熱と気体の問題

難易度 4国公立二次の標準レベル高校物理熱と気体

なめらかに動くピストンのついたシリンダーに、一定量の単原子分子理想気体が閉じこめられている。気体の状態を、圧力 $p$ と体積 $V$ を用いて、次の 3 つの過程からなるサイクル $A \to B \to C \to A$ でゆっくりと変化させる。ただし、 $p_{0}$ , $V_{0}$ は正の定数である。

状態 $A$ : 圧力 $3 p_{0}$ 、体積 $V_{0}$
状態 $B$ : 圧力 $p_{0}$ 、体積 $3 V_{0}$
状態 $C$ : 圧力 $p_{0}$ 、体積 $V_{0}$
過程 $A \to B$ : $p$ - $V$ 図（横軸 $V$ 、縦軸 $p$ ）上で、 $A$ と $B$ を結ぶ線分にそって変化する
過程 $B \to C$ : 圧力を $p_{0}$ に保ったまま変化する（定圧変化）
過程 $C \to A$ : 体積を $V_{0}$ に保ったまま変化する（定積変化）

このサイクルを熱機関とみなし、1 サイクルの間に気体が外部にした正味の仕事を $W$ 、1 サイクルの間に気体が外部から吸収した熱量の合計（熱を吸収している部分だけの和で、放出した熱量は差し引かない）を $Q_{in}$ とする。熱効率 $e = \frac{W}{Q _{in}}$ を求めよ。

なお、物質量 $n$ の単原子分子理想気体の内部エネルギーは、気体定数を $R$ 、絶対温度を $T$ として $\frac{3}{2} n R T$ である。

A

B

C

V

p

O

V_{0}

3 V_{0}

p_{0}

3 p_{0}

この問題で使うもの

熱機関のサイクルと熱効率（説明と入口の問題）
直線的な過程での吸熱と放熱の切りかわり（説明と入口の問題）
気体がする仕事と p-V 図（説明と入口の問題）
理想気体の内部エネルギー（説明と入口の問題）
熱力学第一法則（説明と入口の問題）
定積変化・定圧変化とモル比熱（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（57 技能）

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ヒント

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ヒント 1

正味の仕事は $p$ - $V$ 図でサイクルが囲む面積。吸収した熱量は、各過程で熱力学第一法則 $Q = Δ U + W$ を使い、 $U = \frac{3}{2} p V$ で求める。過程 A→B では、途中で熱の吸収と放出が入れかわることに注意しよう。

ヒント 2

線分 AB は $p = p_{0} (4 - \frac{V}{V _{0}})$ 。体積をわずかに $Δ V$ 増やしたときの吸収熱 $Δ Q ≒ \frac{5}{2} p Δ V + \frac{3}{2} V Δ p$ の符号を調べる。

ヒント 3

$Δ Q ≒ p_{0} (10 - \frac{4 V}{V _{0}}) Δ V$ より、熱を吸収するのは $V = \frac{5}{2} V_{0}$ （圧力 $\frac{3}{2} p_{0}$ ）の点まで。A からこの点までの $Δ U$ と仕事（台形の面積）を求め、C→A で吸収する $3 p_{0} V_{0}$ と合わせる。

答えと解説

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\frac{4}{15}

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解説を読む

物質量を $n$ とすると、状態方程式 $p V = n R T$ より内部エネルギーは $U = \frac{3}{2} n R T = \frac{3}{2} p V$ と表せる。各過程で熱力学第一法則 $Q = Δ U + W$ （ $Q$ : 吸収した熱量、 $W$ : 気体が外にした仕事）を使う。

正味の仕事

1 サイクルの正味の仕事は、 $p$ - $V$ 図でサイクルが囲む三角形 $ABC$ の面積に等しい（サイクルは時計回りなので正）。
$W = \frac{1}{2} \times (3 V_{0} - V_{0}) \times (3 p_{0} - p_{0}) = 2 p_{0} V_{0}$

過程 C→A（定積変化）

仕事は $0$ 。 $Δ U = \frac{3}{2} (3 p_{0} V_{0} - p_{0} V_{0}) = 3 p_{0} V_{0} > 0$ なので、熱を $3 p_{0} V_{0}$ 吸収する。

過程 B→C（定圧圧縮）

体積が減り（ $W < 0$ ）、 $p V$ も減る（ $Δ U < 0$ ）ので、 $Q < 0$ で熱を放出する。 $Q_{in}$ には入らない。

過程 A→B（直線にそった変化）

$A$ と $B$ では $p V = 3 p_{0} V_{0}$ で等しいので、全体では $Δ U = 0$ 、仕事は台形の面積 $\frac{( 3 p _{0} + p _{0} )}{2} \times 2 V_{0} = 4 p_{0} V_{0}$ で、正味では $4 p_{0} V_{0}$ の熱を吸収する。しかし、途中で吸収から放出に変わるので、吸収した部分だけを求める必要がある。

