Training と Practice の詳解
本書の巻末に掲載されている略解の一部を加筆・修正したものです．なお，巻末略解が十分詳しいと思われる問については，詳解を省略します（必要なら今後加筆していきます）．

Training
第2章

2.1 運動方程式mの左辺には v ，右辺には

αdv= 2dtxdx
をかけると，dtmv

左辺についてはddt
右辺については

ddt

dv
1 dx
=α 2dtx dt

1 2v
2


=vdv
dt

 
1
1 dx
=− 2xx dtに注意するとddt

1mv 22d αdt x
d 1
α2⇒mv +=0dt 2x=−

左辺のカッコ内が力学的エネルギー．

2.2 鉛直上向きに，ばねの自然長位置を原点とする z 軸をとると，位置エネルギーは
11 mg 2 m2 g 2−V (z) = mgz + kz 2 = k z +22k2kmg
よって，V (z) を最小にする位置は，z = −．
k12.3 この問題は，式変形に工夫が必要です．運動方程式
dva= −k (xa − ℓ) + k (xb − xa − ℓ)dtdvbm
= −k (xb − xa − ℓ) + F
dtm(2.3-1)(2.3-2)dから出発します．(2.3-1) の左辺に va ，右辺に dt(xa − ℓ) をかけます（これらは等しい）．
db
また，(2.3-2) の左辺に vb ，右辺第１項に dt(xb − ℓ)，第 2 項 dxdt にかけます（これらもすべて等しい）．つまり，dvadd= −k (xa − ℓ) (xa − ℓ) + k (xb − xa − ℓ) (xa − ℓ)dt
dt
dt
dvbddxb= −k (xb − xa − ℓ) (xb − ℓ) + F
mvb
dt
dt
dt
mva

(2.3-3)(2.3-4)さらに，(2.3-4) の右辺第１項がd(xb − ℓ)dtdd
= −k (xb − xa − ℓ) (xb −xa − ℓ)−k (xb − xa − ℓ) (xa − ℓ)
|{z}
dt
|
{z dt}− k (xb − xa − ℓ)挿入

挿入の帳尻合わせと分解できることに注意します．こうしておいて，(2.3-3) と (2.3-4) を片々加えると，「帳尻合わせ」の項が打ち消し合って

mva

ddddvb
dva+mvb= −k (xa − ℓ) (xa − ℓ)−k (xb − xa − ℓ) (xb − xa − ℓ)+F xb
dtdt
dt
dtdtとなります．この式の左辺は

ddva
dvb
mva+ mvb
=
dt
dt
dt



1
1
mva2 + mvb222



右辺は


dd 1
2
(xa − ℓ)(xa − ℓ) (xa − ℓ) =
dt
dt 2

dd 1
2
(xb − xa − ℓ) (xb − xa − ℓ) =(xb − xa − ℓ)dt
dt 2と整理できます．よって，ddt

1
1
mva2 + mvb222d=−dt12k (xa − ℓ)
22

d−dt



12k (xb − xa − ℓ)2

+Fdxbdtとなり，微分量について

d1
1
1
122
mva2 + mvb2 + k (xa − ℓ) + k (xb − xa − ℓ)2222


= F dxb

がいえます．かくして，系の力学的エネルギー

E=

1
1
1
122
mva2 + mvb2 + k (xa − ℓ) + k (xb − xa − ℓ)
2222

に対して

dE = F dxb
が成り立つことがわかります．これで，式 (2.20)，(2.21) が確認できました．
第4章

4.1 マクロな仕事の起源は，外界の大気と重力です．大気圧のする仕事は P0 Ah，重力のする仕事は M gh ですから，内部エネルギー変化はU2 − U1 = M gh + P0 Ahとなります．
第5章

