【解説・配点付き】2005年九州大学物理の解答・解説

地上から高さ $H\ [\mathrm{m}]$ の場所を水平に速さ $V\ [\mathrm{m/s}]$ で移動している飛行機がある。飛行機につながれているボールをそっと切り離して落とし、飛行機よりも遅い速さ $v\ [\mathrm{m/s}]$ で同じ向きへ走行している自動車でキャッチしようと考えた。自動車とボールの質量はそれぞれ $M\ [\mathrm{kg}]$ と $m\ [\mathrm{kg}]$ である。飛行機と自動車は同一鉛直面内を移動し、水平方向は右向きを正、鉛直方向は上向きを正とする。重力加速度の大きさは $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ とし、空気の抵抗と自動車の長さと高さは無視できるとする。以下の問いに答えよ。

問1. 次の文章中の $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{オ}}$ の空欄を適当な数式で埋めよ。

図1のように、A地点の上空で飛行機がボールを落とした瞬間にB地点を走行中の自動車が加減速することなしにC地点でボールをキャッチしようと考えた。落とされた瞬間のボールの速度は、地面から見て水平方向は $\boxed{\text{ア}}$ で鉛直方向は $\boxed{\text{イ}}$ である。よって、ボールが地面に落ちるまでの時間は $\boxed{\text{ウ}}$ となり、ボールの水平方向の移動を考えるとAC間の距離は $\boxed{\text{エ}}$ となる。したがって、自動車がC地点でうまくボールをキャッチできるためにはAB間の距離は $\boxed{\text{オ}}$ でなくてはならない。つまり、飛行機と自動車の速さの差が大きいほどAB間の距離を大きくとらなくてはならないということがわかる。

問2. これを実際に行おうとしたところ、図2のように、飛行機がボールを落とした瞬間に自動車はまだその真下のA地点を通過中であった。これにすぐ気づいた自動車はボールが落とされた瞬間から加速して追いかけたが、ボールはその前方C地点で地面と衝突してはねかえった。そして、ボールがD地点に2回目に落ちてきたところで、自動車はちょうどこのボールに追いついてキャッチすることができた。ただし、AD間での自動車の加速度は一定であり、衝突に関して地面は十分になめらかとみなしてよく、ボールと地面の間の反発係数（はねかえり係数）は0.5とする。

(1) C地点で地面と衝突する直前のボールの鉛直方向の速度を求めよ。

(2) CD間の距離を求めよ。

(3) AD間での自動車の加速度を求めよ。

(4) 自動車の出せる最大の速さが $v_{\mathrm{M}}\ [\mathrm{m/s}]$ であったとすると、D地点で自動車がボールに追いつくために飛行機の速さ $V\ [\mathrm{m/s}]$ が満たすべき条件式を求めよ。

(5) 自動車はD地点でボールをキャッチする直前に加速をやめたという。この場合に、ボールをキャッチした直後の自動車の速度を求めよ。ただし、ボールをキャッチする際に自動車と地面の間に摩擦ははたらかないとする。

空欄ア〜オ

ボールは飛行機から切り離されたので、落とされた瞬間は飛行機と同じ速度をもつ。水平は右向きが正、鉛直は上向きが正なので

答（ア）　$V$（2点）

答（イ）　$0$（2点）

その後ボールには重力だけがはたらく。鉛直方向は初速度0の自由落下なので、地面に落ちるまでの時間を $\tau$ とすると（下の図）

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

答（ウ）　$\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$（4点）

水平方向は力を受けないので等速 $V$。AC は、ボールが $\tau$ のあいだに水平に進んだ距離。

答（エ）　$V\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$（4点）

自動車は加減速しないので、同じ時間 $\tau$ に等速 $v$ で BC $=v\tau$ だけ進む。AB は AC と BC の差。

$$\mathrm{AB}=\mathrm{AC}-\mathrm{BC}=V\tau-v\tau=(V-v)\tau$$

答（オ）　$(V-v)\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$（5点）

問2 (1)

