解法の指針

大問3 は 1 つのシリンダー＋ピストン系 を題材に、3 つの問いで段階的に難度を上げる構成。問1 はシンプルなつり合いと定圧変化、問2 は 連結ピストン＋コック付き 2 シリンダー、問3 は 水中浮力＋糸の張力 が絡む。共通する核は次の 3 つ。

• ピストンのつり合い：ピストンには「気体の圧力」「大気圧（あれば）」「糸の張力」「重力」が作用する。符号と向きに注意して合力 = 0 を立式するのが第一歩。
• 状態方程式と熱力学第一法則：理想気体は \(PV = nRT\)。単原子分子なら \(\Delta U = \tfrac32 nR\Delta T\)、定圧モル比熱 \(C_p = \tfrac52 R\)。第一法則 \(Q = \Delta U + W_{\text{気体がした}}\) を機械的に適用する。
• 本問独自の関係 \(PV = \text{一定}\)：問題文で「単原子分子理想気体がゆっくり熱変化するとき \(PV = \text{一定}\)」が与えられている。これは温度一定（等温過程）と等価で、コックを開いた断熱混合でも温度変化が起きないことを意味する。
• 浮力と糸の張力：水に浸かった円柱には 浮力 \(\rho \cdot (\text{水中部分の体積}) \cdot g\) が上向きにはたらく。糸の張力は「引っ張る方向」を物体ごとに反対に作用する点を見落とさない。

問1(a) ピストン 0 のつり合いと気体 A の圧力

立式：ピストン 0 は質量無視・なめらかに動くので、3 つの力がつり合う：

• 気体 A から下向きに \(P_1 \cdot S\)（気体はピストンの上にあるため、ピストンを下に押す）
• 大気から上向きに \(P_0 \cdot S\)（シリンダー底側は大気開放。大気はピストンの下から上向きに押す）
• 糸を通じておもりの重さ \(F\) が下向き

糸が伸びないので、おもりに対しては \(F = Mg\)（おもりのつり合い）。

ピストンの鉛直方向のつり合い：

$$P_0 \cdot S = P_1 \cdot S + F$$ $$\Rightarrow \quad P_1 = P_0 - \frac{F}{S} = P_0 - \frac{Mg}{S}$$

補足：気体の圧力が大気圧より小さい理由

気体 A はピストンを下から支えているわけではなく、上から押している。おもりが糸でピストンを下に引っ張ると、ピストンは下に行きたがる。それを気体 A は引きとめられない（気体は引っ張れない）。代わりに大気がピストンを下から押し返す。
その結果、大気の力 \(P_0 S\) が「気体の押し下げ力 \(P_1 S\) ＋ おもりの引き下げ力 \(Mg\)」とつり合うので、気体の圧力は大気圧より \(Mg/S\) だけ小さくなる。

問1(b) 温度上昇 \(\Delta T\) と定圧変化（シャルルの法則）

立式：気体 A は定圧変化（圧力 \(P_1\) 一定）。シャルルの法則を適用する。

• 状態1：体積 \(V_1 = S l\)、温度 \(T_1 = T_0\)
• 状態2：おもりが \(k\) 下降 → ピストンが \(k\) 下降 → 気体 A の長さ \(l \to l+k\)、体積 \(V_2 = S(l+k)\)、温度 \(T_2 = T_0 + \Delta T\)

シャルルの法則 \(V_1/T_1 = V_2/T_2\) より：

$$\frac{Sl}{T_0} = \frac{S(l+k)}{T_0 + \Delta T}$$

両辺整理すると：

$$T_0 + \Delta T = T_0 \cdot \frac{l+k}{l} = T_0 + T_0 \cdot \frac{k}{l}$$ $$\Rightarrow \quad \Delta T = \frac{k}{l} T_0$$

補足：なぜ「ゆっくり」温度を変えるのか

急激に温度を変えると、ピストン近傍と遠方で温度差が生じ、気体は 熱平衡状態にない。状態方程式 \(PV=nRT\) は熱平衡（一様な \(T\)）を前提とするので、急激な変化では使えない。
「ゆっくり」変化させれば、各瞬間で気体は熱平衡状態にあり、シャルル則・状態方程式がそのまま使える（このような過程を 準静的過程 と呼ぶ）。

問1(c) 定圧変化で気体が得た熱量 \(q\)

立式：気体は定圧変化なので、定圧モル比熱 \(C_p = \tfrac{5}{2} R\) を使うと：

$$q = n C_p \Delta T = \frac{5}{2} n R \Delta T$$

状態方程式の差をとると、定圧（\(P_1\) 一定）なので：

$$P_1 \cdot S(l+k) - P_1 \cdot Sl = nR(T_0 + \Delta T) - nR T_0$$ $$\Rightarrow \quad nR \Delta T = P_1 \cdot Sk = \left(P_0 - \frac{Mg}{S}\right) Sk$$