5.2 まず，S = nA log

U 3/2 Vnαと書き直しておきます．エントロピーの示量性より，U ，V ，n を一斉に λ 倍すると，対数の中身は3/25(λU ) (λV )U 3/2 V2 −α=λαnα(λn)3/2となりますが，これが U nα V に戻ってくれないと，全体として S が λ 倍されるだけで済まなくなります．そのための条件は，

λ 2 −α = 1 ⇒555−α=0⇒α=22です．
第7章

37.1 複合系のエントロピーは
noS = 3x1/3 + 4(1 − x)1/3 S0となります．これが最大値をとるのは

dS4= x−2/3 − (1 − x)−2/3 = 0dx
3である場合で，つまり4(1 − x)−1/33  324⇒x=(1 − x)31⇒x=≈ 0.391 + (4/3)3/2x−2/3 =よって，内部エネルギーは(4/3)3/2
1:≈ 0.39 : 0.61
1 + (4/3)3/2 1 + (4/3)3/2に分配されます．
第8章

8.1(1) あらたな平衡状態で，系の温度は熱浴と同じ T2 になります．これより
Q = ncV (T2 − T1 )（CV = ncV に注意）．系のエントロピー変化は

Z T2∆S系 =T1

ncV dT= ncV log
T

T2T1



(2) T2 > T1 なら ∆S系 > 0 となり，系のはエントロピーは増えます．一方，T2 < T1 なら ∆S系 < 0 となり，系はエントロピーは減ります！このように系だけに着目すれば，エントロピーが減ってもまったく問題ないのです．

(3) 熱浴の温度は一定で変わりません．また，熱浴は熱 Q を失います．よって，∆S熱浴 =(−Q)
ncV (T2 − T1 )=−T2T24

(4) 系と熱浴を合わせた複合系のエントロピー変化は
 


1T2ncV (T2 − T1 )∆S = ∆S系 + ∆S熱浴 = ncV log−= ncV log x − 1 −T1T2x
ここで，x = T2 /T1 と置きました．

1f (x) = log x − 1 −xと置いてグラフにすると，下図が得られます．x = 1 つまり T1 = T2 で ∆S = 0 となります．この場合，系と熱浴は初めから熱平衡関係にあるので何も変化が起こりません．

f(x)

Ox

1(5) T1 ̸= T2 であれば，必ず ∆S > 0 となって全エントロピーは増えます．改めて注意しますが，系だけに着目すれば，エントロピー，増える場合もあれば減る場合もあります．
しかし，系と熱浴を合わせた全エントロピーは必ず増大します．この結果は，エントロピー増大則と整合しています．
第 10 章10.1 エントロピー関数 (10.3) で， Un + a Vn に Exercise 10.1 で得られた (10.4) を適用
すると，


V
S = nR log− b + cnR log (cRT ) + ns0n V= nR log
− b + c log T + (V, T を含まない項)
nの形になります．右辺第 1 項が一定なら S = 一定となるので，求める関係はV− b T c = 一定nです．

5

10.2 (10.10) より直ちに∆S = mCm log 2

第 12 章12.1 この関係式の右辺は ∂PP∂P1 ∂P22
T
=T − 2 += −P + T∂T TTT ∂T V
∂T VVであり，確かに (12.2) の右辺と等価であることが分かります．「内部エネルギーが温度だけで決まる」条件は，(12.2) の左辺がゼロになることであり，対応して右辺は

T2

∂
∂T



PT
=0⇒
V

Pが V だけの関数
Tとなります．よって，状態方程式が P = f (V )T の形を持てば，「内部エネルギーが温度だけで決まる」ことになります．理想気体の状態方程式はこの形を持ちますが，ファン・デル・ワールス気体の場合はそうなっていません．

6Practice
第1章[1.1] 各キーワードについての Wikipedia の記事が役立つでしょう．検索すればすぐに探せるはずです．

[1.2] 窒素，酸素，アルゴンのモル質量がそれぞれ 28，32，40 なので，これらを 78 : 21 : 1の分率に分配して足せば，0.78 × 28 + 0.21 × 32 + 0.01 × 40 ≃ 29．よって 29g．
4.5
[1.3] 銅のモル質量が 63.546 なので，4.5g は 63.546モルに相当する．よって，原子の数4.5は 6.02 × 1023 × 63.546≑ 4.3 × 1022 ．

