【解説・配点付き】2021年九州大学物理の解答・解説

図1のように、先端を壁に固定したばね定数 $k_1$、 $k_2$ のばね1、2に、質量 $m_1$、 $m_2$ の小球1、2がそれぞれ取り付けられ、なめらかな水平面上に置かれている。ばね1、2ともに自然の長さで、小球1、2が接した状態で静止している。小球1、2は2つのばねの固定端を結ぶ直線上に置かれ、この直線に沿ってのみ運動できる。小球の大きさ、ばねの質量、空気抵抗は無視できるものとする。小球の変位、速度、加速度はそれぞれ右向きを正として、以下の問いに答えよ。

問1. 図1の状態から、図2のように右側の壁を左に距離 $D$ だけゆっくり移動させたところ、ばね1は $s_1$、ばね2は $s_2$ だけ縮み、小球1、2が静止した。その後、壁を固定した。

(1) 小球1が小球2を押す力の大きさを $s_1$ を使って表せ。

(2) $s_1$ および $s_2$ の大きさを求めよ。

問2. 次に、図2の状態から小球1を手でゆっくりと左に移動させる。小球2も小球1と接した状態で左に移動し、さらに小球1を左に移動させるとやがて小球2は小球1とはなれて停止した。図3のように小球間の距離が $d$ になった状態で静かに手をはなしたところ、小球1は動き出し、小球2に衝突した。このとき、衝突時間はきわめて短く、運動量保存則が成り立つものとする。以下の問いに答えよ。

(1) 手をはなす直前のばね1の縮みを $D$ および $d$ を用いて表せ。

(2) 小球2に衝突する直前の小球1の速度 $V_0$ を求めよ。

(3) $V_0$ および衝突直後の小球1と小球2の速度 $V_1$、 $V_2$ を用いて、衝突前後での運動量保存則を表す式を書け。

(4) 小球1、2の間の反発係数 $e\,(e>0)$ を $V_0$、 $V_1$ および $V_2$ を用いて表せ。

(5) $V_1$ および $V_2$ をそれぞれ $V_0$ を用いて表せ。

(6) 図4のように、衝突後、小球2は小球1とはなれて右側へ運動し始めた。小球2は、小球1と再び衝突する前に、衝突点からの変位 $x_2$ が最大となる位置に達した。この最大変位を $V_2$ を用いて表せ。

(7) 衝突から問2(6)の最大変位に達するまでの時間を求めよ。

(8) $d=2D$、 $m_1=m_2=m_0$、 $k_1=4k_0$、 $k_2=k_0$、 $e=1$ とする。このとき、小球1、2の衝突点からの変位 $x_1$ および $x_2$ の時間変化を、 $x_1$ は実線で、 $x_2$ は破線で図示せよ。ただし、方眼紙の縦軸は変位 $x_1$、 $x_2$ を、横軸は衝突からの時間 $t$ を表す。 $T_0=\pi\sqrt{\dfrac{m_0}{k_0}}$ として、 $0\leqq t\leqq T_0$ の範囲で示せ。

問1 (1)

小球1にはたらく力は、重力 $m_1g$、床からの垂直抗力 $R_1$、ばね1からの力（ $s_1$ 縮んでいるので右向きに $k_1s_1$）、小球2から押される力（左向きに $N$）（下の図）。小球1は静止しているので、水平方向のつり合いより

$$N=k_1s_1$$

小球1が小球2を押す力は、作用反作用でこの $N$ と同じ大きさ。

答　$k_1s_1$（4点）

問1 (2)

小球2の水平方向のつり合い（ばね2から左向きに $k_2s_2$、小球1から右向きに $N$）より $N=k_2s_2$。(1) と合わせて

$$k_1s_1=k_2s_2$$

小球が $s_1$ 左へずれるとき、ばね1は $s_1$ 縮む。壁は $D$ 左へ動くので、ばね2の長さは $D-s_1$ だけ短くなり、これがばね2の縮み $s_2$ （上の図）。よって

$$s_1+s_2=D$$

2式を連立して

$$s_1=\frac{k_2}{k_1+k_2}D,\qquad s_2=\frac{k_1}{k_1+k_2}D$$

答　$s_1=\dfrac{k_2}{k_1+k_2}D$、 $s_2=\dfrac{k_1}{k_1+k_2}D$（5点）

（ばね定数が小さい方が大きく縮む。 $k_1=k_2$ なら $\dfrac D2$ ずつ）

問2 (1)

小球1を左へゆっくり動かす間、小球2はつり合いを保ちながら動くので、小球2が小球1を押す力はばね2の力に等しい。ばね2が自然の長さになるとこの力は0になり、それより左へは、ばね2が小球2を右へ引き戻す。よって小球2はばね2が自然の長さの位置で小球1から離れて止まる（ばねにつながった物体と接していれば、自然の長さで離れる）。

この位置は、問1で見たとおり、ばね1の自然の長さの位置より $D$ 左。手をはなす直前、小球1はそこからさらに $d$ 左にあるので（下の図）、ばね1の縮みは $D+d$。

