【解説・配点付き】2001年九州大学物理の解答・解説

ばね定数 $k\ [\mathrm{N/m}]$、自然長 $l_0\ [\mathrm{m}]$ の質量が無視できるばねの上端が、水平な床面より $l_0$ の高さにある支点Oに固定されている。ばねの下端には大きさが無視できる物体が取り付けられており、水平な面上で等速円運動をする。空気の抵抗は無視するものとし、ばねと鉛直線のなす角を $\theta\ [\mathrm{rad}]$、重力加速度を $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ として、以下の問いに答えよ。

問1. 図1のように、質量 $m\ [\mathrm{kg}]$ の物体が滑らかな床面上を回転する。

(1) 物体がばねを引く力 $T\ [\mathrm{N}]$ を $k$、 $l_0$、 $\theta$ で表せ。

(2) 物体の速さ $v\ [\mathrm{m/s}]$ を $T$、 $l_0$、 $m$、 $\theta$ で表せ。

(3) $\theta\leqq\dfrac{\pi}{3}$ で、物体が床面から浮き上がらずに回転し続けるためには、ばね定数 $k$ にどのような条件が必要か。 $g$、 $l_0$、 $m$ を用いて表せ。

問2. この物体が、床面上を浮き上がらずに半径 $r\ [\mathrm{m}]$、速さ $v\ [\mathrm{m/s}]$ で回転していたところ、時刻 $t_0\ [\mathrm{s}]$ で突然ばねから離れ、床面上を滑り始めた。図1のように、半径 $R\ [\mathrm{m}]$ の円より内側は滑らかな面であり、外側は粗い面である。ただし $R>r$ であり、物体と粗い面との間の動摩擦係数は $\mu'$ で一定とする。

(1) ばねから離れて静止するまでの物体の軌跡、および速さの変化を解答用紙に模式的に図示せよ。なお、物体の軌跡は実線で示し、静止した地点を×印で示せ。

(2) ばねから離れて静止するまでに物体が動いた距離 $L_1\ [\mathrm{m}]$ を $R$、 $g$、 $l_0$、 $v$、 $\mu'$、 $\theta$ で表せ。

問3. 次に、質量 $m\ [\mathrm{kg}]$ の新たな物体をばねに取り付け、図2のように床面から $h\ [\mathrm{m}]$ の高さを速さ $V\ [\mathrm{m/s}]$ で回転させた。しばらくすると、物体が突然ばねから離れ、この床面上をはねながら移動した後、滑り始めた。物体は滑り始めるまで滑らかな床面上をはね続けるものとし、物体と床面との間の反発係数(はね返り係数)を $e\,(0<e<1)$ とする。

なお、必要であれば、公式 $1+x+x^2+x^3+\cdots+x^{n-1}+x^n=\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}$ を使ってよい。

(1) ばねから離れた物体が、床面との $n$ 回目の衝突から $n+1$ 回目の衝突までに要する時間 $\Delta t_n\ [\mathrm{s}]$ を $e$、 $g$、 $h$、 $n$ で表せ。

(2) ばねを離れてから $n$ 回目の衝突までに要する時間 $t_n\ [\mathrm{s}]$ を $e$、 $g$、 $h$、 $n$ で表せ。

(3) ばねを離れてから滑り始めるまでに動いた水平距離 $L_2\ [\mathrm{m}]$ を $V$、 $e$、 $g$、 $h$ で表せ。

問1 (1)

図から、ばねの今の長さは $\dfrac{l_0}{\cos\theta}$ 。自然長 $l_0$ より、 $l_0\left(\dfrac{1}{\cos\theta}-1\right)$ だけ伸びている。ばねの力と物体がばねを引く力は同じ大きさなので、フックの法則（力＝ $k\times$ 伸び）より

$$T=kl_0\left(\frac{1}{\cos\theta}-1\right)$$

答　$T=kl_0\left(\dfrac{1}{\cos\theta}-1\right)$（4点）

問1 (2)

物体に乗って見る。力は「重力 → 触れているもの → 遠心力」の順に書く。重力 $mg$ 、垂直抗力 $N$ 、ばねの力 $T$ （Oへ向かう向き）、遠心力 $m\dfrac{v^2}{r}$ （外向き）の4つ（床は滑らかなので摩擦は無い）。半径は図から $r=l_0\tan\theta$ （下の図）。