[1.4] (1) 半径 R の球を，厚さ h の薄皮（海）で覆う．薄皮部分の体積はV海 =

4π4π 33(R + h) −R33

ここで，h/R は 1 と比べて十分小さいので，右辺第１項を3
4π 3h
4π 3h
4π 3R 1+≈R 1+3=
R + 4πR2 h3R3R3と近似すれば，

V海 ≈ 4πR2 h ≃ 2.0 × 1018 m3(2) V = 10−4 m3 だから，求める値はN×V10−4≃ 3.3 × 1024 ×≃ 1.65 × 10218V海2.0 × 10

答えは「100 個程度」．

(3)[1.6] 空気のモル質量を m，重力加速度の大きさを g とすると，大気圧はP =大気の全質量 × 重力加速度(nm) × g=
地表の表面積
4πR2

これより

2

4π × 6.4 × 106 × 1.013 × 105
4πR2 Pn==≃ 1.8 × 1020 mol−3mg(29 × 10 ) × 9.87

第2章[2.1] 「系が外界から孤立してさえいれば，内部のエネルギーは確実に保存する．」という事実を，物理学の基本原理に据えます．本書では，この「内部エネルギーありき」という立場に基づいて熱力学を構成しています．

[2.2] (1) 重力がする仕事は M gh だけです．
(2) 糸の張力を F とすると，物体とおもりの運動方程式はそれぞれdv= −kx + Fdt
dv
M= Mg − Fdtm

これらを片々足し，両辺に v をかけて整理すると

ddt

11mv 2 + kx222



d=dt



1
M gx − M v 22

が得られます．始状態で x = 0, v = 0，終状態で x = h，v = v0 なので，

1E2 − E1 = M gh − M v022
つまり，E2 − E1 は重力のみのする仕事とはおもりの運動エネルギー分だけ食い違うわけです．
第3章[3.1] (1) 単純系の定義：内部に仕切りがなく（物質が自由に往来でき）, 一様な平衡状態が実現する系．

(2) 加法性と示量性：単純系を合体して複合系をつくった際，各々の単純系についての量が単純に加算される性質が加法性．これに対し，一様な系の分割と合体に際し，系のサイズが λ 倍されると，これにつられて素直に λ 倍される性質が示量性．「示量性は，一様な系における加法性の表れである」と言えます(3) 平衡状態で熱力学座標が確定する根拠：マクロな系の平衡状態では, 平衡状態に対応しないミクロな状態が現れる頻度が無視できるから．

8

[3.3] まず X とＹを混ぜ合わせると，熱力学座標Ｗは線分ＸＹ上を動きます．つぎにＺと混ぜあわせると，熱力学座標は線分ＷＺ上を動きます．よって，３つの平衡状態を混ぜると，熱力学座標は三角形ＸＹＺ内部の領域を動きます（下図）．

XUYZV第4章[4.2] 下図に例を挙げます．

第5章[5.4] 示量性を満たすには((λn) (λU ))次に S = A (nU )2/32/3α(λV ) = λ (nU )2/3

V −1/3 について，
2S∂S=>0∂U3U

94V α =⇒ λ 3 +α = λ =⇒ α = −13

より単調増加性はクリアできています．さらに，∂2S2S=− 2 <02∂U
9U2∂ S4S
=>02
∂V
9V 2
∂2S2S
=− 2 <02∂n9nですが，V について上凸性を満たさないので，エントロピー関数として不適切です．このように，エントロピーに課せられる数学的要請はかなり厳しいものです．逆に，この厳しい条件によってエントロピー関数の正しい形がかなりの程度まで絞られます．
第6章