C に落ちる直前のボールの鉛直方向は、初速度0の自由落下を $\tau$ だけ続けた速度。上が正なので負。

$$v_y=-g\tau=-g\sqrt{\frac{2H}{g}}$$

答　$-\sqrt{2gH}$（4点）

問2 (2)

床はなめらかなので、はね返るとき変わるのは床に垂直な鉛直成分だけ。水平成分 $V$ は変わらない（下の図）。反発係数は 0.5 なので、直後の鉛直成分は逆向き（上向き）で大きさが 0.5 倍。

$$v_y’=0.5\sqrt{2gH}\quad(\text{上向き})$$

C から D まで、ボールは上がって同じ高さの床にもどる。C から D までの時間を $t_2$ とする。同じ高さにもどるときの速度は、大きさが同じで逆向きなので

$$-v_y’=v_y’-gt_2\qquad\therefore\ t_2=\frac{2v_y’}{g}=\frac{\sqrt{2gH}}{g}=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\tau$$

はね返ったあとの空中の時間は、最初に落ちた時間と同じ（反発係数が 0.5 だから）。この間、水平方向は速さ $V$ の等速。

$$\mathrm{CD}=V\tau$$

答　$V\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$（6点）

（AC と CD は同じ長さで、A→C と C→D はどちらも時間 $\tau$）

問2 (3)

自動車は、A から D まで、ボールと同じ時間 $2\tau$ のあいだに、ボールと同じ距離を進む。AD は AC と CD の和。

$$\mathrm{AD}=V\tau+V\tau=2V\tau$$

自動車の平均の速さは、距離÷時間で

$$\frac{2V\tau}{2\tau}=V$$

加速度が一定の運動の平均の速さは、最初の速さと最後の速さのまん中。D での自動車の速さを $v_{\mathrm D}$ とすると（下の図。v-t グラフで、$V$ の水平線と自動車の直線が時刻 $\tau$ で交わり、2つの三角形の面積が等しい）

$$\frac{v+v_{\mathrm D}}{2}=V\qquad\therefore\ v_{\mathrm D}=2V-v$$

加速度は、速さの変化÷時間。

$$\alpha=\frac{v_{\mathrm D}-v}{2\tau}=\frac{(2V-v)-v}{2\tau}=\frac{V-v}{\tau}$$

答　$(V-v)\sqrt{\dfrac{g}{2H}}$（7点）

問2 (4)

自動車の加速度は一定で、A から D までずっと速さがふえつづける。なので、自動車の速さは D でいちばん大きく、(3) の結果から $2V-v$。これが自動車の出せる最大の速さ $v_{\mathrm M}$ 以下であればよい。

$$2V-v\leqq v_{\mathrm M}$$

答　$V\leqq\dfrac{v+v_{\mathrm M}}{2}$（6点）

（問題の前提 $v<V$ とあわせて、$v<V\leqq\dfrac{v+v_{\mathrm M}}{2}$ となる）

問2 (5)

キャッチの直前と直後で、自動車とボールにはたらく力を調べる。加速をやめているので、自動車に水平方向の力はない。キャッチで自動車とボールが及ぼし合う力は、作用反作用の内力。自動車とボールが地面から受ける力は、摩擦がないので鉛直方向だけ（外力）。なので水平方向には外力がなく、水平方向だけ運動量が保存する。鉛直方向は、地面から受ける力のため、運動量は保存しない（下の図）。

キャッチの直前の水平の速度は、自動車が $2V-v$、ボールが $V$。直後の速度を $u$ とする（右向きが正）。

$$M(2V-v)+mV=(M+m)u$$

$$u=\frac{M(2V-v)+mV}{M+m}$$

答　$\dfrac{(2M+m)V-Mv}{M+m}$　［5点］（右向き）

別解

問1 オ　（相対速度で）　自動車から見ると、ボールは水平に相対速度 $V-v$ で近づいてくる（相手引く自分）。時間 $\tau$ で近づく距離がそのまま AB。

$$\mathrm{AB}=(V-v)\tau=(V-v)\sqrt{\frac{2H}{g}}$$

同じ答え。本解は AC−BC で、ボールと自動車それぞれの移動を見る形にした。

問2 (3)　（位置の式で）　自動車は初速度 $v$、加速度 $\alpha$ の等加速度運動。時間 $2\tau$ で AD $=2V\tau$ だけ進むので、何から何を求めるかで、位置の式を選ぶ。

$$2V\tau=v\cdot2\tau+\frac12\alpha(2\tau)^2\qquad\therefore\ \alpha=\frac{V-v}{\tau}=(V-v)\sqrt{\frac{g}{2H}}$$

