問題

この演習は単なる有名な定番問題ではない。可逆過程と不可逆過程の相違の一つを示すうえでも基本的な演習である（第6課も参照）。

理想気体 $n$ モルを考える。この気体の熱容量は一定で，その比は $\gamma=c_P/c_V>1$ である。気体は断熱された鉛直なシリンダー内に封入されている。シリンダーの断面積は $\mathcal S$ で，質量を無視できる断熱ピストンによって閉じられており，ピストンは摩擦なく動く。外界は大気圧 $P_0$ にあり，この圧力がピストンの上面に作用する。したがって初期平衡状態では気体の圧力も $P_0$ であり，その状態は

A=(P_0,V_0,T_0).

総質量 $M$ の追加荷重を用意する。これをすべてピストン上に載せると，外圧は

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

となる。二つの実験を比較する。一方では質量 $M$ を多数の小さな質量に分け，新たな平衡に達するのをその都度待ちながら一つずつ加える。他方では質量 $M$ の全体を一度に載せる。次に，同じ二通りの方法で追加荷重を取り除く。すなわち，砂粒を一粒ずつ取り除くか，またはすべてを一度に取り除く。

二つの実験は，中央に示した同じ初期状態 A から出発する。このときピストンには大気圧 P_0 のみが作用している。左では，総質量 M の追加荷重を砂粒ごとに載せるため，P_ ext は徐々に増加する。同じ方法で取り除けば，経路を逆向きにたどる。右では，同じ質量 M を一度に載せるため，P_ ext は P_0 から P_1 へ急激に変化する。どちらの圧縮実験でも，P_1=P_0+Mg/ S=xP_0 である。 — 図 1. 二つの実験は，中央に示した同じ初期状態 $A$ から出発する。このときピストンには大気圧 $P_0$ のみが作用している。左では，総質量 $M$ の追加荷重を砂粒ごとに載せるため， $P_{\mathrm{ext}}$ は徐々に増加する。同じ方法で取り除けば，経路を逆向きにたどる。右では，同じ質量 $M$ を一度に載せるため， $P_{\mathrm{ext}}$ は $P_0$ から $P_1$ へ急激に変化する。どちらの圧縮実験でも， $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ である。

追加荷重を非常にゆっくり加え，外圧を $P_0$ から $P_1$ まで緩やかに変化させる。各瞬間に気体の圧力 $P$ が外圧 $P_{\mathrm{ext}}$ に等しいことを説明せよ。このとき，気体の相次ぐ状態を関係づけるためにどの法則を用いることができるか。そこから $P_B/P_0$ ， $T_B/T_0$ ， $V_B/V_0$ を $x$ と $\gamma$ の関数として求めよ。
今度は状態 $B$ から出発し，外圧が再び $P_0$ になるまで，追加荷重を砂粒ごとに非常にゆっくり取り除く。前問と同じ法則を用いて，気体が初期状態 $A$ に厳密に戻ることを示せ。
再び $A$ から出発し，今度は質量 $M$ を一度に載せる。外圧は急激に一定値 $P_1$ となる。終状態 $B'$ を完全に決定し，さらに $W_{AB'}$ ， $Q_{AB'}$ ， $\Delta U_{AB'}$ を求めよ。
まず $\gamma=5/3$ ， $x=2$ の例について， $T_{B'}$ と $T_B$ を数値的に比較せよ。次に任意の $\gamma>1$ と $x>1$ について解析的に比較し，さらに $V_{B'}$ と $V_B$ を比較せよ。どちらの圧縮のほうが気体をより高温にし，どちらのほうがより強く圧縮するか。
$B'$ から追加荷重を一度にすべて取り除くと，外圧は再び大気圧 $P_0$ となる。終状態 $B"$ を求めよ。 $T_{B"}$ と $V_{B"}$ がそれぞれの初期値より大きいか小さいかを示せ。
往復過程 $A\to B'\to B"$ のエネルギー収支を求めよ。この比較に第6課で何が付け加わるかを説明せよ。