答　$D+d$（4点）

問2 (2)

手をはなしてから小球2に当たるまで、小球1にはたらく力は重力・床の垂直抗力・ばね1の力。重力と垂直抗力は運動の向きと垂直で仕事をしないので、力学的エネルギー $E=K+U_k$（運動エネルギー＋ばねの弾性エネルギー）が保存する。小球1が $d$ 進んで衝突点に着くと、ばね1の縮みは「 $D+d$ 縮んでいたのが $d$ だけ小さくなった」ので $D$。手をはなす直前と衝突直前で

$$0+\frac12k_1(D+d)^2=\frac12m_1V_0^{\,2}+\frac12k_1D^2$$

$$V_0^{\,2}=\frac{k_1\{(D+d)^2-D^2\}}{m_1}=\frac{k_1d(2D+d)}{m_1}$$

小球1は右向きに動くので $V_0>0$。

答　$V_0=\sqrt{\dfrac{k_1d(2D+d)}{m_1}}$（5点）

問2 (3)

衝突の瞬間、2球の間にはたらく力は作用反作用の内力。ばねの力は衝突時間がきわめて短いので力積が無視でき、2球の運動量の和が保存する。右向きを正とし、衝突直後の速度 $V_1$、 $V_2$ も右向きに置く（下の図。向きは符号で読む）。「後＝前」で書いて

答　$m_1V_1+m_2V_2=m_1V_0$（3点）

問2 (4)

反発係数の定義の形 $e=-\dfrac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})}$ で書く。小球1から見た小球2の相対速度は、衝突前が $0-V_0=-V_0$、衝突後が $V_2-V_1$ なので

$$e=-\frac{V_2-V_1}{-V_0}$$

答　$e=\dfrac{V_2-V_1}{V_0}$（ $-\dfrac{V_1-V_2}{V_0}$ と同じ）（3点）

問2 (5)

(4) より $V_2=V_1+eV_0$。これを (3) に入れて

$$m_1V_1+m_2(V_1+eV_0)=m_1V_0\qquad\therefore\ V_1=\frac{m_1-em_2}{m_1+m_2}V_0$$

$$V_2=V_1+eV_0=\frac{m_1-em_2+e(m_1+m_2)}{m_1+m_2}V_0=\frac{(1+e)m_1}{m_1+m_2}V_0$$

答　$V_1=\dfrac{m_1-em_2}{m_1+m_2}V_0$、 $V_2=\dfrac{(1+e)m_1}{m_1+m_2}V_0$（5点）

問2 (6)

衝突後の小球2には、水平方向にばね2の力だけがはたらく。小球2はばね2の自然の長さの位置（衝突点）を中心とし、質量 $m_2$、単振動定数 $k_2$ の単振動をする。衝突点は振動の中心なので、衝突直後の速さ $V_2$ が最大の速さで、最大変位の位置（端）では速さ0（下の図）。

最大変位を $A_2$ とし、中心と端で単振動のエネルギー保存（中心からの変位で書く）を立てると

$$\frac12m_2V_2^{\,2}+0=0+\frac12k_2A_2^{\,2}\qquad\therefore\ A_2=V_2\sqrt{\frac{m_2}{k_2}}$$

答　$V_2\sqrt{\dfrac{m_2}{k_2}}$（4点）

問2 (7)

小球2の単振動の周期は $2\pi\sqrt{\dfrac{m_2}{k_2}}$。衝突点（中心）から最大変位の位置（端）までは $\dfrac14$ 周期なので

$$\frac14\cdot2\pi\sqrt{\frac{m_2}{k_2}}=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m_2}{k_2}}$$

答　$\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m_2}{k_2}}$（4点）

問2 (8)

まず衝突直前と直後の速度を求める。(2) に $d=2D$、 $m_1=m_0$、 $k_1=4k_0$ を入れて

$$V_0=\sqrt{\frac{4k_0\cdot2D\cdot(2D+2D)}{m_0}}=\sqrt{\frac{32k_0D^2}{m_0}}=4\sqrt2D\sqrt{\frac{k_0}{m_0}}$$

(5) に $m_1=m_2=m_0$、 $e=1$ を入れて $V_1=0$、 $V_2=V_0$（質量が同じ弾性衝突なので、速度が入れかわる）。

衝突直後から、小球ごとに単振動を定義し直す（下の表。 $x$ は衝突点からの変位）。

小球1　衝突点から $x_1$ 右にいるとき、ばね1の縮みは $D-x_1$ なので、運動方程式は

$$m_0a_1=4k_0(D-x_1)=-4k_0(x_1-D)$$

中心は $x_1=D$（ばね1の自然の長さの位置）、単振動定数は $4k_0$。周期は $2\pi\sqrt{\dfrac{m_0}{4k_0}}=\pi\sqrt{\dfrac{m_0}{k_0}}=T_0$。衝突直後は $x_1=0$ で速さ0なので、ここは振動の端で、振幅は $D$。端から出発するので cos 型で

$$x_1=D-D\cos\frac{2\pi t}{T_0}$$

$t=0,\ \dfrac{T_0}{4},\ \dfrac{T_0}{2},\ \dfrac{3T_0}{4},\ T_0$ で $x_1=0,\ D,\ 2D,\ D,\ 0$。