同じ答え。D での速さは $v+\alpha\cdot2\tau=2V-v$ と求まる。本解は「平均の速さ＝$V$」の見通しで、式を立てずに v-t グラフの面積で決める形にした。

以下の問いに答えよ。ただし、導線の抵抗と電池の内部抵抗は無視できるものとする。

問1. 次の文章中の $\boxed{\text{ア}}$ と $\boxed{\text{イ}}$ の空欄に最も適当な語句または数式を記入し、 $\boxed{\text{ウ}}$ と $\boxed{\text{エ}}$ の空欄には図3中の記号を用いた数式を記入せよ。

(1) 磁場の向きに対して角度 $\theta\ [\mathrm{rad}]$ の向きに張った導線に $I\ [\mathrm{A}]$ の電流を流すとき、導線の長さ $L\ [\mathrm{m}]$ の部分が受ける力の大きさ $F\ [\mathrm{N}]$ は、磁束密度を $B\ [\mathrm{T}]$ とすると、

$$F=\boxed{\text{ア}}$$

と表すことができる。

(2) 図3のように、起電力 $E_1\ [\mathrm{V}]$、 $E_2\ [\mathrm{V}]$、 $E_3\ [\mathrm{V}]$ の電池と、抵抗値 $R_1\ [\Omega]$、 $R_2\ [\Omega]$、 $R_3\ [\Omega]$ の電気抵抗とで構成される直流回路がある。電気抵抗 $R_1$、 $R_2$、 $R_3$ を流れる電流を $I_1\ [\mathrm{A}]$、 $I_2\ [\mathrm{A}]$、 $I_3\ [\mathrm{A}]$ とし、それぞれ図3中の矢印の向きを正とする。電流 $I_1$、 $I_2$、 $I_3$ を求めるには、次の2つの法則を用いればよい。

① $\boxed{\text{イ}}$ の第一法則　図3の接続点bについてこの法則は $I_1=\boxed{\text{ウ}}$ と書ける。

② $\boxed{\text{イ}}$ の第二法則　図3の閉回路abcdefについてこの法則は $E_1=\boxed{\text{エ}}$ と書ける。

問2. 図4のように、閉回路abcdが磁場中に置かれている。辺adおよびbcには、それぞれ抵抗値 $3\ \Omega$ の電気抵抗が接続されている。いま、図5のように、この回路を貫く磁束 $\phi\ [\mathrm{Wb}]$ を $0\ \mathrm{Wb}$ から $2\ \mathrm{Wb}$ の範囲で変化させる。ただし、回路を流れる電流が作る磁場は無視できるものとする。

(1) 時刻 $t\ [\mathrm{s}]$ が $0\ \mathrm{s}$ から $5\ \mathrm{s}$ までの間に回路全体に生じる誘導起電力を図示せよ。ただし、誘導起電力は、a→b→c→dの向きに誘導電流を流す向きを正とする。

(2) 時刻 $t\ [\mathrm{s}]$ が $0\ \mathrm{s}$ から $5\ \mathrm{s}$ までの間に回路全体から発生するジュール熱の総量を求めよ。