[6.1]
1. 到達可能で不可逆：系内部で摩擦が発生（ジュールの羽根車の実験と同じ）
2. 到達可能で不可逆：理想気体が断熱的に自由膨張（真空膨張）する場合がこれに当たる．

3. 到達可能で可逆：準静的で等エントロピー的な圧縮
4. 到達可能で可逆：準静的で等エントロピー的な膨張
5. 到達不能：仕事座標一定で内部エネルギーが減っている（プランクの原理に抵触）
6. 到達不能：3 は可能なので，もし 6 も可能だとすると
断熱

断熱(U + ∆U, V − ∆V ) ↔ (U, V ) −→ (U, V − ∆V )断熱が成り立つことになります．ところが (U + ∆U, V − ∆V ) −→ (U, V − ∆V ) は体積変化なしに内部エネルギーが減らせてしまっており，プランクの原理に違反します．

[6.3] まず，この過程が全体として断熱遷移であることに注意してください．また，外界のおもりが上下する運動は，空気抵抗が働かなければ外界のエントロピーに一切影響を与えません．このように，散逸を伴わない外界の仕事装置の有無は，エントロピー増大則の結果に全く影響しません．同様に，例えば真空中でマクロな物体がただ移動しているだけの運動は，エントロピーを生み出しません．このことから，しばしば言われる「マクロな物体の位置が変化して部屋が散らかることを，エントロピー増大則と同一視するのはまずい」ということがわかります（p.275 の Coﬀee Break 参照）．

10

第8章

[8.1] (1) 熱力学の基本式は，準静的過程に対してdU = T dS − pdVが成り立つことを主張しています．これは U = U (S, V ) の全微分関係式

U=に現れる係数を



∂U
∂S

∂U
∂S
dS +V

= T,V∂U∂V∂U∂VdVV= −PSと定義して書いたものですから，数学的に必ず正しいものです．数学的に正しいからには，この準静的過程に不可逆過程が混入しても成り立つわけです．微小変化の前後で，系が平衡状態にありさえすればよいわけです（この条件すら撤廃することは熱力学の対象外です）．

[8.2] (1) 熱力学の基本式から出発してT dS = dU + P dV ⇒UR dVdS = dU +UncVcVVが得られます．両辺を U で割ってから積分すると

S = nRcVR"
log U + log V + c0 = nR log

UU0

cV /R VV0

#+ nRc1

c0 ，c1 は定数です．２行目で，（5.17）の形に合わせて U0 ，V0 という定数を導入しました．しかし，このままではエントロピーの示量性が担保できません．なぜなら"S (λU, λV, λn) = λnR log λcV /R+1UU0cV /R VV0

#+ λnRc1となり，対数の中身から λ が消えないからです．

(2) 示量性を回復するには，対数の中に現れた λcV /R+1 をうまく打ち消す必要があります．しかし，U ，V に関する因子は修正できません（状態方程式が変わってしまう！）．そこで，残る熱力学座標である n を含む因子を挿入することになります．結果，n−1−cV /Rを挿入すればよいことがわかります．こうして式（5.17）に到達します．

[8.4] (1) V液体 = 18cm3 = 1.8 × 10−7 m−3(2) 理想気体の状態方程式より
V気体 =nRT01mol × 8.31Jmol−1 K−1 × 373K
= 3.06 × 10−2 m−3=
P01.01325 × 105 Nm−211あるいは，標準状態（0◦ C，1atm）での気体の 1mol の体積が 22.4L= 22.4 × 10−3 m−3であることを使って，

V気体 =373.15K× 22.4 × 10−3 m−3 = 3.06 × 10−2 m−3273.15Kと計算してもよいでしょう．

(3) 圧力一定なので，仕事はw = P0 ∆V = 1.01325 × 105 Nm−2 × 3.06 × 10−2 − 1.8 × 10−7 m−3 = 3100J(4) 熱力学第 1 法則より，∆U = Q − P0 ∆V = 40.7kJ − 3.1kJ = 37.6kJ[8.5](1) ピストンが x だけ右にずれた瞬間の，左の部屋の圧力は P1 (x) とすれば，準静的過程に対するポアソンの関係式より
γ