小球2　中心は衝突点（ $x_2=0$ ）、振幅は (6) より $V_0\sqrt{\dfrac{m_0}{k_0}}=4\sqrt2D$（約 $5.7D$ ）、周期は $2\pi\sqrt{\dfrac{m_0}{k_0}}=2T_0$。中心を右向きに出発するので sin 型で

$$x_2=4\sqrt2D\sin\frac{\pi t}{T_0}$$

$t=0,\ \dfrac{T_0}{4},\ \dfrac{T_0}{2},\ \dfrac{3T_0}{4},\ T_0$ で $x_2=0,\ 4D,\ 4\sqrt2D,\ 4D,\ 0$（ $4\sqrt2D\sin\dfrac\pi4=4D$ ）。

$0<t<T_0$ では常に $x_2>x_1$ で、2球はぶつからない。 $t=T_0$ で2つとも衝突点に戻り、そこで再び衝突する。

答　下の図（実線が $x_1$、破線が $x_2$ ）（8点）

グラフの横に、衝突点からの変位の範囲を並べると、運動とグラフの対応が見やすい（下の図）。

（ $t=0$ で、実線は傾き0（速さ0）からゆるやかに立ち上がり、破線は傾き $V_0$ で立ち上がる。実線の頂点は $\left(\dfrac{T_0}{2},\ 2D\right)$ 、破線の頂点は $\left(\dfrac{T_0}{2},\ 4\sqrt2D\right)$ で、 $6D$ より少し下）

別解

問2 (2)　（単振動のエネルギー保存で）　衝突までの小球1は、ばね1の自然の長さの位置を中心とする単振動定数 $k_1$ の単振動をしている。手をはなした位置は中心から $D+d$ の端、衝突点は中心から $D$ の位置なので

$$\frac12k_1(D+d)^2=\frac12m_1V_0^{\,2}+\frac12k_1D^2$$

水平な床のばねでは振動の中心が自然の長さの位置と一致するので、本解の力学的エネルギー保存とまったく同じ式になる。

問2 (8)　（ $V_1$、 $V_2$ を知識で）　質量が同じで $e=1$ の衝突では速度が入れかわる。(5) に代入しなくても、 $V_1=0$、 $V_2=V_0$ をすぐに書いてよい。

問1. 図1のように、起電力 $V$ の電池、抵抗値 $R$ の抵抗、平行板コンデンサー、およびスイッチが、直列につながれている回路を考える。平行板コンデンサーは、面積 $S$ の同じ形の非常に薄い極板①、②を、間隔 $d$ で向かい合わせて作られている。極板間は真空で、誘電率は $\varepsilon_0$ とする。最初、スイッチは開いており、コンデンサーの電気量は0である。極板の端での電場の歪み、電池内部と導線の抵抗、および回路の自己誘導は無視できるものとして、以下の問いに答えよ。

(1) スイッチを時刻 $t=0$ で閉じた直後に、抵抗の両端にかかる電圧を求めよ。

(2) 時刻 $t=0$ から十分に時間が経過した後、極板①に蓄えられている電気量 $Q$、およびコンデンサーに蓄えられている静電エネルギー $U$ を求めよ。

(3) 時刻 $t=0$ から十分に時間が経過するまでに、電池のした仕事 $W$ を求めよ。解答には、問1(2)の電気量 $Q$ を用いてよい。

(4) 問1(2)、(3)より、コンデンサーに蓄えられた静電エネルギー $U$ は電池のした仕事 $W$ よりも小さな値であることがわかる。この理由を、 $W$ と $U$ の差は、回路のどの場所で、どのようなエネルギーとして主に消費されたかがわかるように、25字以内で説明せよ。（解答欄：25マス）

(5) スイッチを閉じた後 $(t>0)$ に抵抗に流れる電流 $I$ の時間変化を、時刻 $t=0$ から十分に時間が経ったときの様子がわかるように図示せよ。

問2. 真空中に置かれた図2の装置における、質量 $M$、電荷 $q\,(q>0)$ をもつ荷電粒子Pの $xy$ 平面内での運動を考える。図1の平行板コンデンサーの極板①、②を、 $x$ 軸に垂直になるように $x=-2d$、 $-d$ にそれぞれ配置し、起電力 $V$ の電池につなぐ。 $x=0$ には、厚みの無視できる無限に広がったスクリーン状検出器が、 $x$ 軸と垂直に置かれている。極板②およびスクリーン状検出器には、 $x$ 軸に沿って荷電粒子Pが通過できる小孔が開いている。領域 $x>0$（図2の灰色の部分）には、磁束密度の大きさ $B$ の一様な磁場が、紙面と垂直にかけられている。