水平方向（半径方向）のつり合いは、遠心力と $T$ の水平成分 $T\sin\theta$ で

$$m\frac{v^2}{l_0\tan\theta}=T\sin\theta\qquad\therefore\ v^2=\frac{Tl_0\sin\theta\tan\theta}{m}$$

答　$v=\sqrt{\dfrac{Tl_0\sin\theta\tan\theta}{m}}$（5点）

問1 (3)

鉛直方向のつり合いは、 $N$ と $T$ の鉛直成分 $T\cos\theta$ が上向き、重力 $mg$ が下向きで

$$N+T\cos\theta=mg$$

(1) の $T$ を入れると、 $T\cos\theta=kl_0\left(1-\cos\theta\right)$ なので

$$N=mg-kl_0\left(1-\cos\theta\right)$$

浮き上がらない条件は $N\geqq0$ 。 $0<\theta\leqq\dfrac\pi3$ では、 $\theta$ が大きいほど $1-\cos\theta$ は大きく、 $N$ は小さい。だから $N$ がいちばん小さいのは $\theta=\dfrac\pi3$ （ $\cos\theta=\dfrac12$ ）のとき（下の図）。ここで $N\geqq0$ なら、 $\theta$ がどの値でも浮き上がらない。

$$mg-kl_0\cdot\frac12\geqq0$$

答　$k\leqq\dfrac{2mg}{l_0}$（6点）

問2 (1)

軌跡　ばねから離れた瞬間、物体には水平方向の力がはたらかない。だから、離れた地点 P での速度の向き、つまり円の接線の向きに、まっすぐ進む。回転は時計回りで P は左下なので、左上へ向かう直線になる。半径 $R$ の円（交点 Q）を越えて粗い面に入っても、動摩擦力は速度と逆向きなので、運動の向きは変わらない。同じ直線の上で減速し、止まった所に×を書く（下の図の上の段）。

速さ　時刻 $t_0$ で離れてから Q に着くまでは、水平方向の力が無いので一定の $v$ 。Q に着く時刻を $t_1$ とすると

$$t_1=t_0+\frac{\sqrt{R^2-r^2}}{v}$$

粗い面では動摩擦力 $\mu'mg$ が逆向きにはたらく。加速度は $-\mu'g$ なので、傾き $-\mu'g$ の直線で0まで下がる。止まる時刻 $t_2$ は、 $0=v-\mu'g(t_2-t_1)$ より

$$t_2=t_1+\frac{v}{\mu'g}$$

止まったあとは0のまま（下の図の下の段）。

答（軌跡）　上の図の上の段のとおり（4点）

答（速さ）　上の図の下の段のとおり（4点）

問2 (2)

動いた距離は、滑らかな面の区間 PQ と、粗い面の区間 Q から×までの和。

PQ は、円の中心・P・Q を結ぶ直角三角形から、 $s^2+r^2=R^2$ （下の図）。

$$s=\sqrt{R^2-r^2}$$

Q から先は、動摩擦力だけが仕事をする。止まるまでの距離を $x$ とすると、摩擦の仕事は負で $W=\Delta E$ より

$$-\mu'mg\,x=0-\frac12mv^2\qquad\therefore\ x=\frac{v^2}{2\mu'g}$$

指定の文字に $r$ が無いので、図1から $r=l_0\tan\theta$ を入れる。

答　$L_1=\sqrt{R^2-l_0^2\tan^2\theta}+\dfrac{v^2}{2\mu' g}$（7点）

問3 (1)

離れた瞬間、速度は水平で大きさ $V$ 、鉛直方向は0。高さ $h$ から自由落下するので、最初に床に着くまでの時間を $\tau$ とすると

$$h=\frac12g\tau^2\qquad\therefore\ \tau=\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

最初の衝突の直前の鉛直方向の速さは $g\tau=\sqrt{2gh}$ 。床は滑らかなので、衝突で変わるのは鉛直成分だけで、直後は向きが逆になって $e$ 倍。水平成分は $V$ のまま。衝突のたびに鉛直成分が $e$ 倍になるので、 $n$ 回目の衝突の直後の鉛直上向きの速さは $e^n\sqrt{2gh}$ （下の図）。