ヒント

急激な過程については，

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

を用い，状態方程式は初期と最終の平衡状態に対してのみ用いる。

B

と

B'

を比較するには，比

T_{B'}/T_B

の対数を調べるとよい。

詳しい解答

解答

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

であることを確認しておく。

問1。追加荷重を十分に小さな質量に分け，次の質量を加える前にその都度新たな平衡に到達させる。そのため，気体は平衡状態の連続的な列を経て変化する。すなわち，この過程は準静的である。ピストンの質量は無視でき，摩擦もないので，各瞬間の力学的平衡から $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ ，すなわち $P=P_{\mathrm{ext}}$ が得られる。壁は断熱されているので， $\delta Q=0$ である。したがって，この条件ではラプラスの法則を用いることができる。 $A$ と $B$ の間で有用な二つの形は

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

$P_B=P_1=xP_0$ なので，第一の関係式から直接 $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ が得られ，第二の関係式から $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ が得られる。したがって， $P_B/P_0=x$ ， $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ ， $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ である。

問2。追加荷重をゆっくり取り除く間，気体は外界との力学的平衡を保ち，同じラプラス断熱曲線を逆向きにたどる。最後には $P_f=P_0$ となる。ラプラスの関係式より

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

および

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

したがって，気体は状態 $A=(P_0,V_0,T_0)$ に厳密に戻る。同じ平衡状態の列を通りながら，過程をどちらの向きにもたどることができる。このような過程を可逆過程という。

問3。ラプラスの法則を用いてはならない。この急激な過程では，気体は平衡状態の列を経て変化しないからである。変化の途中で仕事に関与するのは，一定の外圧 $P_1$ だけである： $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ 。最終平衡状態では $P_{B'}=P_1$ である。 $P_0V_0=nRT_0$ ， $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ ， $Q_{AB'}=0$ ， $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ を用いると，熱力学第一法則より

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

ここで

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

とおく。このとき

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

問4。まず $\gamma=5/3$ ， $x=2$ の例を考える。緩やかな圧縮では $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ であるのに対し，急激な圧縮では

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

この例では，急激な圧縮のほうが気体をより高温にする。これが一般に成り立つことを示そう。次のようにおく：

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

$f(1)=0$ であり，

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

$\gamma>1$ かつ $x>1$ ならば，分母のすべての因子は正であり， $f'(x)>0$ である。したがって $f(x)>f(1)=0$ なので， $T_{B'}/T_B>1$ ，すなわち $T_{B'}>T_B$ である。二つの状態の圧力は同じ $P_1$ であるから，理想気体の状態方程式より $V_{B'}>V_B$ も成り立つ。急激な圧縮のほうが気体をより高温にするが，圧縮の程度は緩やかな圧縮のほうが大きい。

問5。追加荷重を急に取り除くと，外圧は $P_1$ から $P_0=P_1/x$ へ変化する。したがって問3の計算で，圧力比 $x$ をその逆数 $1/x$ に置き換えればよい。これにより，問3の結果は

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

となる。ここで

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

とおくと，

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

一方，

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

考えている範囲では $x>1$ なので $x>0$ であり， $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ である。また $\gamma>1$ だから，確かに $\theta\phi-1>0$ となる。したがって，

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

外圧を往復させた後も，気体は状態 $A$ に戻らない。このずれは不可逆性を示す最初の兆候である。外部拘束を初期値に戻すだけでは，系を初期状態に戻すには不十分である。

問6。急激な膨張は断熱過程である。したがって，往復過程全体では

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

外部操作によって圧力は初期値に戻るが，気体は正味の仕事を受け取っており，初期状態よりも高温で，体積も大きいままである。第6課では同じ状態を改めて取り上げ，可逆圧縮ではエントロピーが生成されないのに対し，二つの急激な過程ではいずれもエントロピーが生成されることを示す。