初速度0で座標 $(x,\ y)=\left(-\dfrac32d,\ 0\right)$ の点Aに置かれた荷電粒子Pは、 $x$ 軸に沿って直線運動し、極板②とスクリーン状検出器の小孔を通りぬけて、磁場中に入射した。その後、荷電粒子Pは、図2の破線のように等速円運動を行い、スクリーン状検出器で検出された。荷電粒子Pには、極板間では一様電場から受ける静電気力、領域 $x>0$ では一様磁場から受けるローレンツ力のみがはたらき、極板②とスクリーン状検出器の小孔の影響は無視できるものとする。以下の問いに答えよ。

(1) 荷電粒子Pが原点Oを通過するときの速さ $v$ を求めよ。

(2) 領域 $x>0$ の一様磁場は、紙面の「表から裏」の向き、「裏から表」の向き、いずれの向きにかけられているか。解答欄の選択肢のいずれかに丸をつけよ。

(3) 領域 $x>0$ において、荷電粒子Pが等速円運動を行う理由を30字程度で答えよ。（解答欄：40マス）

(4) 荷電粒子Pが検出される位置の $y$ 座標 $Y$ を求めよ。解答には、問2(1)の速さ $v$ を用いてよい。

(5) 以下の選択肢の中から、スクリーン状検出器上の $y=2Y$ となる位置で検出される荷電粒子をすべて選べ。ただし、選択肢にある荷電粒子はすべて、点Aに初速度0で置かれるものとする。

選択肢

(a) 質量 $2M$、電荷 $q$

(b) 質量 $4M$、電荷 $q$

(c) 質量 $M$、電荷 $2q$

(d) 質量 $2M$、電荷 $2q$

(e) 質量 $4M$、電荷 $2q$

(f) 質量 $8M$、電荷 $2q$

(g) 質量 $2M$、電荷 $4q$

(h) 質量 $4M$、電荷 $4q$

問1 (1)

閉じた直後、コンデンサーの電気量は0なので極板間の電圧も0。コンデンサーは導線と同じとみなせる（下の図の左）。電池から電流をたどって回路を1周すると、電池で $V$ 上がり、抵抗で下がって元に戻るので、抵抗の電圧は $V$ （このとき電流は $\dfrac VR$ ）。

答　$V$（3点）

問1 (2)

十分に時間がたつと電流は0になる（上の図の右）。抵抗では電圧が下がらないので、電池の電圧 $V$ がすべてコンデンサーにかかる。電池の正極（長い方の極板）は抵抗を通して極板①につながっているので、極板①が正。

平行板コンデンサーの電気容量は、極板間の電場 $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0S}$、 $V=Ed=\dfrac{Qd}{\varepsilon_0S}$ を『 $Q=CV$ 』と比べて『 $C=\varepsilon_0\dfrac Sd$ 』。よって

$$Q=CV=\frac{\varepsilon_0SV}{d}$$

答（ $Q$ ）　$\dfrac{\varepsilon_0SV}{d}$（3点）

電圧 $V$ と容量 $C$ が分かっているので、静電エネルギーは $\dfrac12CV^2$ の形で

$$U=\frac12CV^2=\frac{\varepsilon_0SV^2}{2d}$$

答（ $U$ ）　$\dfrac{\varepsilon_0SV^2}{2d}$（3点）

問1 (3)

電池がした仕事は「電池を通った電気量×起電力」。極板①の電気量は0から $Q$ になったので、電池を通った電気量は $Q$ 。電池の電圧は充電の間ずっと $V$ なので

$$W=Q\times V$$

答　$W=QV\left(=\dfrac{\varepsilon_0SV^2}{d}\right)$（3点）

問1 (4)

エネルギー保存の一般形『 $W_外+W_電=\Delta U+H$ 』（ $H$ は抵抗で発生するジュール熱）で、外力は無いので $W_外=0$。 $W_電=W=QV$、 $\Delta U=U-0=\dfrac12QV$ なので

$$QV=\frac12QV+H\qquad\therefore\ H=\frac12QV$$

電池の仕事 $QV$ のうち、半分の $\dfrac12QV$ だけが静電エネルギーとしてたまり、残りの半分は電流が抵抗を流れる間にジュール熱として出ていく（下の図。長方形全体が $W$ 、直線の下の三角形が $U$ 、上の三角形が $H$ ）。導線と電池の内部の抵抗は無視できるので、熱が出る場所は抵抗だけ。

答　解答例「差は主に抵抗でジュール熱として消費されたから。」（23字）（4点）

（入れる2点は「場所＝抵抗」と「エネルギー＝ジュール熱」。 $H=W-U=\dfrac{\varepsilon_0SV^2}{2d}$ で、 $U$ と同じ大きさ）

問1 (5)

電流は、(1) の閉じた直後に最大の $\dfrac VR$ 。極板①に電気がたまるにつれてコンデンサーの電圧が上がり、抵抗の電圧（＝電池の電圧−コンデンサーの電圧）が下がるので、電流は減っていく。減り方は、電流が大きいはじめほど速く、電流が小さくなるとゆるやかになるので、下に凸の曲線。十分に時間がたつと(2) のとおり電流は0に近づく（0にはならず、横軸に近づいていく）。

