfrac{p\Delta V}{n\Delta T}$（2点）

答（⑪）　$\dfrac{\Delta U}{n\Delta T}$（2点）

⑫ は、⑨ の変化 $\Delta U=\dfrac32nR\Delta T$ を ⑪ に入れる。

答（⑫）　$\dfrac32R$（2点）

⑬ は、圧力 $p$ が一定のときの $C$。 $pV=nRT$ で $p$ が一定なら $p\Delta V=nR\Delta T$ なので、⑩ は $R$ になる。

$$C_p=R+\dfrac32R$$

答（⑬）　$\dfrac52R$（2点）

$C_p=C_v+R$ はマイヤーの関係と呼ばれる。単原子分子の定圧変化では $Q_{in}:\Delta U:p\Delta V=5:3:2$（$C_p:C_v:R=5:3:2$）になる。

問2 (3)

同じ温度上昇 $\Delta T$ で比べる。内部エネルギーは温度だけで決まるので、 $\Delta U$ は定積でも定圧でも同じ。定積では仕事がなく $Q_{in}=\Delta U$。定圧では、気体が膨張して外部へ仕事 $p\Delta V$ をするので $Q_{in}=\Delta U+p\Delta V$。定圧の方が、 $p\Delta V$ の分だけ多く熱量が必要になる（下の $p$–$V$ 図で、A→B と A→C は終点が同じ等温線の上にあるので $\Delta U$ は等しく、A→C だけ網かけの面積 $p\Delta V$ の仕事をする）。

答　同じ温度上昇で比べると、定圧では気体が膨張して外部に仕事をするので、内部エネルギーの増加分に加えて仕事の分の熱量も必要になるから。（5点）

要点は2つ。「同じ温度上昇なら $\Delta U$ は同じ」と「定圧では外部への仕事の分の熱量が余分に要る」。

問2 (4)

2原子分子は、2個の原子がつながっていて、重心の並進のほかに、回転の運動もする。

答（⑭）　回転（1点）

内部エネルギーに回転の運動エネルギーが加わるので、同じ温度上昇で増える内部エネルギーは単原子分子より大きく、 $C_v$ は大きくなる（常温では $C_v=\dfrac52R$）。 $C_p=C_v+R$ も同じだけ大きくなる（$C_p=\dfrac72R$）。

答（⑮）　大きく（1点）

$C_p-C_v=R$ は、圧力一定のときの仕事 $p\Delta V=nR\Delta T$ だけから決まり、分子の種類に関係しない。

答（⑯）　等しく（2点）

$\dfrac{C_p}{C_v}=1+\dfrac{R}{C_v}$ で、 $C_v$ が大きいほど $\dfrac{R}{C_v}$ は小さい。単原子分子の $\dfrac53$ に対し、2原子分子は $\dfrac75$ になる。

答（⑰）　小さく（2点）

別解

問2 (2) ⑬（マイヤーの関係で）

定圧で加熱すると、 $Q_{in}=nC_p\Delta T$、 $\Delta U=nC_v\Delta T$、 $p\Delta V=nR\Delta T$。第1法則 $Q_{in}=\Delta U+p\Delta V$ に入れて $n\Delta T$ で割ると $C_p=C_v+R$。⑫ を入れて $C_p=\dfrac52R$。本解は問題文の $C=\boxed{\text{⑩}}+\boxed{\text{⑪}}$ の形に沿って ⑩ が $R$ になることを使う解き方で、式の中身は同じ。

問2 (3)（短く言い切る場合）

答　定圧では、内部エネルギーの増加に加えて、膨張して外部にする仕事の分の熱量も必要だから。

字数に余裕がほしいときは、この形に「同じ温度上昇で比べると」を足せば本解になる。