線分 AB の式は $p = p_{0} (4 - \frac{V}{V _{0}})$ である。この線分にそって体積が $V$ から $V + Δ V$ にわずかに増えるとき、圧力の変化は $Δ p = - \frac{p _{0}}{V _{0}} Δ V$ で、
$Δ U = \frac{3}{2} Δ (p V) ≒ \frac{3}{2} (p Δ V + V Δ p), W ≒ p Δ V$
よって吸収する熱量は
$Δ Q ≒ \frac{5}{2} p Δ V + \frac{3}{2} V Δ p = {\frac{5}{2} p_{0} (4 - \frac{V}{V _{0}}) - \frac{3}{2} \cdot \frac{p _{0} V}{V _{0}}} Δ V = p_{0} (10 - \frac{4 V}{V _{0}}) Δ V$
これは $V < \frac{5}{2} V_{0}$ で正、 $V > \frac{5}{2} V_{0}$ で負である。したがって、気体が熱を吸収するのは $A$ から、線分上の $V = \frac{5}{2} V_{0}$ の点 $M$ （圧力 $p = p_{0} (4 - \frac{5}{2}) = \frac{3}{2} p_{0}$ ）までである。

A→M で吸収する熱量を第一法則で求める。
$Δ U_{AM} = \frac{3}{2} (\frac{3}{2} p_{0} \cdot \frac{5}{2} V_{0} - 3 p_{0} V_{0}) = \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{4} p_{0} V_{0} = \frac{9}{8} p_{0} V_{0}$
$W_{AM} = \frac{1}{2} (3 p_{0} + \frac{3}{2} p_{0}) \times \frac{3}{2} V_{0} = \frac{27}{8} p_{0} V_{0}$
$Q_{AM} = \frac{9}{8} p_{0} V_{0} + \frac{27}{8} p_{0} V_{0} = \frac{9}{2} p_{0} V_{0}$
（M→B では $\frac{9}{2} p_{0} V_{0} - 4 p_{0} V_{0} = \frac{1}{2} p_{0} V_{0}$ を放出している。）

熱効率

$Q_{in} = 3 p_{0} V_{0} + \frac{9}{2} p_{0} V_{0} = \frac{15}{2} p_{0} V_{0}$
$e = \frac{W}{Q _{in}} = \frac{2 p _{0} V _{0}}{\frac{15}{2} p _{0} V _{0}} = \frac{4}{15}$

別解

【仕事】サイクルは $p$ - $V$ 図上で A→B→C→A と時計回りなので、正味の仕事は三角形 ABC の面積。底辺 $B C = 2 V_{0}$ 、高さ $A C = 2 p_{0}$ より $W = \frac{1}{2} \cdot 2 V_{0} \cdot 2 p_{0} = 2 p_{0} V_{0}$ 。

【A→B】線分の式は傾き $- p_{0} / V_{0}$ で $p = 4 p_{0} - \frac{p _{0}}{V _{0}} V$ 。状態方程式 $p V = n R T$ より内部エネルギーは $U = \frac{3}{2} p V$ 。微小変化で $d Q = d U + p d V = \frac{3}{2} (p d V + V d p) + p d V = \frac{5}{2} p d V + \frac{3}{2} V d p$ 。 $d p = - \frac{p _{0}}{V _{0}} d V$ を代入すると $d Q = (10 p_{0} - \frac{4 p _{0}}{V _{0}} V) d V$ 。これは $V = \frac{5}{2} V_{0}$ で 0 になり、 $V_{0} \leq V < \frac{5}{2} V_{0}$ で吸熱、 $\frac{5}{2} V_{0} < V \leq 3 V_{0}$ で放熱。吸熱量は $\int_{V_{0}}^{5 V_{0} /2} (10 p_{0} - \frac{4 p _{0}}{V _{0}} V) d V = 15 p_{0} V_{0} - \frac{2 p _{0}}{V _{0}} (\frac{25}{4} - 1) V_{0}^{2} = 15 p_{0} V_{0} - 10.5 p_{0} V_{0} = \frac{9}{2} p_{0} V_{0}$ 。（検算: 残りの放熱は $- \frac{1}{2} p_{0} V_{0}$ で、合計 $4 p_{0} V_{0}$ 。これは A→B の仕事 $\frac{3 p _{0} + p _{0}}{2} \cdot 2 V_{0} = 4 p_{0} V_{0}$ に等しく、 $T_{A} = T_{B}$ で $Δ U = 0$ と一致する。）

【B→C】定圧で体積が減るので温度が下がり、気体は熱を放出する（吸熱なし）。

【C→A】定積変化で $W = 0$ 、 $Δ U = \frac{3}{2} (3 p_{0} V_{0} - p_{0} V_{0}) = 3 p_{0} V_{0} > 0$ より吸熱量 $3 p_{0} V_{0}$ 。

【まとめ】 $Q_{in} = \frac{9}{2} p_{0} V_{0} + 3 p_{0} V_{0} = \frac{15}{2} p_{0} V_{0}$ 。よって $e = \frac{2 p _{0} V _{0}}{\frac{15}{2} p _{0} V _{0}} = \frac{4}{15}$ 。（検算: 全体の正味の熱 $= 4 - (B\toC の放熱) + 3$ 。B→C の放熱は $\frac{5}{2} p_{0} \cdot 2 V_{0} = 5 p_{0} V_{0}$ なので正味 $= 4 - 5 + 3 = 2 p_{0} V_{0} = W$ で一致。）

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