電流は電気量の時間変化 $I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$ なので、グラフの下の面積が極板①にたまった電気量 $Q=\dfrac{\varepsilon_0SV}{d}$ になる（下の図）。

答　図の曲線（縦軸に $\dfrac VR$ を書き、そこから下に凸の曲線で減って、十分に時間がたつと0に近づく）（5点）

（式は求められていないが、 $I=\dfrac VRe^{-\frac{t}{RC}}$ 、 $C=\dfrac{\varepsilon_0S}{d}$ ）

問2 (1)

電池の正極（長い方の極板）は極板①につながっているので、極板①の電位が $V$ 、極板②の電位が0。極板間の電場は一様で $+x$ 向き（大きさ $\dfrac Vd$ ）なので、電位は①から②へ一様に下る斜面になる。点A（ $x=-\dfrac32d$ ）は極板のちょうど真ん中なので、電位は $\dfrac V2$ （着眼点の図）。

粒子は電位 $\dfrac V2$ の点Aから電位0の極板②まで静電気力だけを受けて動き、極板②から原点までは力を受けない。エネルギー保存（電気量×その点の電位を位置エネルギーとする）より

$$0+q\cdot\frac V2=\frac12Mv^2+q\cdot0\qquad\therefore\ v=\sqrt{\frac{qV}{M}}$$

答　$v=\sqrt{\dfrac{qV}{M}}$（4点）

問2 (2)

図2の破線では、粒子は原点から $+x$ 向きに入り、左回り（反時計回り）に半円を回って $y>0$ の側で検出器に戻る。円運動の力は中心向きなので、原点で受けるローレンツ力は $+y$ 向き（下の図）。正電荷なので電流の向きは速度と同じ $+x$ 向き。フレミングの左手の法則で、電流 $+x$ ・力 $+y$ になる磁場は紙面の表から裏の向き。

答　「表から裏」（3点）

問2 (3)

ローレンツ力は速度にいつも垂直なので、粒子に仕事をしない。よって運動エネルギーが変わらず、速さ $v$ は一定。速さが一定なので力の大きさ $qvB$ も一定で、速度に垂直な一定の大きさの力が向心力となるので、等速円運動になる。

答　解答例「速度に垂直なローレンツ力は仕事をせず、大きさ一定の向心力としてはたらくから。」（38字）（4点）

（入れる2点は「速度に垂直＝仕事をしない（速さ一定）」と「大きさ一定の力が向心力」）

問2 (4)

ローレンツ力 $qvB$ が向心力なので、円運動の運動方程式は

$$M\frac{v^2}{r}=qvB\qquad\therefore\ r=\frac{Mv}{qB}$$

粒子は原点から半円を回って検出器に戻るので、検出位置は原点から直径 $2r$ の所（(2) の図）。

答　$Y=\dfrac{2Mv}{qB}$（3点）

問2 (5)

(4) の $Y$ に (1) の $v$ を代入して、粒子によって変わる量（ $M$・ $q$ ）だけで表すと

$$Y=\frac{2M}{qB}\sqrt{\frac{qV}{M}}=\frac2B\sqrt{\frac{MV}{q}}\qquad\therefore\ Y\propto\sqrt{\frac Mq}$$

$y=2Y$ で検出されるには $\sqrt{\dfrac Mq}$ が2倍、つまり $\dfrac Mq$ が4倍になればよい。選択肢の $\dfrac Mq$ を並べると

答　(b)、(f)（5点）

（ $\dfrac Mq$ が大きい粒子ほど、加速されたあとの速さは小さいが、それ以上に磁場で曲がりにくいので、遠くで検出される）

別解

問2 (1)　（電場の力の仕事から）　極板間の電場の大きさは $\dfrac Vd$ 。粒子は点Aから極板②まで、電場と同じ向きに $\dfrac d2$ 動くので、静電気力のした仕事は $q\cdot\dfrac Vd\cdot\dfrac d2=\dfrac{qV}{2}$ 。これが運動エネルギーになるので $\dfrac12Mv^2=\dfrac{qV}{2}$、 $v=\sqrt{\dfrac{qV}{M}}$。

1 molの単原子分子理想気体の圧力 $p$ と体積 $V$ を、図1のように、A→B→C→D→A→…と繰り返し変化させる熱機関のサイクルを考える。気体は、過程A→Bでは断熱圧縮され、過程B→Cでは一定の圧力 $p_{\mathrm{B}}$ を保ちながら膨張し、過程C→Dでは断熱膨張し、過程D→Aでは一定の圧力 $p_{\mathrm{A}}\,(p_{\mathrm{A}}<p_{\mathrm{B}})$ を保ちながら圧縮される。状態AとCの気体の体積は等しい。

