今回は東北大学2025年度入試の物理第3問について、細かく解説していきます！問題は解説の都合上、部分的に掲載しておりますが、フルPDFが欲しい場合は大学のホームページや予備校のサイトから入手してください。
前提
[問(1)] 支柱を固定しているときのピストンの動き
(a) 空間Bの温度を変えた時の空間Aの圧力
空間Aの温度は一定のため、空間Aだけで考えましょう！状態方程式より、
$$ \color{black}{p_A (L+x) S = RT_A} $$
$$ \color{black}{ \therefore p_A = \frac{RT_A}{S(L+x)} } $$
(b) ピストンの力のつり合い
ピストンの力のつり合いより、
$$ \color{black}{p_B S + kx = p_A S} $$
(c) 空間Bの温度
(a)のように、空間Bの状態方程式を考えると、
$$ \color{black}{p_B (L-x) S = RT_{B1}} $$
$$ \color{black}{ \therefore T_{B1} = \frac{p_B (L-x) S}{R} = \frac{p_B SL}{2R} \left ( \because x = \frac{L}{2} \right )} $$
また、(a), (b)より、
$$ \color{black}{p_B = p_A – \frac{kx}{S} = \frac{RT_A}{S(L+x)} – \frac{kx}{S} = \frac{2RT_A}{3SL} – \frac{kL}{2S} \left ( \because x = \frac{L}{2} \right )} $$
$$ \color{black}{ \therefore T_{B1} = \frac{1}{3} T_A – \frac{kL^2}{4R} } $$
[問(2)] 支柱を固定しないときのピストンの動き
(a) ピストンを固定して加熱した時の温度
ピストンを固定して空間Bを加熱したため、空間Bは定積変化です！定積変化の熱力学第一法則は、
$$ \color{black}{Q = \Delta U} $$
となりますが、これを覚えるのではなく一般の熱力学第一法則から考えるようにしましょう！🔥🔥熱力学第一法則は、気体が得た熱量𝑄、内部エネルギーの変化量𝛥𝑈、気体がした仕事𝑊として、
$$ \color{black}{Q = \Delta U + W} $$
定積変化の時、体積は変わらない→気体は仕事をしないため、𝑊=0と考える方があらゆるパターンに考えられるため、おすすめです！
さて、今回は定積変化ということで、熱力学第一法則を考えると、
$$ \color{black}{Q = \frac{3}{2} R (T_{B2} – T_{B1})} $$
$$ \color{black}{ \therefore T_{B2} = \frac{2Q}{3R} + T_{B1} = \frac{1}{3} T_A + \frac{2Q}{3R} – \frac{kL^2}{4R} } $$
(b) ピストンを固定して加熱した時の圧力変化
状態2の空間Bの状態方程式を考えると、
$$ \color{black}{(p_B + \Delta p) \cdot \left (L – \frac{L}{2} \right ) S = RT_{B2} } $$
状態1の空間Bの状態方程式を考えると、
$$ \color{black}{p_B \left (L – \frac{L}{2} \right ) S = RT_{B1} } $$
両辺を引くと、
$$ \color{black}{ \Delta p \cdot \frac{1}{2} LS = R (T_{B2} – T_{B1}) = \frac{2}{3} Q} $$
$$ \color{black}{ \therefore \Delta p = \frac{4Q}{3SL} } $$
(c) ピストンの固定を外した時の内部エネルギーの変化
空間Aは熱源と接しており、温度は常に𝑇𝐴となります。よって、
$$ \color{black}{ \Delta U_A = 0} $$
(d) ピストンの固定を外す前と外した後の圧力比
ピストン固定を外し、支柱を動かしながらピストンを動かすとき気体の変化は断熱変化になります！𝑥=0で静止するため、空間Aと空間Bの圧力は等しいということがわかります。また、物質量と体積も同じため、温度も同じであることがわかります！！
断熱変化ということで、
$$ \color{black}{p_{B3} (LS)^ \gamma = p_{B2} \left ( \frac{1}{2} LS \right )^ \gamma } $$
$$ \color{black}{ \therefore p_{B3} = \frac{1}{2^ \gamma } p_{B2}} $$
(e) 状態1から状態2で空間Bに加えた熱量
問題文より、
$$ \color{black}{p_{B2} = p_B + \Delta p = \frac{4Q + 2RT_A}{3SL} – \frac{kL}{2S} } $$
状態3での状態方程式より、
$$ \color{black}{p_{B3} SL = RT_A} $$
以上から、
$$ \color{black}{ \frac{1}{2^ \gamma } \left ( \frac{4Q + 2RT_A}{3SL} – \frac{kL}{2S} \right ) SL = RT_A } $$
$$ \color{black}{ \therefore Q = \left (3 \cdot 2^{ \gamma – 2} – \frac{1}{2} \right ) RT_A + \frac{3}{8} kL^2} $$
(f) 状態2から状態3での支柱の移動量
自然長の時のばねの長さは-𝑋0であり、ばねの伸び𝑦は、
$$ \color{black}{y = \{ x – (X_0 + D – d) \} – (-X_0) = x-D+d} $$
ピストンの位置が𝑥の時の空間A, Bの圧力をそれぞれ𝑝’𝐴, 𝑝’𝐵とし、ピストンの力のつり合いより、
$$ \color{black}{p_B’ S + ky = p_A’ S} $$
空間Aは温度一定のため、ボイルの法則より、
$$ \color{black}{p_A’ (L+x) S = p_{B3} SL = RT_A} $$
空間Bは断熱変化のため、
$$ \color{black}{p_B’ \left \{ (L-x) S \right \} ^ \gamma = p_{B3} (SL)^ \gamma = \frac{RT_A}{SL} (SL)^ \gamma } $$
以上から、
$$ \color{black}{ \frac{RT_A}{L} \left ( \frac{L}{L-x} \right )^ \gamma + ky = \frac{RT_A}{L+x} } $$
$$ \color{black}{ \therefore x – D + d = \frac{RT_A}{k(L+x)} – \frac{RT_A}{kL} \left ( \frac{L}{L-x} \right )^ \gamma } $$
ここで、𝑥=𝐿/2のとき𝑑=0となるため、
$$ \color{black}{ \frac{1}{2} L – D = \frac{2RT_A}{3kL} – \frac{2^ \gamma RT_A}{kL} } $$
$$ \color{black}{ \therefore D = \frac{1}{2} L + \frac{RT_A}{kL} \left ( 2^ \gamma – \frac{2}{3} \right )} $$
以上を全て、整理すると、
$$ \color{black}{d = \frac{1}{2} L – x + \frac{RT_A}{k(L+x)} + \frac{RT_A}{kL} \left \{ 2^ \gamma – \left ( \frac{L}{L-x} \right )^ \gamma – \frac{2}{3} \right \} } $$
あとがき
いかがでしたでしょうか？熱力学と力学の融合問題でよくあるバネを用いた問題でした！ピストンだけでなく、バネを支える支柱も動かすことでより複雑化していたかと思います。全体的なピストンの動きと気体の状態の変化の動きと各タイミングの気体の状態を整理すると解きやすくなると思います！また、後半は式も複雑になっていくので、他の問題を優先するのもありです。