この問題は、利用者からの報告を受けて確認中です。答えや解説に誤りがあるかもしれません。

熱力学の問題

難易度 2教科書の演習問題レベル大学物理熱力学

ある作業物質が準静的なサイクルを行う熱機関を考える。横軸にエントロピー $S$ 、縦軸に絶対温度 $T$ をとった $T$ – $S$ 図上で、このサイクルの経路は、軸が座標軸に平行な楕円である。この楕円上の温度の最大値は $T_{H}$ 、最小値は $T_{C}$ である（ $T_{H} > T_{C} > 0$ ）。また、エントロピーの最小値は $S_{1}$ 、最大値は $S_{2}$ である（ $S_{2} > S_{1}$ ）。作業物質は、 $T$ – $S$ 図上でこの楕円を時計回りに（温度が最大の点からエントロピーが増える向きに）1 周する。

この熱機関の効率 $η$ を、1 サイクルで外部にした正味の仕事 $W$ と、1 サイクルで作業物質が吸収した熱の総量 $Q_{in}$ （熱を吸収する部分だけの和）の比 $η = W / Q_{in}$ と定義する。 $η$ を $T_{H}$ , $T_{C}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

可逆過程のエントロピー変化（説明と入口の問題）
熱機関のサイクルと熱効率（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（100 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの問題で使う技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

準静的過程では $d^{'} Q = T d S$ なので、仕事は $T$ – $S$ 図で囲まれる面積、吸収熱は $d S > 0$ の部分での $\int T d S$ で求まります。

ヒント 2

楕円を $S = S_{0} + Δ S sin θ, T = T_{0} + Δ T cos θ$ と媒介変数表示し、 $T_{0} = \frac{T _{H} + T _{C}}{2}$ 、 $Δ T = \frac{T _{H} - T _{C}}{2}$ とおきます。熱を吸収するのは $- π /2 < θ < π /2$ の部分です。

ヒント 3

$W = π Δ T Δ S$ 、 $Q_{in} = Δ S (2 T_{0} + \frac{π}{2} Δ T)$ となります。あとは比をとって $T_{H}, T_{C}$ で書き直しましょう。

答えと解説

答えを見る

\frac{2 π ( T _{H} - T _{C} )}{( 4 + π ) T _{H} + ( 4 - π ) T _{C}}

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

解説を読む

準静的過程では作業物質が受け取る熱は $d^{'} Q = T d S$ である。

楕円の中心を $(S_{0}, T_{0})$ 、半軸を $Δ S, Δ T$ とすると
$S_{0} = \frac{S _{1} + S _{2}}{2}, Δ S = \frac{S _{2} - S _{1}}{2}, T_{0} = \frac{T _{H} + T _{C}}{2}, Δ T = \frac{T _{H} - T _{C}}{2}$
である。経路を
$S = S_{0} + Δ S sin θ, T = T_{0} + Δ T cos θ$
と媒介変数表示すると、 $θ = 0$ が温度最大の点で、 $θ$ が増えると $S$ が増え $T$ が減るので、 $θ$ を増やす向きが時計回りである。

正味の仕事 1 サイクルで内部エネルギーは元に戻るので、第一法則より $W = \oint T d S$ であり、これは時計回りに回るとき楕円の面積に等しい：
$W = π Δ T Δ S .$

吸収した熱 $d S = Δ S cos θ d θ > 0$ となるのは $- π /2 < θ < π /2$ （楕円の上半分）のときである。よって
$Q_{in} = \int_{- π /2}^{π /2} (T_{0} + Δ T cos θ) Δ S cos θ d θ = Δ S (T_{0} \int_{- π /2}^{π /2} cos θ d θ + Δ T \int_{- π /2}^{π /2} cos^{2} θ d θ) .$
ここで $\int_{- π /2}^{π /2} cos θ d θ = 2$ 、 $\int_{- π /2}^{π /2} cos^{2} θ d θ = \frac{π}{2}$ なので
$Q_{in} = Δ S (2 T_{0} + \frac{π}{2} Δ T) .$
（確認：放出する熱は $Q_{out} = Δ S (2 T_{0} - \frac{π}{2} Δ T)$ で、 $Q_{in} - Q_{out} = π Δ T Δ S = W$ となり一致する。）

効率
$η = \frac{W}{Q _{in}} = \frac{π Δ T}{2 T _{0} + \frac{π}{2} Δ T} = \frac{2 π Δ T}{4 T _{0} + π Δ T} .$
$T_{0}, Δ T$ を代入すると $4 T_{0} = 2 (T_{H} + T_{C})$ 、 $π Δ T = \frac{π}{2} (T_{H} - T_{C})$ より、分母分子を 2 倍して
$η = \frac{2 π ( T _{H} - T _{C} )}{4 ( T _{H} + T _{C} ) + π ( T _{H} - T _{C} )} = \frac{2 π ( T _{H} - T _{C} )}{( 4 + π ) T _{H} + ( 4 - π ) T _{C}} .$
エントロピーの幅 $Δ S$ は打ち消し合い、効率は温度だけで決まる。なお、この値は同じ最高・最低温度の間のカルノー効率 $1 - T_{C} / T_{H}$ より小さい（例えば $T_{C} \to T_{H}$ ではカルノー効率の $π /4$ 倍になる）。

別解

楕円の中心を $(S_{0}, T_{0})$ とすると、 $T_{0} = (T_{H} + T_{C}) /2$ 。 $S$ 方向の半軸は $a = (S_{2} - S_{1}) /2$ 、 $T$ 方向の半軸は $b = (T_{H} - T_{C}) /2$ 。

正味の仕事は楕円の面積に等しい。 $W = \oint T d S = π ab$ 。

時計回りでは、 $d S > 0$ となるのは楕円の上半分（ $T > T_{0}$ の弧。 $S_{1}$ から $S_{2}$ へ進む）である。そこで $d T d S$ による吸熱は $δ Q = T d S > 0$ 。下半分は $d S < 0$ で放熱である。

吸熱量は、上側の弧の下の面積に等しい。
$Q_{in} = \int_{上弧} T d S = T_{0} \cdot 2 a + \frac{π ab}{2}$ 。

したがって
$η = \frac{π ab}{2 a T _{0} + π ab /2} = \frac{π b}{2 T _{0} + π b /2}$ 。

$b = (T_{H} - T_{C}) /2$ 、 $T_{0} = (T_{H} + T_{C}) /2$ を代入すると
$η = \frac{π ( T _{H} - T _{C} ) /2}{( T _{H} + T _{C} ) + π ( T _{H} - T _{C} ) /4} = \frac{2 π ( T _{H} - T _{C} )}{4 ( T _{H} + T _{C} ) + π ( T _{H} - T _{C} )}$ 。

検算： $T_{C} \to T_{H}$ で $η \to 0$ 。 $T_{C} \to 0$ では $η = 2 π / (4 + π) \approx 0.88 < 1$ となり、矛盾はない。

熱力学の問題

この問題で使うもの

ヒント

答えと解説

次のおすすめ

この問題の確認

間違いを報告する

関連する問題