問3. 図6のように、一辺の長さ $L\ [\mathrm{m}]$ の正方形を2つ用いて構成されるはしご型の回路abcdefを紙面と平行に置いた。辺af、be、cdには抵抗値 $R\ [\Omega]$ の電気抵抗が接続されている。いま、辺afと垂直に $x$ 軸をとり、 $x$ 軸の正の向きに速度 $v\ [\mathrm{m/s}]$ でこの回路を移動させる。 $x>3L$ の領域には紙面に垂直に裏から表に向かう磁束密度 $B\ [\mathrm{T}]$ の一様な磁場があるとする。時刻 $t=0\ [\mathrm{s}]$ での辺afの位置を $x=0\ [\mathrm{m}]$ として、次の問いに答えよ。ただし、移動中に回路は変形しないものとし、図6のように、電流はa→fおよびc→dの向きを正とする。

(1) 時刻 $t\ [\mathrm{s}]$ が $\dfrac{L}{v}<t<\dfrac{2L}{v}$ の範囲において、辺afに流れる電流 $I_1\ [\mathrm{A}]$ および辺cdに流れる電流 $I_2\ [\mathrm{A}]$ を求めよ。

(2) 時刻 $t\ [\mathrm{s}]$ が $\dfrac{2L}{v}<t<\dfrac{3L}{v}$ の範囲において、辺afに流れる電流 $I_1\ [\mathrm{A}]$ および辺cdに流れる電流 $I_2\ [\mathrm{A}]$ を求めよ。

空欄ア〜エ

空欄ア

力を受けるのは、磁場のうち導線に垂直な成分。導線と磁場のなす角が $\theta$ なので、垂直な成分は $B\sin\theta$（平行な成分 $B\cos\theta$ は力を生まない）。垂直なときの力 $IBL$ の $B$ を $B\sin\theta$ に置きかえればよい。

$$F=I\,(B\sin\theta)\,L$$

答（ア）　$IBL\sin\theta$（3点）

空欄イ

直流回路の電流と電圧を決める2つの法則は、第一法則（接続点で電流の和が0）・第二法則（閉じた道を1周すると電位は元にもどる）で、キルヒホッフの法則。

答（イ）　キルヒホッフ（2点）

空欄ウ

図3 の電流の矢印は、3本とも上向き。接続点 b から見ると、どれも b に流れこむ向き。流れこむ電流の和は0なので

$$I_1+I_2+I_3=0$$

よって $I_1=-I_2-I_3$ 。矢印が3本とも同じ向きなので、 $I_1=I_2+I_3$ とは書けない。

答（ウ）　$-I_2-I_3$（3点）

空欄エ

閉回路 abcdef を a→b→c→d→e→f→a の向きに1周する。電池は3つとも上が＋極。

・左の枝（f→a と上る）：電池を−極から＋極へ通るので $+E_1$ 。抵抗は電流 $I_1$（上向き）と同じ向きに通るので $-R_1I_1$ 。

・右の枝（c→d と下る）：電流 $I_3$（上向き）と逆向きに抵抗を通るので $+R_3I_3$ 。電池は＋極から−極へ通るので $-E_3$ 。

1周して電位は元にもどるので、足して0。

$$E_1-R_1I_1+R_3I_3-E_3=0$$

答（エ）　$R_1I_1-R_3I_3+E_3$（4点）

問2 (1)

図4 は見取り図。上から見た図に直すと、a・b が奥、d・c が手前で、a→b→c→d は時計回り。 $\phi$ は上向き。

起電力の大きさは図5 の傾き $\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}$ 。

・$0\sim1\ \mathrm{s}$：$\dfrac{2-0}{1-0}=2\ \mathrm{Wb/s}$ 。上向きの磁束が増えるので、下向きの磁場をつくる向き、つまり上から見て時計回り（a→b→c→d）に起電力が生じる。正で $+2\ \mathrm V$ 。

・$1\sim3\ \mathrm{s}$：磁束は一定で傾き0。起電力は $0$ 。

・$3\sim5\ \mathrm{s}$：$\dfrac{0-2}{5-3}=-1\ \mathrm{Wb/s}$ 。上向きの磁束が減るので、補う向き（上向きの磁場をつくる向き＝反時計回り）に起電力が生じる。負で $-1\ \mathrm V$ 。

起電力は、a→b→c→d を正とすると $V=+\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}$ と書ける（上向きの磁束が増えるときに正）。下のグラフは、 $\phi$–$t$ グラフと時間軸をそろえて上下に並べてある。傾きがそのまま起電力の高さになっている。