$n$ 回目の衝突から $n+1$ 回目の衝突までは、はね上がって降りてくる往復。上がるのも降りるのも同じ時間なので

$$\Delta t_n=\frac{2e^n\sqrt{2gh}}{g}$$

答　$\Delta t_n=2e^n\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$（5点）

問3 (2)

$n$ 回目の衝突の時刻は、最初の落下の時間 $\tau$ に、 $\Delta t_1$ から $\Delta t_{n-1}$ までを足したもの。最初の落下だけは往復ではなく片道なので、 $\tau=-\tau+2\tau$ と分けて、すべての区間を $2e^k\tau$ の形にそろえる（ $k=0$ から $n-1$ まで）。

$$t_n=-\tau+2\tau\left(1+e+e^2+\cdots+e^{n-1}\right)$$

問題文の公式（ $x=e$ 、最後の項を $e^{n-1}$ にして）より

$$t_n=-\tau+2\tau\cdot\frac{1-e^n}{1-e}=\frac{1+e-2e^n}{1-e}\tau$$

答　$t_n=\dfrac{1+e-2e^n}{1-e}\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$（5点）

問3 (3)

滑り始めるのは、はね返りが無限回くり返されて終わるとき。 $0<e<1$ なので $n\to\infty$ で $e^n\to0$ となり、その時刻は

$$t_\infty=\frac{1+e}{1-e}\tau$$

無限回のはね返りでも、時間の和は有限（等比数列の和が収まる）。この間、床は滑らかで水平方向は速さ $V$ の等速。

$$L_2=Vt_\infty$$

答　$L_2=\dfrac{1+e}{1-e}V\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$（5点）

別解

問1 (2)　（外から見る）　物体に乗らず、地面から見て、中心向きの運動方程式にする。

$$m\frac{v^2}{r}=T\sin\theta$$

同じ式。本解は、水平面内の等速円運動なので、遠心力を入れた力のつり合いで解く形にした（水平と鉛直を別々に立てて、向きを機械的にそろえる型）。

問2 (2)　（v-t グラフの面積で）　(1) の速さのグラフの面積が動いた距離。滑らかな区間は長方形で $v\cdot\dfrac{s}{v}=s$ 、粗い区間は三角形で $\dfrac12v\cdot\dfrac{v}{\mu'g}=\dfrac{v^2}{2\mu'g}$ 。同じ答え。本解は、摩擦で止まる運動なので、運動方程式を立てずに $W=\Delta E$ で求める形にした。

問3 (2)　（片道を分けずに）　最初の片道 $\tau$ に、往復の時間 $2e\tau$ 、 $2e^2\tau$ 、…を足す。

$$t_n=\tau+2\tau\left(e+e^2+\cdots+e^{n-1}\right)=\tau+2\tau e\cdot\frac{1-e^{n-1}}{1-e}$$

同じ答え。本解は、全区間を同じ形にそろえてから公式にのせる型にした（最初の区間だけ半端なときの決まった手順）。

図のように、磁束密度の大きさが $B\ [\mathrm{T}]$ の鉛直下向きの一様な磁界中に、間隔 $L\ [\mathrm{m}]$ で平行に配置した導線 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ が水平から $\theta\ [\mathrm{rad}]$ の角度で固定してある。 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ の一端は同一水平面上にあり、それらに電源、電気容量 $C\ [\mathrm{F}]$ のコンデンサー、抵抗値 $R\ [\Omega]$ の抵抗が、スイッチ $\mathrm{S_1}$、 $\mathrm{S_2}$ を介して接続されている。電源の起電力 $V\ [\mathrm{V}]$ は、スイッチ $\mathrm{S_1}$ を閉じると $V=kt$ のように変化する。ここで、 $k\ [\mathrm{V/s}]$ は正の比例定数で、電源の正負を図のようにとる。 $t\ [\mathrm{s}]$ はスイッチ $\mathrm{S_1}$ を閉じてからの時間である。導線 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ に垂直に質量 $M\ [\mathrm{kg}]$ の導体棒を置く。以下の問いに答えよ。