ここで、状態A、B、C、Dの温度を、それぞれ $T_{\mathrm{A}}$、 $T_{\mathrm{B}}$、 $T_{\mathrm{C}}$、 $T_{\mathrm{D}}$ とし、 $p_{\mathrm{B}}$ と $p_{\mathrm{A}}$ の比を $G=\dfrac{p_{\mathrm{B}}}{p_{\mathrm{A}}}$ と定義する。気体定数を $R$ とすると、この気体の定積モル比熱は $\dfrac32R$、定圧モル比熱は $\dfrac52R$ である。断熱変化では、圧力 $p$ と温度 $T$ の間に、 $Tp^{-\frac25}=$ 一定 の関係が成り立つものとして、以下の問いに答えよ。

(1) $T_{\mathrm{B}}$、 $T_{\mathrm{C}}$、 $T_{\mathrm{D}}$ と $T_{\mathrm{A}}$ の比 $\dfrac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{A}}}$、 $\dfrac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{A}}}$、 $\dfrac{T_{\mathrm{D}}}{T_{\mathrm{A}}}$ を、 $G$ を用いて表せ。

(2) 過程B→Cにおいて、気体が外部から吸収した熱量 $Q_{\mathrm{BC}}\,(Q_{\mathrm{BC}}>0)$ と $RT_{\mathrm{A}}$ の比 $\dfrac{Q_{\mathrm{BC}}}{RT_{\mathrm{A}}}$ を、 $G$ を用いて表せ。

(3) 過程C→Dにおいて、気体が外部にした仕事 $W_{\mathrm{CD}}\,(W_{\mathrm{CD}}>0)$ と $RT_{\mathrm{A}}$ の比 $\dfrac{W_{\mathrm{CD}}}{RT_{\mathrm{A}}}$ を、 $G$ を用いて表せ。

(4) 過程D→Aにおいて、気体が外部に放出した熱量 $Q_{\mathrm{DA}}\,(Q_{\mathrm{DA}}>0)$ と $RT_{\mathrm{A}}$ の比 $\dfrac{Q_{\mathrm{DA}}}{RT_{\mathrm{A}}}$ を、 $G$ を用いて表せ。

(5) 図1に示した気体の状態変化を、気体の温度 $T$ と体積 $V$ の関係で表すとき、A→B、B→C、C→D、D→Aの各過程を、解答紙に図示せよ。なお、各過程の変化が、直線の場合は破線で、曲線の場合は実線で結び、上下どちらに凸であるかを、はっきりとわかるように描け。

(6) 本サイクルの熱効率に関する以下の文章中の $\boxed{\text{ア}}$ 〜 $\boxed{\text{エ}}$ に適切な式を、 $\boxed{\text{a}}$、 $\boxed{\text{b}}$ に適切な数値を記入せよ。

1サイクルの間に気体が外部から吸収した熱量のうち、外部にした仕事に変換された割合を熱効率という。したがって、本サイクルの熱効率 $e_1$ は、 $Q_{\mathrm{BC}}$ と $Q_{\mathrm{DA}}$ を用いて

$$e_1=1-\boxed{\text{ア}}$$

で与えられるが、 $T_{\mathrm{A}}$、 $T_{\mathrm{B}}$、 $T_{\mathrm{C}}$、 $T_{\mathrm{D}}$ を用いれば

$$e_1=1-\frac{\boxed{\text{イ}}}{\boxed{\text{ウ}}}$$

と表される。さらに、 $e_1$ を $G$ を用いて表すと

$$e_1=1-G^{\boxed{\text{a}}}$$

となり、圧力の比のみに依存することがわかる。

次に、本サイクルで気体が外部に放出した熱を利用して、熱効率を改善する新たなサイクルを考える。図2のように、状態Dから圧力を保ちながら状態D′へ変化させる間に気体が外部に放出した熱 $Q_{\mathrm{R}}$ を用いて状態Bの気体を加熱し、圧力を保ちながら状態B′へ変化させた。このとき、過程B→B′→Cにおいて、気体が外部から吸収した熱量は $Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}}$ と減少し、状態D′とB′の温度は、ともに $\dfrac12(T_{\mathrm{D}}+T_{\mathrm{B}})$ と等しくなった。

したがって、新たなサイクルの熱効率 $e_2$ は、 $T_{\mathrm{A}}$、 $T_{\mathrm{B}}$、 $T_{\mathrm{C}}$、 $T_{\mathrm{D}}$ を用いて

$$e_2=1-\frac{\boxed{\text{イ}}+\boxed{\text{エ}}}{\boxed{\text{ウ}}+T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}$$

で与えられる。熱効率の差は

$$e_2-e_1=\frac{T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}{\boxed{\text{ウ}}+T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}\left(G^{\boxed{\text{a}}}-\frac{\boxed{\text{エ}}}{T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}\right)$$

となるが、ここで、 $\dfrac{\boxed{\text{エ}}}{T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}$ を $G$ を用いて表すと

$$\frac{\boxed{\text{エ}}}{T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}=G^{\boxed{\text{b}}}$$

である。すなわち、 $G^{\boxed{\text{b}}}<G^{\boxed{\text{a}}}$ であるから、熱効率の差 $e_2-e_1$ は正となり、熱効率が改善できたことがわかる。