答　上のグラフ（$0\sim1\ \mathrm s$ で $2\ \mathrm V$、 $1\sim3\ \mathrm s$ で $0$、 $3\sim5\ \mathrm s$ で $-1\ \mathrm V$）（7点）

問2 (2)

2つの抵抗は閉回路に直列なので、全体の抵抗は $3+3=6\ \Omega$ 。起電力 $V$ が一定の区間では電流も一定で、消費電力は $\dfrac{V^2}{6}$ 。ジュール熱は、消費電力に時間をかけて区間ごとに足す（符号は2乗で消える）。

$$\dfrac{2^2}{6}\times1+0+\dfrac{(-1)^2}{6}\times2=\dfrac23+\dfrac13=1$$

答　$1\ \mathrm J$（6点）

問3 (1)

時刻 $\dfrac Lv<t<\dfrac{2L}{v}$ では、cd（$x=2L+vt$）だけが $x>3L$ の磁場の中に入っている。cd は速さ $v$ で磁場を横切るので起電力 $vBL$ が生じる。正電荷が受ける力は、速度（右）から磁場（手前）へ回す向きで下向きなので、cd は「下側が＋極」の電池。af と be は抵抗だけ。電流は $I_1$（af）・$I’$（be）・$I_2$（cd）を、すべて上から下を正とする。

（見方：右の正方形 bcde のうち磁場の中の部分は、1秒間に面積 $vL$ ずつ増える。ファラデーの法則で起電力は $\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}=vBL$ で、向きは手前向きの磁束が増えるのを打ち消す時計回り（cd では下向き）。）

・第一法則（上の導線の接続点）：$I_1+I’+I_2=0$

・左の閉じた道 a→b→e→f→a：be は電流と同じ向きに下るので $-RI’$、af は電流と逆向きに上るので $+RI_1$ 。 $-RI’+RI_1=0$ より $I’=I_1$

・右の閉じた道 b→c→d→e→b：cd は抵抗を電流と同じ向きに下って $-RI_2$、電池を＋極に向かって通るので $+vBL$、be は電流と逆向きに上るので $+RI’$ 。

$$-RI_2+vBL+RI’=0$$

第一法則と $I’=I_1$ から $I_2=-2I_1$ 。右の式に入れると $2RI_1+vBL+RI_1=0$ なので $I_1=-\dfrac{vBL}{3R}$ 。 $I_2=-2I_1$ から $I_2=\dfrac{2vBL}{3R}$ 。 $I_1$ が負なのは、af の電流が下向き（a→f）ではなく上向き（f→a）に流れるから。

答　$I_1=-\dfrac{vBL}{3R}$（5点）

答　$I_2=\dfrac{2vBL}{3R}$（5点）

問3 (2)

時刻 $\dfrac{2L}{v}<t<\dfrac{3L}{v}$ では、be（$x=L+vt$）と cd が磁場の中に入る。be と cd がどちらも「下側が＋極」の電池 $vBL$ に置きかわる。電流の置き方は (1) と同じ。

・第一法則：$I_1+I’+I_2=0$

・左の閉じた道 a→b→e→f→a：be を電流と同じ向きに下るので、抵抗で $-RI’$、電池で $+vBL$ 。af は上るので $+RI_1$ 。 $-RI’+vBL+RI_1=0$

・右の閉じた道 b→c→d→e→b：cd は下りて $-RI_2+vBL$ 。be は上るので、電池を＋極から−極へ通って $-vBL$、抵抗は電流と逆向きで $+RI’$ 。 $-RI_2+vBL-vBL+RI’=0$ より $I’=I_2$

第一法則から $I_1=-2I_2$ 。左の式に入れると $-RI_2+vBL-2RI_2=0$ なので

$$I_2=\dfrac{vBL}{3R},\qquad I_1=-\dfrac{2vBL}{3R}$$

（見方：右の正方形 bcde は全体が磁場の中にあって磁束が変わらず、be と cd の起電力が打ち消し合う。磁束が増えるのは、磁場にかかりはじめた左の正方形 abef だけ。右の正方形が全部磁場の中でも、回路の一部（af）がまだ外なので、電流は0にならない。）