ただし、電源の内部抵抗はないものとし、導線 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ と導体棒の電気抵抗は無視できるものとする。コンデンサーの電気量を $Q\ [\mathrm{C}]$ とし、 $\mathrm{S_1}$ を閉じる前は $Q=0$ とする。導体棒は導線 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ に常に垂直であるとし、導体棒と導線の間の摩擦は無視できる。しかし、導体棒が動いている時には、その速さに比例した抵抗力が導体棒に働くものとし、その比例定数を $h\ [\mathrm{kg/s}]$ とする。重力加速度は $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ とする。

問1. $k=E$ とし、 $\mathrm{S_2}$ を開いた状態で、導体棒を置くと同時に $\mathrm{S_1}$ を閉じたところ、導体棒は静止したままであった。このとき、

(1) 回路に流れる電流はいくらか。 $B$、 $L$、 $M$、 $g$、 $\theta$ で表せ。

(2) $E$ の値を、 $B$、 $C$、 $L$、 $M$、 $g$、 $\theta$ で表せ。

問2. $k=U$(ただし、 $U>E$)とし、 $\mathrm{S_2}$ を開いた状態で、導体棒を置くと同時に $\mathrm{S_1}$ を閉じたところ、導体棒は導線 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ に沿って上方に向かって滑り始め、しばらくすると一定の速さ $v_{\mathrm{a}}$ になった。導体棒が一定の速さで運動している時、

(1) コンデンサーの電気量 $Q\ [\mathrm{C}]$ を時間の関数として表せ。なお、解答中に $v_{\mathrm{a}}$ を用いてもよい。

(2) 速さ $v_{\mathrm{a}}$ はいくらか。 $B$、 $C$、 $L$、 $M$、 $U$、 $g$、 $h$、 $\theta$ で表せ。

問3. $\mathrm{S_1}$ を開いた状態で、導体棒を置くと同時に $\mathrm{S_2}$ を閉じたところ、導体棒は導線 $\mathrm{L_1}$、 $\mathrm{L_2}$ に沿って下方に向かって滑り始め、しばらくすると一定の速さ $v_{\mathrm{b}}$ になった。導体棒が一定の速さで運動している時、

(1) 抵抗で消費される電力はいくらか。 $B$、 $L$、 $M$、 $R$、 $g$、 $h$、 $\theta$ で表せ。

(2) 抵抗力に抗して導体棒を動かすのに必要な仕事率はいくらか。なお、解答中に $v_{\mathrm{b}}$ を用いてもよい。

(3) 上で求めた電力と仕事率および導体棒の運動との間にはどのような関係があるか。エネルギー保存則の観点から50字程度で述べよ。

問1 (1)

棒は静止している。棒が受ける力を、場から受ける力→触れているものの順に書く。重力 $Mg$、磁場から受ける力 $IBL$（水平）、垂直抗力 $N$ の3つ。磁場の力が水平なので、斜面方向は $\cos\theta$ 倍になる。90°ちがう力は、斜面方向に分解すると sin と cos が入れかわる（下の図）。静止なので、斜面方向の力がつり合う。

$$Mg\sin\theta=IBL\cos\theta$$

答　$I=\dfrac{Mg\tan\theta}{BL}$（5点）

問1 (2)

棒は静止したままなので、磁束は変わらず、棒の誘導起電力は0。回路に抵抗がないので、コンデンサーの電圧は電源の電圧 $Et$ に等しい（下の図）。

$$Q=CEt$$

電流は電気量の時間変化なので、定義に戻る。変わるのは $t$ だけ。

$$I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}=CE$$

電源の電圧が時間に比例して増えるので、棒が止まったままでも、コンデンサーには一定の電流 $CE$ が流れ続ける。これが (1) の電流と等しい。

$$CE=\dfrac{Mg\tan\theta}{BL}$$

答　$E=\dfrac{Mg\tan\theta}{BCL}$（5点）

問2 (1)

棒は速さ $v_{\mathrm a}$ で斜面を上る。磁場を垂直に横切る速度の成分は水平成分 $v_{\mathrm a}\cos\theta$ なので、棒の起電力は $v_{\mathrm a}BL\cos\theta$（棒を電池に置きかえる、下の図）。向きは、電源の電流を減らす向き（電源と逆向き）。1周で電圧を足し合わせる。

$$Ut-\dfrac{Q}{C}-v_{\mathrm a}BL\cos\theta=0$$

答　$Q=C\left(Ut-v_{\mathrm a}BL\cos\theta\right)$（5点）

（ $t$ は $\mathrm{S_1}$ を閉じてからの時間で、一定の速さになったあとで成り立つ式）

問2 (2)