(1)

A→B・C→D は断熱、B→C・D→A は定圧。求めた温度を各点に書き込むと下の図になる。

A→B は断熱なので、与えられたポアソンの式 $Tp^{-\frac25}=$ 一定 を A と B で立てて

$$T_{\mathrm{A}}p_{\mathrm{A}}^{-\frac25}=T_{\mathrm{B}}p_{\mathrm{B}}^{-\frac25}\qquad\therefore\ \frac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{A}}}=\left(\frac{p_{\mathrm{B}}}{p_{\mathrm{A}}}\right)^{\frac25}=G^{\frac25}$$

A と C は体積が同じ。状態方程式 $pV=RT$（1 mol）で $V$ と $R$ が一定なので、 $T\propto p$。C の圧力は A の $G$ 倍なので、温度も $G$ 倍で

$$\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{A}}}=\frac{p_{\mathrm{B}}}{p_{\mathrm{A}}}=G$$

C→D は断熱なので、同じくポアソンの式を C と D で立てて

$$T_{\mathrm{C}}p_{\mathrm{B}}^{-\frac25}=T_{\mathrm{D}}p_{\mathrm{A}}^{-\frac25}\qquad\therefore\ T_{\mathrm{D}}=\left(\frac{p_{\mathrm{A}}}{p_{\mathrm{B}}}\right)^{\frac25}T_{\mathrm{C}}=G^{-\frac25}\cdot GT_{\mathrm{A}}=G^{\frac35}T_{\mathrm{A}}$$

答　$\dfrac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{A}}}=G^{\frac25}$、 $\dfrac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{A}}}=G$、 $\dfrac{T_{\mathrm{D}}}{T_{\mathrm{A}}}=G^{\frac35}$（6点）

（ $G>1$ なので $T_{\mathrm{A}}<T_{\mathrm{B}}<T_{\mathrm{D}}<T_{\mathrm{C}}$。断熱圧縮の A→B で温度が上がり、断熱膨張の C→D で下がることと合う）

(2)

B→C は定圧で膨張する。定圧の熱は、定圧モル比熱 $\dfrac52R$ を使って一発で

$$Q_{\mathrm{BC}}=1\cdot\frac52R(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}})=\frac52R\left(GT_{\mathrm{A}}-G^{\frac25}T_{\mathrm{A}}\right)$$

答　$\dfrac{Q_{\mathrm{BC}}}{RT_{\mathrm{A}}}=\dfrac52\left(G-G^{\frac25}\right)$（4点）

(3)

C→D は断熱なので $Q=0$。第一法則 $Q=\Delta U+W$ より $W_{\mathrm{CD}}=-\Delta U_{\mathrm{CD}}$。内部エネルギーの変化は「後−前」で $\Delta U_{\mathrm{CD}}=\dfrac32R(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{C}})$ なので

$$W_{\mathrm{CD}}=\frac32R(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}})=\frac32R\left(GT_{\mathrm{A}}-G^{\frac35}T_{\mathrm{A}}\right)$$

答　$\dfrac{W_{\mathrm{CD}}}{RT_{\mathrm{A}}}=\dfrac32\left(G-G^{\frac35}\right)$（4点）

（ $G>G^{\frac35}$ なので正。断熱膨張で外に仕事をすることと合う）

(4)

D→A は定圧で圧縮され、温度は $T_{\mathrm{D}}$ から $T_{\mathrm{A}}$ に下がる。吸収した熱量は $\dfrac52R(T_{\mathrm{A}}-T_{\mathrm{D}})<0$ で、放出した熱量はその大きさなので

$$Q_{\mathrm{DA}}=\frac52R(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}})=\frac52R\left(G^{\frac35}T_{\mathrm{A}}-T_{\mathrm{A}}\right)$$

答　$\dfrac{Q_{\mathrm{DA}}}{RT_{\mathrm{A}}}=\dfrac52\left(G^{\frac35}-1\right)$（4点）

(5)

定圧の B→C・D→A：状態方程式 $pV=RT$ より

$$T=\frac pR\,V$$

$p$ が一定なので原点を通る直線（破線）。傾き $\dfrac pR$ は B→C（ $p_{\mathrm{B}}$）の方が D→A（ $p_{\mathrm{A}}$）より大きい。

断熱の A→B・C→D：ポアソンの式 $Tp^{-\frac25}=$ 一定 に $p=\dfrac{RT}{V}$ を入れると $T^{\frac35}V^{\frac25}=$ 一定、両辺を $\dfrac53$ 乗して

$$TV^{\frac23}=\text{一定}\qquad\therefore\ T=\frac{(\text{定数})}{V^{\frac23}}$$

体積が増えると温度が下がり、下に凸の曲線（実線）。A→B は A から左上の B へ、C→D は C から右下の D へ進む。

（参考：各点の体積は、B→C の定圧で $V\propto T$ から $V_{\mathrm{B}}=\dfrac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{C}}}V_{\mathrm{A}}=G^{-\frac35}V_{\mathrm{A}}$ 、D→A の定圧で $V_{\mathrm{D}}=\dfrac{T_{\mathrm{D}}}{T_{\mathrm{A}}}V_{\mathrm{A}}=G^{\frac35}V_{\mathrm{A}}$ 。解答欄の4点はこの位置に印刷されている）