答　$I_1=-\dfrac{2vBL}{3R}$（3点）

答　$I_2=\dfrac{vBL}{3R}$（2点）

別解

問3　ループごとにファラデーの法則で（磁束の見方）

(1) 手前向きの磁束が増えるのは右の正方形 bcde だけで、起電力 $vBL$（時計回り）。左の正方形 abef には起電力がない。左右の正方形に時計回りの電流 $i_1$・$i_2$ を置くと、be は両方の電流が逆向きに通る（左は下向き、右は上向き）ので、 $i_1-i_2$ が下向きに流れる。

・左：$0=Ri_1+R(i_1-i_2)$

・右：$vBL=Ri_2+R(i_2-i_1)$

これを解いて $i_2=\dfrac{2vBL}{3R}$、 $i_1=\dfrac{vBL}{3R}$ 。cd の電流は時計回りで下向きなので $I_2=i_2$、af の電流は時計回りで上向きなので $I_1=-i_1$ 。本解と同じ。

(2) 磁束が増えるのは左の正方形 abef だけで、右の正方形は磁束が変わらない。

・左：$vBL=Ri_1+R(i_1-i_2)$

・右：$0=Ri_2+R(i_2-i_1)$

右から $i_1=2i_2$ 。左に入れると $vBL=3Ri_2$ なので $i_2=\dfrac{vBL}{3R}$、 $i_1=\dfrac{2vBL}{3R}$ 。 $I_2=i_2$、 $I_1=-i_1$ で、本解と同じ。辺ごとに電池を置く本解の方が、各辺の向きを間違えにくい。

図7のように、1モルの単原子分子理想気体が断面積 $S\ [\mathrm{m^2}]$ のシリンダー内に、滑らかに動くピストンで閉じこめられている。シリンダーには温度調節器が取り付けてあり、シリンダー内の気体を加熱したり冷却したりできる。ただし、温度調節器の体積と熱容量は無視でき、シリンダーとピストンは断熱材でできており、それらを通した熱の出入りは考えなくてよい。以下の文章を読んで各問いに答えよ。

図8(a)のように、この装置を水平に置きシリンダー内の理想気体の圧力を外の大気圧 $P\ [\mathrm{N/m^2}]$ と等しくすると、シリンダー底面からピストンまでの距離は $L\ [\mathrm{m}]$ となった。この状態を状態Aとする。内部エネルギーは温度に $\dfrac32R$ （ただし、 $R$ は気体定数）を掛け合わせることで与えられることから、状態Aの内部エネルギー $U_{\mathrm{A}}\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{ア}}$ である。次に、状態Aにおいて温度調節器のスイッチを入れ、ピストンの位置を一定に保ちながら気体を加熱して圧力を2倍にした。これを状態Bとする（図8(b)）。状態Aから状態Bへの変化（過程A→B）で気体に加えた熱量 $Q_1\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{イ}}$ である。ここで、温度調節器のスイッチを切り、状態Bから気体をゆっくりと断熱膨張させると、ピストンはシリンダー底面から $L_{\mathrm{C}}\ [\mathrm{m}]$ の距離で静止した。これを状態Cとする（図8(c)）。状態B、Cにおける内部エネルギーをそれぞれ $U_{\mathrm{B}}\ [\mathrm{J}]$、 $U_{\mathrm{C}}\ [\mathrm{J}]$ とすると、過程B→Cにおける内部エネルギーの変化 $(U_{\mathrm{C}}-U_{\mathrm{B}})\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{ウ}}$ であり、この過程で気体がした仕事 $W_1\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{エ}}$ である。最後に、状態Cで再び温度調節器のスイッチを入れ、気体を冷却して状態Aに戻した。過程C→Aにおける内部エネルギーの変化 $(U_{\mathrm{A}}-U_{\mathrm{C}})\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{オ}}$ であり、気体がした仕事 $W_2\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{カ}}$ である。したがって、過程C→Aで気体から奪った熱量 $Q_2\ [\mathrm{J}]$ は $\boxed{\text{キ}}$ である。