$v_{\mathrm a}$ は一定なので、(1) で時間とともに変わるのは $t$ だけ。

$$I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}=CU$$

電流は一定の $CU$。棒が受ける力を書く（下の図）。磁場の力 $IBL$ は水平で、斜面方向は $IBL\cos\theta$（上向き）。重力の斜面方向 $Mg\sin\theta$ と、運動と逆向きの抵抗力 $hv_{\mathrm a}$ は、どちらも斜面の下向き。一定の速さなので、斜面方向でつり合う。

$$CU\cdot BL\cos\theta=Mg\sin\theta+hv_{\mathrm a}$$

答　$v_{\mathrm a}=\dfrac{CUBL\cos\theta-Mg\sin\theta}{h}$（5点）

問3 (1)

$\mathrm{S_1}$ は開いているので、電源とコンデンサーは回路から外れる。棒の起電力 $v_{\mathrm b}BL\cos\theta$ と抵抗 $R$ だけの回路になる（下の図）。

$$I=\dfrac{v_{\mathrm b}BL\cos\theta}{R}$$

棒は下っているので、磁場の力 $IBL\cos\theta$（斜面の上向き）と抵抗力 $hv_{\mathrm b}$（斜面の上向き）が、重力の斜面方向 $Mg\sin\theta$ とつり合う（問3 の着眼点の図）。

$$Mg\sin\theta=IBL\cos\theta+hv_{\mathrm b}$$

$I$ を入れると

$$Mg\sin\theta=\dfrac{\left(BL\cos\theta\right)^2}{R}v_{\mathrm b}+hv_{\mathrm b}\qquad\therefore\ v_{\mathrm b}=\dfrac{MgR\sin\theta}{hR+\left(BL\cos\theta\right)^2}$$

これを $I$ に戻す。この小問は $v_{\mathrm b}$ を答えに使えないので、 $v_{\mathrm b}$ を残さない。

$$I=\dfrac{BL\cos\theta}{R}\cdot\dfrac{MgR\sin\theta}{hR+\left(BL\cos\theta\right)^2}=\dfrac{BLMg\sin\theta\cos\theta}{hR+\left(BL\cos\theta\right)^2}$$

消費電力は $RI^2$ なので

答　$R\left\{\dfrac{BLMg\sin\theta\cos\theta}{hR+\left(BL\cos\theta\right)^2}\right\}^2$（10点）

問3 (2)

抵抗力 $hv_{\mathrm b}$ に逆らって、速さ $v_{\mathrm b}$ で動かすので、仕事率は（力）×（速さ）。

答　$hv_{\mathrm b}^2$（5点）

問3 (3)

一定の速さなので、運動エネルギーは変わらない。失われるのは重力の位置エネルギーだけで、その減少の割合（1秒あたり）は、1秒間に斜面を $v_{\mathrm b}$ 進むので $Mg\sin\theta\cdot v_{\mathrm b}$。これが、抵抗の消費電力 $RI^2$ と、抵抗力に抗する仕事率 $hv_{\mathrm b}^2$ の和に等しい（下の図）。

(1) のつり合いの式に $v_{\mathrm b}$ をかけると確かめられる。 $IBL\cos\theta\cdot v_{\mathrm b}=I\cdot\left(v_{\mathrm b}BL\cos\theta\right)=I\cdot RI=RI^2$ なので

$$Mg\sin\theta\cdot v_{\mathrm b}=RI^2+hv_{\mathrm b}^2$$

答　運動エネルギーは一定なので、位置エネルギーの減少の割合が、消費電力と抵抗力に抗する仕事率の和に等しい。（5点）

別解

問3 (1)　エネルギーの収支から $v_{\mathrm b}$ を求める

本解の (3) の関係を先に使う。 $Mg\sin\theta\cdot v_{\mathrm b}=RI^2+hv_{\mathrm b}^2$ に $I=\dfrac{v_{\mathrm b}BL\cos\theta}{R}$ を入れると、両辺が $v_{\mathrm b}$ を含み、 $v_{\mathrm b}$ で割れて本解と同じ $v_{\mathrm b}$ が出る。一般形から無い項を消す見方（電池もコンデンサーも外力も無いので、位置エネルギーの減少＝ジュール熱＋抵抗力の仕事）だが、力のつり合いの方が見通しがよいので本解にした。

