空論上の砂、楼閣上の机。

The Castle of Indolence

赤本の東工大物理2002年第2問の解答について

1ヶ月半前にちょっと不適切なことを教えてしまったので自戒としてメモしておきます.

問題. (東工大物理2002年第2問 一部略) 図のように液体の入った円筒状の容器の中に, 熱をよく通すシリンダーがさかさまに浮いている. 容器とシリンダーにはそれぞれ, 気密性を保ちながら滑らかに動き質量が無視できるピストンがついている. シリンダーには質量が無視できる $n$ mol の理想気体が入っており, シリンダーのピストンと容器の底は質量が無視できるバネでつながれている. 容器とシリンダーの断面積はそれぞれ $S_0$, $S$, 液体の密度は $\rho$, 外気圧は $P_0$, 気体定数は $R$, 重力加速度は $g$ とする. シリンダーの軸は常に鉛直方向に保たれており, 容器とシリンダーのピストンの厚さおよびシリンダーの底の厚さは無視できるものとする.

[A] シリンダーは液面下 $d$ のところに静止しており, シリンダーの底からピストンまでは $h$ であり, バネは自然長であった. このとき,
(a) シリンダー内の気体の圧力 $P$ および温度 $T$ を求めよ.
(b) シリンダーの質量 $M$ を求めよ.

[C] [A] の状況でバネを取りはずす. このとき次の問いに答えよ. ただし, 液体と気体の温度は変化しないものとする.
(e) シリンダーを [A] の位置から微小な距離 $x$ 上昇させると, シリンダーのピストンも [A] の位置から $y$ 上昇した. $x$ を $y$ で表せ. ただし, $x=0$ のときのシリンダー内の気体の圧力を $P$ とし, また, $S_0$ は $S$ に比べて十分大きく容器のピストンの位置の変化は無視できるものとする.
(f) このとき, シリンダーに働く合力 $F$ を上向きを正として求め, その結果を用いてシリンダーが上下方向の変位に対して不安定である理由を40字以内で述べよ。 f:id:all_for_nothing:20210421114102p:plain

鉛直上向きを正として座標を設定しましょう.

[A] バネが自然長であったことからシリンダーはつりあいの位置にあります. シリンダーとピストンの一体系と, ピストンの運動方程式, 気体の状態方程式はそれぞれ

$$\begin{cases} M\cdot 0=\rho Shg-Mg \\ 0\cdot 0=(P_0+\rho(d+h)g)S-PS \\ PSh=nRT \end{cases}$$

よって

$$\begin{cases} M=\rho Sh \\ P=P_0+\rho(d+h)g \\ T=\dfrac{PSh}{nR}=\dfrac{(P_0+\rho(d+h)g)Sh}{nR} \end{cases}$$

[C] つりあいの位置から $x$ だけ上昇させるには上向きの外力 $F _ {\text{ex}}$ が必要であり, 問題の条件より準静的等温過程なので加速度は $0$ と見做せます*1. このとき $\dfrac{S}{S_0}\ll 1$ のもとで容器のピストンの位置の変化は無視できるものとします. 気体の圧力が $P'$ になったとすると,

$$\begin{cases} M\cdot 0=F _ {\text{ex}} + \rho S(h+x-y)g - Mg \\ 0\cdot 0=(P_0+\rho(d+h-y)g)S-P'S \\ PSh=P'S(h+x-y) \end{cases}$$

よって $h+x-y>0$ より

$$\begin{cases} F _ {\text{ex}} = - \rho S(x-y)g \\ P-\rho yg =\dfrac{h}{h+x-y}P \end{cases}$$

外力を無くしたときの合力は $F=-F _ {\text{ex}}$ なので, これを変形すると

$$\begin{cases} x=\left(1+\dfrac{\rho hg}{P-\rho yg}\right)y \\ F = \rho Shg\dfrac{\rho yg}{P-\rho yg} \end{cases}$$

となります. ちなみに赤本もこれを解答としています.


しかしながら, せっかく容器のピストンの位置の変化を無視するのなら, $\dfrac{|x|}{h}\ll1$ であることも考慮に入れるべきではないでしょうか. ここで, シリンダーを $x$ だけ上向きに仮想変位させると気体の圧力が下がるのでシリンダーのピストンは圧力の低いつりあい点まで動こうとするので, $x>0$ ならば $y>0$ です. したがって $P'=P-\rho yg<P$ より $\dfrac{h}{h+x-y}<1$ となり $x>y>0$ が導かれ, $\dfrac{|y|}{h}\ll1$ でもあります. ゆえに $\dfrac{|x-y|}{h}\ll1$ なので,

$$P-\rho yg =\left(1+\dfrac{x-y}{h}\right)^{-1}P\approx \left(1-\dfrac{x-y}{h}\right)P$$

と $1$ 次近似すべきでしょう. したがって $x=\left(1+\dfrac{\rho hg}{P}\right)y$ となります. $F$ も変位 $x$ に関する形で表したいので,

$$F=\rho S(x-y)g=\rho S\dfrac{\rho hg}{P}yg=\dfrac{\rho ^ 2 Shg ^ 2}{P+\rho hg}x$$

とすると不安定であることがもっと明らかに言えます.

*1:「シリンダーに働く力のつり合いを考えることはできません」と述べているサイトがありましたが, それは不適切な記述です. 準静的であるということは力のつりあいを保ったまま動かすということだからです.