問1. $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{キ}}$ の空欄に入るべき数式を、 $S$、 $P$、 $L$、 $L_{\mathrm{C}}$ を用いて表せ。

問2. 気体に加えた熱量 $Q_1$ と気体から奪った熱量 $Q_2$ の関係を次の中から選び、番号で答えよ。

① $Q_1>Q_2$　② $Q_1=Q_2$　③ $Q_1<Q_2$

問3. 気体のした仕事 $W_1$、 $W_2$ と熱量 $Q_1$、 $Q_2$ との間に成り立つ関係式を書け。

問4. 状態Bにおいて、温度調節器のスイッチを入れたまま、状態Cと同じ圧力になるまで気体を等温的に膨張させた。その状態を $\mathrm{C^*}$ とする。このときのシリンダー底面からピストンまでの距離を $L_{\mathrm{C^*}}$ とすると、 $L_{\mathrm{C}}$ と $L_{\mathrm{C^*}}$ との間に成り立つ関係を次の中から選び、番号で答えよ。

① $L_{\mathrm{C}}>L_{\mathrm{C^*}}$　② $L_{\mathrm{C}}=L_{\mathrm{C^*}}$　③ $L_{\mathrm{C}}<L_{\mathrm{C^*}}$

空欄ア〜キ

先に状況を整理する。ピストンはなめらかで、外は大気圧 $P$。ピストンが自由に動く状態 A・C では、気体の圧力は大気圧とつり合って $P$（C→A の途中も同じ）。B だけはピストンを固定しているので $2P$。1 mol なので $pV=RT$ より、気体の内部エネルギーは $U=\dfrac32RT=\dfrac32pV$ と書ける（$V=Sl$、 $l$ はピストンまでの距離）。

空欄ア

A の圧力は $P$、体積は $SL$。内部エネルギーは圧力と体積の積の $\dfrac32$ 倍。

$$U_{\mathrm A}=\dfrac32\cdot P\cdot SL$$

答（ア）　$\dfrac32PSL$（3点）

空欄イ

A→B は体積一定なので、気体がする仕事は 0。第一法則 $Q_{in}=\Delta U+W$ から、加えた熱量はすべて内部エネルギーの増加になる（$Q_1=U_{\mathrm B}-U_{\mathrm A}$）。B は圧力 $2P$、体積 $SL$ なので $U_{\mathrm B}=\dfrac32\cdot2P\cdot SL=3PSL$。

$$Q_1=3PSL-\dfrac32PSL=\dfrac32PSL$$

答（イ）　$\dfrac32PSL$（4点）

空欄ウ

C は、ピストンが大気圧とつり合って止まった状態なので、圧力 $P$、体積 $SL_{\mathrm C}$。 $U_{\mathrm C}=\dfrac32\cdot P\cdot SL_{\mathrm C}$ なので

$$U_{\mathrm C}-U_{\mathrm B}=\dfrac32PSL_{\mathrm C}-3PSL=-\dfrac32PS(2L-L_{\mathrm C})$$

答（ウ）　$-\dfrac32PS(2L-L_{\mathrm C})$（4点）

空欄エ

B→C は断熱なので $Q=0$。第一法則 $0=(U_{\mathrm C}-U_{\mathrm B})+W_1$ より、気体がした仕事は内部エネルギーの減少分に等しい。

$$W_1=-(U_{\mathrm C}-U_{\mathrm B})=\dfrac32PS(2L-L_{\mathrm C})$$

答（エ）　$\dfrac32PS(2L-L_{\mathrm C})$（4点）

空欄オ

C→A の内部エネルギーの変化は「後−前」。A は $\dfrac32PSL$、C は $\dfrac32PSL_{\mathrm C}$。

$$U_{\mathrm A}-U_{\mathrm C}=\dfrac32PSL-\dfrac32PSL_{\mathrm C}=-\dfrac32PS(L_{\mathrm C}-L)$$