以下の文章で、 $\text{関係式}\,\boxed{\text{ア}}$ から $\text{数式}\,\boxed{\text{コ}}$ までに入るべき語または式を解答用紙の所定の欄に記入し、問いに答えよ。

$n\ [\mathrm{mol}]$ の理想気体の絶対温度 $T\ [\mathrm{K}]$、圧力 $P\ [\mathrm{N/m^2}]$、および体積 $V\ [\mathrm{m^3}]$ の間には、 $\text{関係式}\,\boxed{\text{ア}}$ の関係があり、これを理想気体の状態方程式という。ただし、 $R\ [\mathrm{J/mol\cdot K}]$ は気体定数と呼ばれる定数である。理想気体の内部エネルギー $U\ [\mathrm{J}]$ は、温度 $T$ に比例するが体積 $V$ には依存せず、単原子分子の理想気体の場合には $U=\dfrac32nRT$ となることが知られている。

今、 $n\ [\mathrm{mol}]$ の単原子分子理想気体がヒーターのついた断面積 $S\ [\mathrm{m^2}]$ のシリンダー内に、滑らかに動くピストンで閉じ込められているとする。最初、ピストンには図1のようにおもりが載せられていて、気体の温度、体積、および圧力はそれぞれ $T_0\ [\mathrm{K}]$、 $V_0\ [\mathrm{m^3}]$、および $P_0\ [\mathrm{N/m^2}]$ であったとする。この状態をAと呼ぶ。この時、気体がおもりとピストンを支えている力 $F\ [\mathrm{N}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{イ}}$ である。

〔Ⅰ〕 状態Aから、ヒーターで気体を加熱し体積が $2V_0$ になるまで膨張させたとする(過程Ⅰ)。この結果得られた状態をBと呼ぶ。この状態Bの気体の温度 $T_{\mathrm{B}}\ [\mathrm{K}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{ウ}}$ である。この過程Ⅰの間に、ピストンが動いた距離 $X\ [\mathrm{m}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{エ}}$ なので、気体が外部にした仕事 $W_1\ [\mathrm{J}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{オ}}$ となる。一方、気体の内部エネルギーの増加 $\Delta U_1\ [\mathrm{J}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{カ}}$ だから、気体が吸収した熱量 $Q_1\ [\mathrm{J}]$ は $T_0$ と $R$ および $n$ を用いて表すと $\text{数式}\,\boxed{\text{キ}}$ となる。

〔Ⅱ〕 同じく最初の状態Aからヒーターで気体を加熱するが、今度はピストンを固定して気体の体積を $V_0$ に保ったまま温度を $T_{\mathrm{B}}$ まで上げたとする(過程Ⅱ)。この結果得られた状態をCと呼ぶ。この過程Ⅱで、気体の内部エネルギーの増加 $\Delta U_2\ [\mathrm{J}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{ク}}$ で、気体が外部にする仕事 $W_2\ [\mathrm{J}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{ケ}}$ なので、気体が吸収する熱量 $Q_2\ [\mathrm{J}]$ は $\text{数式}\,\boxed{\text{コ}}$ となる。

〔Ⅲ〕 上の状態Cから、温度を $T_{\mathrm{B}}$ に保ったまま体積を $V_0$ から $2V_0$ まで膨張させたとする(過程Ⅲ)。その結果得られた状態は過程Ⅰで得られた状態Bに等しい。この過程Ⅲで気体が吸収する熱量を $Q_3\ [\mathrm{J}]$ とする。

問1. 解答用紙のグラフに、縦軸を $P$、横軸を $V$ として状態Aの位置が黒丸で示してある。このグラフに、状態BおよびCの位置を黒丸で示し、その横にそれぞれB、Cと明示せよ。さらに、過程Ⅰ、Ⅱ、およびⅢについて、状態の変化の軌跡と方向を矢印つきの実線で示し、それぞれにⅠ、Ⅱ、およびⅢと明示せよ。