P1 (x) [A (L + x)] = P0 (AL)γ|x| << L として近似計算を行うと，
P1 (x) =P0
γ = P0 (1 − γx/L)(1 + x/L)

同様に，右の部屋の圧力はP2 (x) =P0
γ = P0 (1 + γx/L)(1 − x/L)

これより，ピストンの運動方程式は

M

Adv= AP1 (x) − AP2 (x) = −2γP0 xdt
L

これは単振動の運動方程式です．x = 0 での状態方程式

P0 AL = RT0
より，運動方程式は
2dv(P0 A)
M= −2γxdt
RT0| {z }ばね定数となります．振動周期は

s2π
τ=P0 A
12RT02γとなります．

(2)
P1 (x)A(L + x)
P0 A=
(1 − γx/L)(L + x)
RRP0 AP2 (x)A(L − x)=
(1 + γx/L)(L − x)
T2 (x) =R
R

T1 (x) =より，温度差は∆T (x) = T2 (x) − T1 (x) = 2(γ − 1)

P0 A
xx = 2(γ − 1)T0R
L(3) ピストンに抵抗が働いて，シリンダー内部でエネルギーの散逸が起きない限り，ピストンは単振動を続けます．これはマクロな変化が止まらないことを意味するので，決して平衡状態には達しません．もし，断熱ピストンを透熱ピストンに代えれば，部屋１，２の温度差はやがて ∆T (x) = 0 となります．このとき，ピストンの振動は減衰しながらやがて x = 0 で静止し，平衡状態が達成されます．

[8.6] 平衡状態 1(温度 T1 ，体積 V1 ) と平衡状態 3(温度 T3 ，体積 V1 + Ah′ ) では，ともにピストンがつり合いの状態にあります．よって，気体の圧力は共通（P1 = M g + P0 A）です (この点の把握が重要)．状態方程式

P1 V1 = nRT1P1 (V1 + Ah′ ) = nRT3を辺々引くとP1 h′ = nR(T3 − T1 )エネルギー保存則については，Practice [4.3] の結果から

ncV (T3 − T1 ) = P1 (h − h′ )です．以上ふたつの式を辺々割るとncV (T3 − T1 )h − h′cVh′
1P1 (h − h′ )
=
⇒=
⇒=′′
P1 hnR(T3 − T1 )hRh
1 + cV /Rが得られます．

[8.8] (a) 鉛直方向のつり合いの式より，P = P0 + M g/A （A はシリンダーの断面積）．
(b) 始状態と比べ，静電引力による圧力 Q2 /(2εA2 ) が余分に加わるので
Q2
P = P + F/A = P +2εA2′13(c) 内部エネルギーを（7.28）で表すと，U1 = 32 P (Ad) および U2 = 23 P ′ (AD) となります．これを演習問題 4.4 の結果である

11∆U = (M g + P0 A)∆h + QV = P A(d − D) + QV22に適用すると，

32

Q2P+2εA2

13(AD) − P (Ad) = P A(d − D) + QV
22Q = εAV /D を代入すると，
(2 )



31εAV
31 εAV
P+(AD) − P (Ad) = P A(d − D) +V
22εA2D22D式変形を続けます：

1 εAV 2P AD +2 D

1 εAV 22P A(d − D) +33 D
εV 2=0⇒D−d+10DPDεV 2 d⇒−1+=0d10P d2 DεV 2⇒ x2 − x +=010P d2− P (Ad) =この２次方程式の正の解として

D1 1x== +d2 2r1−2εV 25d2 Pとなります．
第 10 章[10.2] (1) 熱：QH = CH (TH − T0 ) , QL = CL (T0 − TL )，仕事 ：W = QH −QL =CHTH +CL TL − (CL + CH ) T0 ，エントロピー変化：σH = CH log