これを \(q\) に代入：

$$q = \frac{5}{2} n R \Delta T = \frac{5}{2} \left(P_0 - \frac{Mg}{S}\right) Sk$$

別解：第一法則で直接導出

熱力学第一法則 \(q = \Delta U + W\) に当てはめる：

$$\Delta U = \frac{3}{2} nR\Delta T = \frac{3}{2}\left(P_0 - \frac{Mg}{S}\right)Sk$$ $$W = P_1 \Delta V = \left(P_0 - \frac{Mg}{S}\right)Sk$$ $$q = \Delta U + W = \left(\frac{3}{2} + 1\right)\left(P_0 - \frac{Mg}{S}\right)Sk = \frac{5}{2}\left(P_0 - \frac{Mg}{S}\right)Sk$$

このアプローチは 気体の種類によらず使える（単原子なら \(C_v = \tfrac{3}{2}R\)、二原子なら \(C_v = \tfrac{5}{2}R\) を入れ替えるだけ）。

問2(a) 連結ピストン下降後の気体 A・B の圧力

立式：ピストン 1 と 2 は管で剛体的に連結されているので、ピストン 2 が \(aL\) 下降すると、ピストン 1 も同じく \(aL\) 下降する。

• 気体 A（ピストン 1 の上、断面 \(S\)）：体積 \(SL \to S \cdot L(1+a)\)
• 気体 B（ピストン 2 の下、断面 \(2S\)）：体積 \(2SL \to 2S \cdot L(1-a)\)

問題で与えられた関係 \(PV = \text{一定}\) を各気体に適用：

$$P_A \cdot S L(1+a) = P_0 \cdot SL \quad\Rightarrow\quad P_A = \frac{P_0}{1+a}$$ $$P_B \cdot 2SL(1-a) = P_0 \cdot 2SL \quad\Rightarrow\quad P_B = \frac{P_0}{1-a}$$

補足：「\(PV = \text{一定}\)」の意味

本問では「単原子分子理想気体がゆっくり熱変化（断熱）するとき \(PV = \text{一定}\)」が前提として与えられている。これは通常の断熱変化のポアソン式 \(PV^{\gamma} = \text{一定}\)（\(\gamma = 5/3\)）とは異なる本問独自の仮定である。
\(PV = \text{一定}\) は理想気体の状態方程式 \(PV = nRT\) と組み合わせると \(T = \text{一定}\)（等温過程）と等価。よって本問では「断熱壁内でゆっくり動かす ⇔ 温度一定で状態方程式を維持」と解釈すればよい。

問2(b) ピストン系に加えた外力 \(f\)（考え方・計算過程を要記述）

考え方：ピストン 1・連結管・ピストン 2 を 1 つの剛体とみなす。この剛体に作用する鉛直方向の力をすべて書き出してつり合いの式を立てる。

• ピストン 1 の上面：気体 A が下向きに \(P_A \cdot S\) で押す
• ピストン 1 の下面：管の断面積は無視できるほど小さいので、気体・大気の力は実質ゼロ
• ピストン 2 の上面：管の断面積は無視できるほど小さいので、力は実質ゼロ
• ピストン 2 の下面：気体 B が上向きに \(P_B \cdot 2S\) で押す
• 外力：\(f\) を下向きに加える
• ピストンと管はすべて質量無視

剛体に対する鉛直方向のつり合い（上向きを正）：

$$P_B \cdot 2S - P_A \cdot S - f = 0$$ $$\Rightarrow \quad f = 2S \cdot P_B - S \cdot P_A$$

問2(a) の結果を代入：

$$f = 2S \cdot \frac{P_0}{1-a} - S \cdot \frac{P_0}{1+a} = P_0 S \left[\frac{2}{1-a} - \frac{1}{1+a}\right]$$

通分すると：

$$f = P_0 S \cdot \frac{2(1+a) - (1-a)}{(1-a)(1+a)} = P_0 S \cdot \frac{2 + 2a - 1 + a}{1-a^2} = P_0 S \cdot \frac{1 + 3a}{1 - a^2}$$