問2. 問1と同じ解答用紙のグラフに、過程Ⅲで気体が吸収した熱量 $Q_3$ の大きさに相当する領域を、斜線をほどこして示せ。

問3. 状態C(温度 $T_{\mathrm{B}}$、体積 $V_0$)にある時、図2のようにシリンダーに体積 $V_0$ の真空の容器をコックを通して接続し、ピストンを固定し熱の出入りを断ったままコックを開いてシリンダー内の気体を噴出させた。気体が容器全体に行き渡った後の気体の温度は、どうなるか。理由とともに40字程度で述べよ。ただし、シリンダーと容器をつなぐ管の体積は無視できるものとする。

空欄ア・イ

ア：理想気体の状態方程式は、圧力・体積・物質量・温度を結ぶ式。

答（ア）　$PV=nRT$（2点）

イ：ピストンとおもりは静止しているので、気体がピストンを押し上げる力 $F$ は、おもりとピストンの重さとつり合っている。この力は、気体の圧力 $P_0$ に面積 $S$ をかけたもの。

答（イ）　$P_0S$（2点）

空欄ウ〜キ（過程Ⅰ）

先に、何が一定かを決める。ピストンはなめらかで、おもりの重さは変わらない。だから、ピストンが上がっていく間も、気体がピストンを押す力は重さとつり合ったまま（ $F=P_0S$ のまま）で、気体の圧力は $P_0$ のまま。過程Ⅰは定圧変化。

ウ：圧力 $P_0$ と物質量 $n$ が一定なので、状態方程式 $P_0V=nRT$ より $\dfrac VT$ が一定（ $V\propto T$ ）。体積が $V_0$ から $2V_0$ の2倍になるので、温度も2倍になる。

$$\dfrac{V_0}{T_0}=\dfrac{2V_0}{T_{\mathrm B}}$$

答（ウ）　$2T_0$（2点）

エ：気体の体積の増加は、断面積×ピストンの動いた距離。

$$SX=2V_0-V_0\quad\therefore\ X=\dfrac{V_0}{S}$$

答（エ）　$\dfrac{V_0}{S}$（2点）

オ：気体は一定の力 $F=P_0S$ でピストンを距離 $X$ だけ押し上げる。気体がした仕事は、力×距離。

$$W_1=P_0S\cdot X=P_0V_0$$

状態Aの状態方程式 $P_0V_0=nRT_0$ より、 $nRT_0$ と書いてもよい。

答（オ）　$P_0V_0$（ $nRT_0$ でもよい）（2点）

カ：内部エネルギーは温度だけで決まり、 $U=\dfrac32nRT$。温度が $T_0$ から $T_{\mathrm B}=2T_0$ に上がったので

$$\Delta U_1=\dfrac32nR(T_{\mathrm B}-T_0)=\dfrac32nRT_0$$

答（カ）　$\dfrac32nRT_0$（2点）

キ：第一法則は「吸収した熱量＝内部エネルギーの増加＋気体がした仕事」。 $T_0$、 $R$、 $n$ で表す指定なので、オ は $W_1=nRT_0$ を使う。

$$Q_1=\Delta U_1+W_1=\dfrac32nRT_0+nRT_0$$

答（キ）　$\dfrac52nRT_0$（3点）

空欄ク〜コ（過程Ⅱ）

過程Ⅱはピストンを固定するので、体積は $V_0$ のまま（定積変化）。気体の体積が変わらないので、気体は外部に仕事をしない。

ク：始めの温度 $T_0$ と終わりの温度 $T_{\mathrm B}$ は過程Ⅰと同じ。内部エネルギーは温度だけで決まるので、増加も過程Ⅰと同じ。

$$\Delta U_2=\dfrac32nR(T_{\mathrm B}-T_0)=\dfrac32nRT_0$$

答（ク）　$\dfrac32nRT_0$（2点）

ケ：体積が変わらないので、仕事はしない。

答（ケ）　$0$（2点）

コ：第一法則より

$$Q_2=\Delta U_2+W_2=\dfrac32nRT_0+0$$

答（コ）　$\dfrac32nRT_0$（3点）

過程ⅠとⅡは、終わりの温度が同じなので内部エネルギーの増加 $\Delta U$ は等しい。吸収した熱量の差 $Q_1-Q_2=nRT_0$ は、過程Ⅰで気体がした仕事 $W_1$ に等しい。下の図は、長さが熱量・エネルギーの量を表す。