THT0, σL = CL log

T0TL

エントロピー条件：(σL ≥ σH =⇒ log

T0TL

C L T0THC H )≥ 0 =⇒ T0 ≥14



TLCL THCH

1
 C +CLH．

最大仕事Wmax = CH TH + CL TL − (CL + CH )(2)

CLWmax′=1−ηmax=QH
CH

TLCL THCHTLCL THCH

1
 C +CLH1
 C +CLH− TL

1
 C +CTH − TLCL THCH L H[10.3]


η =1−

THTL



TL log
TH 1 − TTL

Hx = TH /TL > 1 と置くと
η =1−TL x log x
TH x − 1と書ける．ここで

1<x log xx−1より，η < 1 − TTHL が言えます．

[10.4] （10.22）および（10.24）より，等温過程（T = T0 ）では0 = T0 dS + Kdxが成り立ちます．ここでゴムバンドの伸びを x = L − L0 と置きました．また，（10.26）
より．

K = cBT0xL0です．これより，等温過程では

T0 dS = −であり，Z
Q=cBT0T dS = −L0

cBT0xdxL0Z L1 −L0xdx = −0cBT02(L1 − L0 )2L0

つまり，ゴムバンドを伸ばすには，熱を奪う必要があります．

[10.7](1) （10.35）の結果より，
V T 3 = 一定

15

(2)
V現在
=V晴上

R現在
R晴上

3
=T晴上
T現在

3⇒

R現在
T
3000
= 晴上 =≈ 1100
R晴上
T現在
2.725

[10.8] M = 65 × 108 × 2 × 1030 kg = 1.3 × 1040 kg
2 × 6.67 × 10−11 × 1.3 × 1040
2GMr==≈ 1.9 × 1013 m
2c2(3.0 × 108 )
また，温度は
33.0 × 108 × 6.6 × 10−34c3 h=≈ 9.4×10−18 KT =22−23−1140
16π kB GM
16π × (1.38 × 10 ) × (6.67 × 10 ) × (1.3 × 10 )と見積もられます．
第 12 章[12.8] この計算はちょっと面倒です．状態方程式（10.2）の両辺を，P を固定して T で微分すると

nR0=−V − nbとなります．これより

∂V∂T(2n2 − 2a V 3(V − nb)
nRT=P)

∂V∂TPV − nb
22an
T − RV3 (V − nb)が得られ，これを使って αP が求められ，ここからジュール・トムソン係数がµJT =TVCP(V − nb
22an
T V − RV2 (V − nb)−1T)と求められます．興味があるのは µJT の正負です．そこで，µJT = 0 つまり

V − nb
1=2an
T2TV −(V − nb)
RV 2となる体積 Vc を求めます．上式を変形していくと，bRT 22V = (V − nb) ⇒2a

bRT1−2a16
V 2 − 2nbV + n2 b2 = 0

2 次方程式の解の公式を使って，Vc =q
nb ± n2 b2 − n2 b2 1 − bRT
2a1 − bRT
2arbRT2a= nbbRT
1−2a1±

正符号をとると

rrbRTbRT1+1+nb2a ! 2a r!=r
Vc = nb = nbrbRTbRTbRTbRT
1−1−
1−1+2a2a2a2aつまりVc =nbrbRT
1−2aが得られます．これを改めて状態方程式に代入すると，nRT
n2P =−a 2Vc − nbVc!
rbRT!2
RT 1 −r2aabRTr=− 2 1−b2abRT
b2a!
rr
R 2aT
RabRTbRT=− T − 2 1−2+bbRbb2a2ara2aRT
3R=− 2 +2−
T3b2b2bつまりaP =− 2 +2br2aR √3RT−T3b2b(0.1)

が得られます．さらに

Pc =を導入すると

a,27b2Tc =√P= −27 + 24 3Pc

が得られます．

17r

8a27RbTT− 12Tc
Tc(0.2)