別解：各ピストン個別につり合いを書く

ピストン 1 と管の接合部を介した内部張力 \(T_{\text{管}}\) を導入し、各ピストンに別々につり合いを書く方法もある：

• ピストン 1: 上から \(P_A \cdot S\)（下向き）、管が 下から押し上げる力 \(T_{\text{管}}\) (上向き)、つり合い \(T_{\text{管}} = P_A S\)
• ピストン 2: 下から \(P_B \cdot 2S\)（上向き）、管が 上から引っ張り下ろす力 \(T_{\text{管}}\)（下向き）、外力 \(f\)（下向き）、つり合い \(P_B \cdot 2S = T_{\text{管}} + f\)

2 式から \(T_{\text{管}}\) を消去すると \(f = 2P_B S - P_A S\) を再導出できる。

問2(c) コックを開いて気体 A・B を混合した後の温度

考え方：

1. 本問の前提：「単原子分子理想気体がゆっくり熱変化するとき \(PV = \text{一定}\)」。 これと状態方程式 \(PV = nRT\) を比較すると、\(T = \text{一定}\) となる。
2. したがって、状態 4 でも気体 A・気体 B はそれぞれ温度 \(T_0\) を保っている。
3. コックを開けて混合する瞬間、ピストンは固定されているので体積は変化せず、外部仕事もない。さらに断熱壁内なので外部との熱のやり取りもない。よって 系全体の内部エネルギーは保存される。
4. 単原子分子理想気体の内部エネルギーは \(U = \tfrac{3}{2} nRT\)。混合前・混合後で温度はともに \(T_0\) なので、内部エネルギー保存則 \(U_A + U_B = U_{\text{合計}}\) は自動的に成立する。

具体的に、状態 4 における気体 A・B の物質量を \(n_A, n_B\)、混合後の温度を \(T\) とすると：

$$\frac{3}{2} n_A R T_0 + \frac{3}{2} n_B R T_0 = \frac{3}{2}(n_A + n_B) R T$$ $$\Rightarrow \quad T = T_0$$

補足：もし \(PV = \text{一定}\) ではなく \(PV^{5/3} = \text{一定}\) なら？

本来の単原子分子の断熱変化はポアソン式 \(PV^{5/3} = \text{一定}\)。この場合、気体 A は膨張で冷却（\(T_A < T_0\)）、気体 B は圧縮で加熱（\(T_B > T_0\)）となる。
混合後の温度は \((n_A T_A + n_B T_B)/(n_A + n_B)\) で求められ、\(n_B = 2 n_A\)（初期体積比 \(1:2\)）であることから加熱の方が支配的になり、\(T > T_0\) となる。
しかし本問では問題文が \(PV = \text{一定}\) を明記しているので、その前提に従って (ロ) を選ぶ。

問3(a) 円柱の質量 \(m\)（浮力のつり合い）

立式：状態 5 でピストン 3 と円柱はそれぞれ静止。質量無視のピストン 3 のつり合いから糸の張力 \(T\) を求める。

ピストン 3 のつり合い（鉛直方向、上向き正）：

• 気体 A は上から下向きに \(P_0 \cdot S\)（問題文より状態 5 のシリンダー内圧は \(P_0\)）
• 大気は下から上向きに \(P_0 \cdot S\)
• 糸の張力 \(T\) は下向き（円柱の方向）

$$P_0 \cdot S = P_0 \cdot S + T \quad\Rightarrow\quad T = 0$$

円柱のつり合い（鉛直方向、上向き正）：

• 重力 \(mg\) 下向き
• 浮力 \(\rho \cdot Sa \cdot g\) 上向き（水中部分の体積 \(Sa\)）
• 糸の張力 \(T = 0\) 上向き（ピストン 3 から引き上げる方向）

$$\rho \cdot Sa \cdot g + 0 = mg$$ $$\Rightarrow \quad m = \rho S a$$

補足：糸の張力が 0 になる物理的意味

状態 5 では、シリンダー内圧 \(P_0\) と大気圧 \(P_0\) が等しい。質量無視のピストン 3 にとって、上下から同じ圧力で押されるため糸の張力なしでつり合っている。
問題文で「気体 A の圧力もある決まった大きさ \(P_0\) であった」と与えられているのは、この絶妙なバランスを指定するため。もし \(T \ne 0\) なら、ピストン 3 のつり合いから内圧は \(P_0\) からずれてしまう。

問3(b) 冷却によるピストン上昇 \(0 \le x \le a\) 区間の圧力 \(P\)

立式：ピストン 3 が \(x\)（\(0 \le x \le a\)）上昇したとする。糸でつながった円柱も同じく \(x\) 上昇するので、円柱の水中部分の長さは \(a - x\)。

円柱のつり合い（上向き正、糸の張力を \(T\) とする）：

$$T + \rho \cdot S(a-x) \cdot g = mg = \rho S a g$$ $$\Rightarrow \quad T = \rho S a g - \rho S(a-x) g = \rho S x g$$