答（オ）　$-\dfrac32PS(L_{\mathrm C}-L)$（4点）

空欄カ

C→A は圧力 $P$ 一定で、体積は $SL_{\mathrm C}$ から $SL$ に減る（圧縮される）。気体がした仕事は圧力×体積の変化（後−前）。

$$W_2=P\left(SL-SL_{\mathrm C}\right)=-PS(L_{\mathrm C}-L)$$

圧縮されるので気体がした仕事は負。

答（カ）　$-PS(L_{\mathrm C}-L)$（4点）

空欄キ

C→A は単原子分子の定圧変化なので、 $Q:\Delta U:W=5:3:2$。仕事の大きさ $PS(L_{\mathrm C}-L)$ が「2」にあたるので、熱の大きさは $\dfrac52$ 倍。この熱は気体から奪われる（放出される）向きなので、問われている「奪った熱量」は正の値で書く。

$$Q_2=\dfrac52PS(L_{\mathrm C}-L)$$

答（キ）　$\dfrac52PS(L_{\mathrm C}-L)$（5点）

各過程の仕事を p-V 図で見ると下の図。B→C で気体がした仕事 $W_1$ は B→C の下の面積（色をつけた部分）、C→A は左向きに進むので気体がした仕事 $W_2$ は負で、大きさは C→A の下の長方形の面積。

問2

1周すると温度がもとにもどるので、内部エネルギーの変化の合計は 0。第一法則を A→B→C→A の3つの過程で全部足すと、吸収した熱量の合計 $Q_1-Q_2$ が、気体がした仕事の合計 $W_1+W_2$ に等しい（A→B の仕事は 0）。p-V 図で A→B（上へ）→ B→C（右下へ）→ C→A（左へ）は時計回りで、時計回りのサイクルは正味の仕事が正になる。

$$Q_1-Q_2=W_1+W_2>0\qquad\therefore\ Q_1>Q_2$$

答　①（4点）

問3

問2 の関係式そのもの。

$$W_1+W_2=Q_1-Q_2$$

p-V 図では、サイクルで囲まれた面積がこの仕事の合計 $W_1+W_2$ にあたる（下の図）。

答　$W_1+W_2=Q_1-Q_2$（4点）

問4

B から等温膨張させて圧力を $P$ にした点が $\mathrm{C^*}$。等温ならば $pV$ は一定なので、 $2P\cdot SL=P\cdot SL_{\mathrm{C^*}}$ より $L_{\mathrm{C^*}}=2L$。一方、B→C の断熱膨張では、気体が仕事をした分だけ内部エネルギーが減り、温度が下がる。B を通る等温曲線を書き足すと、断熱曲線は等温曲線より急に下がるので、圧力 $P$ に着いたとき、断熱の C は等温の $\mathrm{C^*}$ より左（体積が小さい）。したがって $L_{\mathrm C}<L_{\mathrm{C^*}}$。

答　③（4点）

別解

問2（具体的な値で大小を比べる）

断熱膨張はポアソンの式 $pV^{5/3}=$ 一定が使える。B と C で $2P\cdot(SL)^{5/3}=P\cdot(SL_{\mathrm C})^{5/3}$ より $L_{\mathrm C}=2^{3/5}L\fallingdotseq1.52L$。これを使うと $Q_1=\dfrac32PSL$、 $Q_2=\dfrac52PS(L_{\mathrm C}-L)\fallingdotseq1.29PSL$ で $Q_1>Q_2$ と確かめられる。ただし $2^{3/5}$ の値の見当が必要で、問題は $L_{\mathrm C}$ のまま答える指定なので、p-V 図の向きで決める本解の方が速い。

問4（ポアソンの式で数値を比べる）

$L_{\mathrm C}=2^{3/5}L\fallingdotseq1.52L$ と $L_{\mathrm{C^*}}=2L$ を直接比べる。 $2^{3/5}<2$ から $L_{\mathrm C}<L_{\mathrm{C^*}}$。