熱力学の解答付き演習

三角形サイクル

演習 12 · レッスン 5 — 理想気体への応用

  • 動力サイクル
  • クラペイロン線図
  • サイクルの面積
  • 熱力学第一法則
  • 効率

問題

一定のモル熱容量 cVc_V をもつ理想気体 nn モルが，準静的サイクル A→B→C→AA\to B\to C\to A を行う：

A=(P0,V0),B=(2P0,V0),C=(P0,2V0).A=(P_0,V_0), \qquad B=(2P_0,V_0), \qquad C=(P_0,2V_0).

A→BA\to B は等積過程，B→CB\to C は (P,V)(P,V) 平面上の線分， C→AC\to A は等圧過程である。

動力サイクルの効率を

η=WfourniQin=−WcycleQin\eta=\frac{W_{\mathrm{fourni}}}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{-W_{\mathrm{cycle}}}{Q_{\mathrm{in}}}

と定義する。ここで QinQ_{\mathrm{in}} は，サイクル中に気体が受け取る δQ>0\delta Q>0 の熱移動の総和である。

  1. サイクルをクラペイロン線図上に描き，進行方向を示せ。 これは動力サイクルか冷凍サイクルか。
  2. BB と CC を結ぶ直線の方程式 P(V)P(V) を求めよ。
  3. T0=P0V0/(nR)T_0=P_0V_0/(nR) とおき，温度 TAT_A，TBT_B，TCT_C を求めよ。 この過程が等温過程ではないにもかかわらず，ΔUB→C\Delta U_{B\to C} がゼロなのはなぜか。
  4. 三つの各過程およびサイクル全体について，気体が受け取る仕事を求めよ。 全仕事の絶対値を三角形の面積からも求めよ。
  5. 各過程の ΔU\Delta U と QQ を P0P_0，V0V_0，cVc_V のみを用いて求め， ΔUcycle=0\Delta U_{\mathrm{cycle}}=0 と Qcycle=−WcycleQ_{\mathrm{cycle}}=-W_{\mathrm{cycle}} を確かめよ。
  6. a=cVR>1a = \frac{c_V}{R} >1 および x=V/V0x = V/V_0 とおく。B→CB\to C の途中で δQ\delta Q の符号が変化することを示せ。そこから QinQ_{\mathrm{in}}，次いで このサイクルの効率 η\eta を求めよ。cV=32Rc_V=\frac32R である 単原子理想気体について，その値を求めよ。

ヒント
B→CB\to C では，BB と CC を通るという条件を課して P(V)=aV+bP(V)=aV+b を求める。 内部エネルギー変化を計算するには，各過程の両端の温度だけが必要である。 問6では，微分形の熱力学第一法則を用いる。

詳しい解答

解答
問1—2。 サイクルは時計回りに進み， 動力サイクルである。直線 B→CB\to C の方程式は

P(V)=P0(3−VV0).P(V)=P_0\left(3-\frac{V}{V_0}\right).
クラペイロン線図における三角形サイクル A B C A。
図 1. クラペイロン線図における三角形サイクル A→B→C→AA\to B\to C\to A。

問3。 状態方程式より

TA=T0,TB=TC=2T0.T_A=T_0, \qquad T_B=T_C=2T_0.

B→CB\to C に沿って温度は変化するが，両端では同じ値に戻る。 一定量の理想気体の内部エネルギーは温度のみに依存するので， ΔUB→C=0\Delta U_{B\to C}=0 である。

問4。 気体が受け取る仕事は

WAB=0,WBC=−∫V02V0P(V) dV=−32P0V0,WCA=−P0ΔV=P0V0.W_{AB}=0, \qquad W_{BC}=-\int_{V_0}^{2V_0}P(V)\,dV=-\frac32P_0V_0, \qquad W_{CA}=-P_0 \Delta V = P_0V_0.

したがって，

Wcycle=−12P0V0.\boxed{W_{\mathrm{cycle}}=-\frac12P_0V_0}.

符号は負であり，気体はサイクル中に仕事を外部へ与える。 その絶対値は，底辺 V0V_0，高さ P0P_0 の三角形の面積に等しく， 直角三角形の面積の公式 A=12底辺×高さA=\frac12\text{底辺}\times\text{高さ} からも確認できる。

問5。 nRT0=P0V0nRT_0=P_0V_0 なので，

過程WΔUQ=ΔU−WA→B0cVRP0V0cVRP0V0B→C−32P0V0032P0V0C→AP0V0−cVRP0V0−(cVR+1)P0V0\begin{aligned} \begin{array}{c|c|c|c} \text{過程} & W & \Delta U & Q=\Delta U-W\\ \hline A\to B & 0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0\\[4pt] B\to C & -\dfrac32P_0V_0 & 0 & \dfrac32P_0V_0\\[4pt] C\to A & P_0V_0 & -\dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & -\left(\dfrac{c_V}{R}+1\right)P_0V_0 \end{array} \end{aligned}

三つの過程について和をとると，

ΔUcycle=0,Qcycle=12P0V0=−Wcycle.\boxed{ \Delta U_{\mathrm{cycle}}=0, \qquad Q_{\mathrm{cycle}}=\frac12P_0V_0=-W_{\mathrm{cycle}}. }

問6。 a=cV/Ra=c_V/R および x=V/V0x=V/V_0 とおく。過程 B→CB\to C では，P=P0(3−x)P=P_0(3-x) および T=T0(3x−x2)T=T_0(3x-x^2) である。熱力学第一法則より

δQ=dU−δW=P0V0[3(a+1)−(2a+1)x]dx.\delta Q=\mathrm{d}U-\delta W =P_0V_0\left[3(a+1)-(2a+1)x\right]\mathrm{d}x.

この微小熱量は

x⋆=3(a+1)2a+1x_\star=\frac{3(a+1)}{2a+1}

でゼロになる。 a>1a>1 のとき 1<x⋆<21<x_\star<2 である。気体は BB から横座標 x⋆x_\star の点まで 熱を受け取り，その後 CC までは熱を放出する。また，A→BA\to B で QAB=aP0V0Q_{AB}=aP_0V_0 の熱を受け取る。したがって，

Qin=P0V0[a+∫1x⋆(3(a+1)−(2a+1)x)dx]=P0V0[a+(a+2)22(2a+1)].\begin{aligned} Q_{\mathrm{in}} &=P_0V_0\left[ a+\int_1^{x_\star}\left(3(a+1)-(2a+1)x\right)\mathrm{d}x \right]\\ &=P_0V_0\left[a+\frac{(a+2)^2}{2(2a+1)}\right]. \end{aligned}

よって効率は

η=12P0V0Qin=2a+15a2+6a+4,a=cVR.\boxed{ \eta =\frac{\frac12P_0V_0}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{2a+1}{5a^2+6a+4}, \qquad a=\frac{c_V}{R}. }

単原子理想気体では a=32a=\frac32 なので，

η=1697≃16,5 %.\eta=\frac{16}{97}\simeq16{,}5\,\%.