ピストン 3 のつり合い（質量無視、上向き正）：

• 気体 A から下向きに \(P \cdot S\)
• 大気から上向きに \(P_0 \cdot S\)
• 糸の張力 \(T\) 下向き

$$P_0 \cdot S = P \cdot S + T$$ $$\Rightarrow \quad P = P_0 - \frac{T}{S} = P_0 - \frac{\rho S x g}{S} = P_0 - \rho g x$$

補足：\(x\) について \(P\) は線形に減少する

気体を冷やすほどピストンが上がり、糸の張力が増し、結果として気体圧が減る。\(x\) が \(0\) のとき \(P = P_0\)、\(x = a\) のとき \(P = P_0 - \rho g a\)。
問3(c) で「\(x = 2a\) のとき \(P = P_0/3\)」と言うので、\(x = a\) で円柱がちょうど水面から離れた瞬間にこの線形関係は終わる。それ以降は別の関係になる（次の問で扱う）。

問3(c) 状態 5 → 状態 6 の \(P\)–\(V\) グラフ

段階 1（\(0 \le x \le a\)）：問3(b) より \(P = P_0 - \rho g x\)。体積は \(V = (3a - x) S\)。

• 状態 5：\(x = 0\) のとき \(V = 3aS, P = P_0\)
• 境界点：\(x = a\) のとき \(V = 2aS, P = P_0 - \rho g a\)

体積 \(V\) と圧力 \(P\) の関係を整理すると：

$$P = P_0 - \rho g x = P_0 - \rho g \cdot (3a - V/S) = P_0 - 3\rho g a + \frac{\rho g}{S} V$$

これは \(V\) について線形。よって \(P\)–\(V\) 図上では直線。

段階 2（\(a \le x \le 2a\)）：円柱は水面から完全に離れたので、糸の張力は円柱の重さ \(mg\) と等しい一定値：

$$T = mg = \rho S a g$$

ピストン 3 のつり合いより：

$$P = P_0 - \frac{T}{S} = P_0 - \rho a g \quad (\text{一定})$$

状態 6 で \(x = 2a\)、\(P = P_0 / 3\) と与えられているので：

$$P_0 - \rho a g = \frac{P_0}{3} \quad\Rightarrow\quad \rho a g = \frac{2P_0}{3}$$

体積は \(V = (3a - x) S\) で \(x: a \to 2a\) のとき \(V: 2aS \to aS\)。圧力は \(P_0/3\) で一定。\(P\)–\(V\) 図上では水平な直線。

補足：境界点での \(P\) の連続性

円柱がちょうど水面から離れる瞬間（\(x = a\)）、浮力 = 0 となり、糸の張力は \(mg\) の値に達する。一方、段階 1 の式 \(T = \rho S x g\) で \(x = a\) を代入すると \(T = \rho S a g = mg\)。したがって境界点で張力が連続であり、ピストンの圧力 \(P\) も連続して \(P_0 - \rho a g = P_0/3\) となる。
もし境界で張力が不連続なら、グラフに「ジャンプ」が生じる（実際には連続なので折れ線で描く）。

問3(d) 状態 5 → 6 で気体 A が失った熱量 \(Q\)

立式：熱力学第一法則 \(Q_{\text{加えられた}} = \Delta U + W_{\text{気体がした}}\)。失った熱量 \(Q = -Q_{\text{加えられた}} = -\Delta U - W_{\text{気体がした}}\)。

(i) 内部エネルギー変化 \(\Delta U\)：単原子分子なので \(U = \tfrac{3}{2} nRT = \tfrac{3}{2} PV\)。

• 状態 5：\(P_5 V_5 = P_0 \cdot 3aS = 3 P_0 aS\)、\(U_5 = \tfrac{3}{2} \cdot 3 P_0 aS = \tfrac{9}{2} P_0 aS\)
• 状態 6：\(P_6 V_6 = (P_0/3) \cdot aS = \tfrac{1}{3} P_0 aS\)、\(U_6 = \tfrac{3}{2} \cdot \tfrac{1}{3} P_0 aS = \tfrac{1}{2} P_0 aS\)

$$\Delta U = U_6 - U_5 = \frac{1}{2} P_0 aS - \frac{9}{2} P_0 aS = -4 P_0 aS$$

(ii) 気体がした仕事 \(W\)（=\(P\)–\(V\) グラフの符号付き面積）：

段階 1（台形面積）：

$$W_1 = \int_{V_5}^{V_a} P \, dV = \frac{1}{2}(P_5 + P_a)(V_a - V_5) = \frac{1}{2}\left(P_0 + \frac{P_0}{3}\right)(2aS - 3aS) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4P_0}{3} \cdot (-aS) = -\frac{2}{3} P_0 aS$$

