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熱力学の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理熱力学

2 つの物体 A, B があり、どちらも体積は一定に保たれ、熱容量は温度 $T$ に比例して $C (T) = a T$ （ $a$ は正の定数）で与えられる。はじめ A の温度は $T_{0}$ 、B の温度は $2 T_{0}$ である（ $T_{0} > 0$ ）。

A を低温側、B を高温側の熱源として、微小なカルノーサイクル（可逆機関）を繰り返し運転し、A と B の温度が等しくなるまで外部に仕事を取り出す。熱機関の作業物質は各サイクルで元の状態に戻り、A, B と熱機関以外との熱のやりとりはないものとする。

このとき外部に取り出される仕事の総量を $W$ とする。 $\frac{W}{a T _{0}^{2}}$ の値を求めよ。

この問題で使うもの

有限の熱源から取り出す最大仕事（説明と入口の問題）
可逆過程のエントロピー変化（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（102 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

可逆機関だけを使うので、A と B のエントロピー変化の和は $0$ になる。これで終温度が決まる。

ヒント 2

体積一定で $C (T) = a T$ なので $d S = a d T$ 、 $d U = a T d T$ 。仕事は A, B の内部エネルギーの減少量の和に等しい。

ヒント 3

エントロピーの条件 $a (T_{f} - T_{0}) + a (T_{f} - 2 T_{0}) = 0$ から $T_{f} = \frac{3}{2} T_{0}$ 。あとは $W = \frac{a}{2} (T_{0}^{2} + 4 T_{0}^{2} - 2 T_{f}^{2})$ を計算する。

答えと解説

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\frac{1}{4}

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終温度の決定

カルノーサイクルは可逆なので、A, B と作業物質を合わせた全体のエントロピーは変化しない。作業物質は各サイクルで元の状態に戻るのでエントロピー変化は $0$ である。よって A と B のエントロピー変化の和が $0$ になる。

体積一定なので、物体のエントロピー変化は $d S = \frac{C ( T ) d T}{T} = a d T$ である。終温度を $T_{f}$ とすると
$Δ S_{A} = \int_{T_{0}}^{T_{f}} a d T = a (T_{f} - T_{0}), Δ S_{B} = \int_{2 T_{0}}^{T_{f}} a d T = a (T_{f} - 2 T_{0})$
$Δ S_{A} + Δ S_{B} = 0$ より
$2 T_{f} - 3 T_{0} = 0 ⟹ T_{f} = \frac{3}{2} T_{0}$

仕事の計算

体積一定なので、物体の内部エネルギー変化は $d U = C (T) d T = a T d T$ であり、 $U = \frac{a}{2} T^{2} + const$ となる。

エネルギー保存（熱力学第一法則）より、作業物質は元に戻るので、取り出した仕事は A と B の内部エネルギーの減少量の和に等しい。
$W = - (Δ U_{A} + Δ U_{B}) = \frac{a}{2} (T_{0}^{2} + (2 T_{0})^{2} - 2 T_{f}^{2})$
$T_{f}^{2} = \frac{9}{4} T_{0}^{2}$ を代入して
$W = \frac{a}{2} (T_{0}^{2} + 4 T_{0}^{2} - \frac{9}{2} T_{0}^{2}) = \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} T_{0}^{2} = \frac{1}{4} a T_{0}^{2}$

よって
$\frac{W}{a T _{0}^{2}} = \frac{1}{4}$

（参考：B が失う熱は $\frac{a}{2} (4 - \frac{9}{4}) T_{0}^{2} = \frac{7}{8} a T_{0}^{2}$ 、A が受け取る熱は $\frac{a}{2} (\frac{9}{4} - 1) T_{0}^{2} = \frac{5}{8} a T_{0}^{2}$ で、その差 $\frac{1}{4} a T_{0}^{2}$ が仕事になっている。）

別解

体積一定で $C = a T$ なので、内部エネルギーは $U = \int a T d T = \frac{1}{2} a T^{2} + U_{0}$ 、エントロピーは $S = \int \frac{C}{T} d T = a T + S_{0}$ 。可逆機関なので全系（A, B, 熱機関）のエントロピーは不変で、作業物質は元に戻るから $S_{A} + S_{B}$ が保存される。 $a T_{0} + a (2 T_{0}) = 2 a T_{f}$ より $T_{f} = \frac{3}{2} T_{0}$ 。
取り出す仕事はエネルギー保存から $W = (U_{A} + U_{B})_{初} - (U_{A} + U_{B})_{終} = \frac{a}{2} (T_{0}^{2} + 4 T_{0}^{2}) - 2 \cdot \frac{a}{2} (\frac{9}{4} T_{0}^{2}) = \frac{5}{2} a T_{0}^{2} - \frac{9}{4} a T_{0}^{2} = \frac{1}{4} a T_{0}^{2}$ 。
検算: 微小サイクルで $d W = (1 - \frac{T _{A}}{T _{B}}) δ Q_{B}$ を積分する別法でも、 $T_{A} = T_{0} (\dots)$ について $T_{A} T_{B} = 2 T_{0}^{2}$ の関係から同じ値 $\frac{1}{4}$ となる（ $T_{A} + T_{B}$ 側の積分で $\int (T_{B} - T_{A}) a d T$ を計算）。

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