カルノーサイクル：各過程のエネルギーとエントロピー

問1。 図の $AB$ と $CD$ は断熱過程、$BC$ は高温等温線上、$DA$ は低温等温線上にある。サイクルは時計回りである。断熱過程 $AB$ で断熱関係式を用いると

$$T_{\mathrm{C}}V_A^{\gamma-1}=T_{\mathrm{H}}V_B^{\gamma-1},\qquad \left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

$1/(\gamma-1)$ 乗し、$b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$ とおくと $V_A=bV_B$ を得る。同様に $CD$ では、

$$T_{\mathrm{H}}V_C^{\gamma-1}=T_{\mathrm{C}}V_D^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad V_D=bV_C=brV_B.$$

よって $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$ である。二つの等温過程は逆向きに進み、体積比は等しい。

問2。 各可逆断熱過程では $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$、$\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$ である：

$$Q_{AB}=Q_{CD}=0,\qquad \Delta S_{AB}=\Delta S_{CD}=0.$$

理想気体の等温過程では $\mathrm dU=0$ なので $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$ となる。高温での膨張については、

$$\begin{aligned} Q_{BC}&=nRT_{\mathrm{H}}\int_{V_B}^{rV_B}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{H}}[\ln V]_{V_B}^{rV_B}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r>0,\\ \Delta S_{BC}&=\frac{Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=nR\ln r. \end{aligned}$$

低温での圧縮では $V_A/V_D=1/r$ より、

$$\begin{aligned} Q_{DA}&=nRT_{\mathrm{C}}\int_{V_D}^{V_A}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{C}}[\ln V]_{V_D}^{V_A}\\ &=nRT_{\mathrm{C}}\ln\frac{V_A}{V_D}=-nRT_{\mathrm{C}}\ln r<0,\\ \Delta S_{DA}&=\frac{Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=-nR\ln r. \end{aligned}$$

$(S,T)$ 線図では $AB$ と $CD$ でエントロピー一定なので、これらは鉛直線となる。等温過程 $BC$ と $DA$ は水平線である。$S_A$ を相対的な原点に選ぶと、座標は

$$\begin{aligned} \begin{array}{c|cc} \text{状態}&S-S_A&T\\ \hline A&0&T_{\mathrm{C}}\\ B&0&T_{\mathrm{H}}\\ C&nR\ln r&T_{\mathrm{H}}\\ D&nR\ln r&T_{\mathrm{C}} \end{array} \end{aligned}$$

幅 $nR\ln r$、高さ $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$ の時計回りの長方形となる。

問3。 一周期では $\Delta U=0$ である。受け取るエネルギーを正とすれば第一法則は

$$W=-(Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CD}+Q_{DA}) =-nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r<0.$$

供給する仕事は $-W>0$、高温側から受け取る熱量は $Q_{BC}>0$ である。したがって効率は

$$\eta=\frac{-W}{Q_{BC}} =\frac{nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r}{nRT_{\mathrm{H}}\ln r} =\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

各熱源は気体に与える熱量と逆符号の熱量を受け取る：

$$\Delta S_{\mathrm{th,H}}=\frac{-Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=-nR\ln r,\qquad \Delta S_{\mathrm{th,C}}=\frac{-Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=nR\ln r.$$

気体は初期状態に戻るので $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$ である。三つの変化の和はゼロで、エントロピーは生成されない。外界へ供給する仕事はエントロピーを運ばない。

問4。 機関について受け取るエネルギーを正とする。$Q_{\mathrm{H}}>0$ は高温熱源から、$Q_{\mathrm{C}}<0$ は低温熱源から受け取る熱量、$W<0$ は一周期で受け取る仕事である。熱源は逆符号の熱量 $-Q_{\mathrm{H}}$、$-Q_{\mathrm{C}}$ を受け取る。機関は初期状態に戻り、外界は仕事だけを受け取るので、両熱源のエントロピー変化の和が生成量となる：

$$S_{\mathrm{i}}=-\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

$T_{\mathrm{C}}$ を掛けて $Q_{\mathrm{C}}$ について解くと、

$$T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}, \qquad Q_{\mathrm{C}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}.$$

第一法則より $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$ である。回収される仕事は $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$ なので、

$$\eta=\frac{|W|}{Q_{\mathrm{H}}}=1+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{Q_{\mathrm{H}}} =1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}}.$$

$T_{\mathrm{C}}>0$、$Q_{\mathrm{H}}>0$ であるため、正のエントロピー生成は効率を下げる。

問5。 高温側から受け取る熱量は両機関で同じである。問2より、

$$Q_{\mathrm{H}}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r=1{,}0\times8{,}314\times500\times\ln3{,}4 \simeq5087\ \mathrm J.$$

可逆熱機関の効率は

$$\eta_{\mathrm{Carnot}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}} =1-\frac{300}{500}=0{,}40=40\,\%.$$

問4から二つの効率の差は

$$\Delta\eta=\eta_{\mathrm{Carnot}}-\eta_{\mathrm{irr}} =\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}} \simeq\frac{300\times2{,}0}{5087}=0{,}118.$$

分子 $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ はエネルギーなので、比は無次元である。低下は $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ パーセントポイントである。したがって、

$$\eta_{\mathrm{irr}}=0{,}40-0{,}118\simeq0{,}282=28{,}2\,\%.$$

効率は $40\,\%$ から $28{,}2\,\%$ になる。$11{,}8$ ポイントの低下は、相対的に $11{,}8\,\%$ 減ることではない。