段階 2（長方形面積）：

$$W_2 = \frac{P_0}{3} \cdot (aS - 2aS) = -\frac{1}{3} P_0 aS$$ $$W = W_1 + W_2 = -\frac{2}{3} P_0 aS - \frac{1}{3} P_0 aS = -P_0 aS$$

(iii) 失った熱量：

$$Q = -\Delta U - W = -(-4 P_0 aS) - (-P_0 aS) = 4 P_0 aS + P_0 aS = 5 P_0 aS$$

別解：第一法則を「失った熱」直接形で書く

「気体が失った熱量」を \(Q\)、「外から気体にした仕事」を \(W'\) とすると：

$$\Delta U = -Q + W' \quad\Leftrightarrow\quad Q = W' - \Delta U$$

外から気体にされた仕事は \(W' = -W = +P_0 aS\)（気体がした仕事の符号反転）。

$$Q = P_0 aS - (-4 P_0 aS) = 5 P_0 aS$$

具体的数値例で確認：標準大気圧と現実的なスケール

具体的な数値で答えを実感してみよう。例えば次のような設定：

• 大気圧 \(P_0 = 1.0 \times 10^5\) Pa（標準大気圧）
• 断面積 \(S = 1.0 \times 10^{-3}\) m²（10 cm²）
• 長さ \(a = 0.10\) m（10 cm）
• 水の密度 \(\rho = 1.0 \times 10^3\) kg/m³
• 重力加速度 \(g = 9.8\) m/s²

整合性チェック：関係式 \(\rho a g = (2/3) P_0\) より \(\rho a g = 1.0 \times 10^3 \cdot 0.10 \cdot 9.8 = 980\) Pa。一方 \((2/3) P_0 = 6.7 \times 10^4\) Pa なので、この設定では条件は満たさないが、概算で意味を確認できる。

失った熱量の概算：

$$Q = 5 P_0 a S = 5 \times 1.0 \times 10^5 \times 0.10 \times 1.0 \times 10^{-3} = 50 \text{ J}$$

つまり、この規模では 50 J 程度の熱を放出することになる。たとえば \(50\) J = 約 12 cal の熱で、コップ 1 杯の水 \(200\) g を約 \(0.06\) ℃ 冷やす程度の熱量。

円柱の質量：\(m = \rho S a = 1.0 \times 10^3 \times 1.0 \times 10^{-3} \times 0.10 = 0.10\) kg = 100 g。これも常識的な値。

問3(e) 糸の張力が円柱にした仕事 \(W\)

立式：糸は円柱を上向きに引き、円柱は上向きに移動するので、糸の張力 \(T\) は正の仕事をする。仕事は \(W = \int T \, dx\) で求める。

段階 1（\(0 \le x \le a\)）：問3(b) より \(T = \rho S x g\)。これは \(x\) について線形なので、\(T\)–\(x\) 図上で三角形。

$$W_1 = \int_0^a \rho S x g \, dx = \rho S g \cdot \frac{a^2}{2} = \frac{1}{2} \rho S a g \cdot a = \frac{1}{2} m g a$$

（\(m = \rho S a\) を使用）

段階 2（\(a \le x \le 2a\)）：糸の張力は一定 \(T = mg\)。\(T\)–\(x\) 図上で長方形。

$$W_2 = \int_a^{2a} mg \, dx = mg \cdot a$$

合計：

$$W = W_1 + W_2 = \frac{1}{2} mga + mga = \frac{3}{2} mga$$

別解：エネルギー保存（円柱について）

円柱に対するエネルギー保存則を書く：

• 運動エネルギー変化：\(\Delta K = 0\)（ゆっくり動かすので始終静止）
• 位置エネルギー変化：\(\Delta U_{\text{重力}} = mg \cdot 2a\)（\(2a\) 上昇）
• 糸の張力がした仕事：\(W_{\text{糸}}\)
• 浮力がした仕事：\(W_{\text{浮}} = \int_0^a \rho S(a-x) g \, dx = \rho S g \cdot [ax - x^2/2]_0^a = \rho S g \cdot \tfrac{a^2}{2} = \tfrac{1}{2} mga\)
• 段階 2 では浮力 = 0 なので寄与なし

仕事とエネルギーの関係 \(W_{\text{糸}} + W_{\text{浮}} - mg \cdot 2a = \Delta K = 0\)：

$$W_{\text{糸}} = 2mga - \frac{1}{2} mga = \frac{3}{2} mga \checkmark$$

同じ答えが得られる。