答　下の図（A→B・C→D は下に凸の曲線＝実線、B→C・D→A は延ばすと原点を通る直線＝破線）（6点）

(6)

1サイクルで内部エネルギーはもとに戻るので、仕事は $W=Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{DA}}$。吸収した熱量は $Q_{\mathrm{BC}}$ だけなので

$$e_1=\frac{W}{Q_{\mathrm{BC}}}=1-\frac{Q_{\mathrm{DA}}}{Q_{\mathrm{BC}}}$$

答（ア）　$\dfrac{Q_{\mathrm{DA}}}{Q_{\mathrm{BC}}}$（2点）

(2)(4) の $Q_{\mathrm{BC}}=\dfrac52R(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}})$、 $Q_{\mathrm{DA}}=\dfrac52R(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}})$ を入れると、 $\dfrac52R$ が約分されて

$$e_1=1-\frac{T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}}}{T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}}}$$

答（イ）　$T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}}$（2点）

答（ウ）　$T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}}$（2点）

(1) の温度を入れると

$$e_1=1-\frac{\left(G^{\frac35}-1\right)T_{\mathrm{A}}}{\left(G-G^{\frac25}\right)T_{\mathrm{A}}}=1-\frac{G^{\frac35}-1}{G^{\frac25}\left(G^{\frac35}-1\right)}=1-G^{-\frac25}$$

答（a）　$-\dfrac25$（3点）

次に再生。 $\mathrm{D’}$ の温度は $\dfrac12(T_{\mathrm{D}}+T_{\mathrm{B}})$ なので、D→ $\mathrm{D’}$（定圧）で放出した熱は

$$Q_{\mathrm{R}}=\frac52R\left\{T_{\mathrm{D}}-\frac12(T_{\mathrm{D}}+T_{\mathrm{B}})\right\}=\frac54R(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{B}})$$

（B→ $\mathrm{B’}$ で吸収する熱 $\dfrac52R\left\{\dfrac12(T_{\mathrm{D}}+T_{\mathrm{B}})-T_{\mathrm{B}}\right\}$ も同じ値。同じ 1 mol・同じ定圧モル比熱なので、下がる温度と上がる温度が等しく、真ん中でそろう。下の図）

外から吸収する熱は $Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}}$、外へ放出する熱は $Q_{\mathrm{DA}}-Q_{\mathrm{R}}$。どちらも $\dfrac54R$ でくくると

$$Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}}=\frac54R\left\{2(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}})-(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{B}})\right\}=\frac54R\left\{(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}})+(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}})\right\}$$

$$Q_{\mathrm{DA}}-Q_{\mathrm{R}}=\frac54R\left\{2(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}})-(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{B}})\right\}=\frac54R\left\{(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}})+(T_{\mathrm{B}}-T_{\mathrm{A}})\right\}$$

よって

$$e_2=1-\frac{Q_{\mathrm{DA}}-Q_{\mathrm{R}}}{Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}}}=1-\frac{(T_{\mathrm{D}}-T_{\mathrm{A}})+(T_{\mathrm{B}}-T_{\mathrm{A}})}{(T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{B}})+T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}$$

で、問題の式の形と一致する。

答（エ）　$T_{\mathrm{B}}-T_{\mathrm{A}}$（4点）

(1) の温度を入れると

$$\frac{T_{\mathrm{B}}-T_{\mathrm{A}}}{T_{\mathrm{C}}-T_{\mathrm{D}}}=\frac{G^{\frac25}-1}{G-G^{\frac35}}=\frac{G^{\frac25}-1}{G^{\frac35}\left(G^{\frac25}-1\right)}=G^{-\frac35}$$

答（b）　$-\dfrac35$（3点）

（ $G>1$ なので $G^{-\frac35}<G^{-\frac25}$ で、 $e_2-e_1>0$。サイクルの形は変わらず仕事 $W$ は同じで、外から吸収する熱だけが $Q_{\mathrm{R}}$ 減ったので、熱効率が上がるのは当然。式の結論と合う）

別解

(6) の $e_2>e_1$ の確かめ　（計算せずに）　再生しても A→B→C→D→A の形は同じなので、1サイクルの仕事 $W=Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{DA}}$ は変わらない（ $(Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}})-(Q_{\mathrm{DA}}-Q_{\mathrm{R}})$ でも同じ）。外から吸収する熱だけが $Q_{\mathrm{BC}}$ から $Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}}$ に減るので

$$e_1=\frac{W}{Q_{\mathrm{BC}}}<\frac{W}{Q_{\mathrm{BC}}-Q_{\mathrm{R}}}=e_2$$

問題の $e_2-e_1$ の式は、この結論を温度で確かめたもの。