問1

Bは過程Ⅰの終わりの状態で、圧力 $P_0$、体積 $2V_0$。Cの圧力は、体積 $V_0$ のまま温度が $T_0$ から $T_{\mathrm B}=2T_0$ に上がっているので、圧力と温度の比が等しい。状態方程式から $\dfrac PT$ が一定。

$$\dfrac{P_0}{T_0}=\dfrac{P_{\mathrm C}}{2T_0}\quad\therefore\ P_{\mathrm C}=2P_0$$

Cは $(V_0,\ 2P_0)$、Bは $(2V_0,\ P_0)$。過程Ⅰ（A→B）は水平に右向き、過程Ⅱ（A→C）は縦に上向き。過程Ⅲ（C→B）は、同じ温度 $T_{\mathrm B}$ の等温線の上を動く。等温線は $PV=2P_0V_0$（一定）の反比例の曲線で、CとBを直線で結ばない。方眼で $V=\dfrac32V_0$ のとき $P=\dfrac{2P_0V_0}{\frac32V_0}=\dfrac43P_0$ を通る（ $P_0$ と $\dfrac32P_0$ の間で、下から $\dfrac23$ の高さ）。

答　上の図（BとCに黒丸を打って横にB・Cと書く。Ⅰは水平に右向き、Ⅱは縦に上向き、Ⅲは $\dfrac32V_0$ で $\dfrac43P_0$ を通る反比例の曲線を右下向きに矢印でたどり、それぞれⅠ・Ⅱ・Ⅲと書く）（8点）

問2

過程Ⅲは温度 $T_{\mathrm B}$ のまま膨張する等温の過程。内部エネルギーは温度だけで決まるので $\Delta U_3=0$。第一法則 $Q_3=\Delta U_3+W_3$ より、吸収した熱量は気体がした仕事に等しい。

$$Q_3=W_3$$

気体がした仕事は p-V 図の曲線の下の面積。範囲は $V_0$ から $2V_0$ まで、曲線と横軸（ $P=0$ ）の間。過程Ⅰの下の長方形（ $W_1$ ）とは違うので注意。

答　上の図（過程Ⅲの曲線の下、 $V=V_0$ から $2V_0$ までを、横軸まで斜線で塗る）（4点）

（大きさは問われていないが、等温の仕事の公式を使えば $Q_3=2nRT_0\log_e2$ で、 $W_1=nRT_0$ より大きい。）

問3

熱の出入りを断っているので $Q=0$。ピストンは固定で、広がる先は真空なので、気体を押し返すものがなく、気体は仕事をしない。 $W=0$。第一法則より

$$0=\Delta U+0\quad\therefore\ \Delta U=0$$

理想気体の内部エネルギーは温度だけで決まるので、温度は変わらない（ $T_{\mathrm B}$ のまま）。

答　断熱で真空へ広がるだけで仕事をしないので、内部エネルギーは変わらず、温度は変わらない。（6点）

終わりの状態は温度 $T_{\mathrm B}$、体積 $2V_0$、圧力 $P_0$ で、Bと同じ状態になる（圧力は $\dfrac12$ 倍）。ただし、真空への拡散は温度が変わらなくても、ゆっくりした等温変化ではない。途中の状態は p-V 図の曲線の上にない。

別解

空欄ウ（状態方程式を2本並べる）

状態Aは $P_0V_0=nRT_0$、状態Bは $P_0\cdot2V_0=nRT_{\mathrm B}$。辺々を割って $T_{\mathrm B}=2T_0$。本解は圧力と物質量が一定であることから比を作るので、式が1本ですむ。

空欄キ（5:3:2 で一気に求める）

定圧変化の単原子分子は $Q:\Delta U:W=5:3:2$。オ の $W_1=nRT_0$ を「2」とみて、 $Q_1=\dfrac52W_1=\dfrac52nRT_0$ と求められる。速いが、5:3:2 は単原子分子の定圧変化だけで使える。