熱力学の解答付き演習

断熱ピストン：熱平衡を伴わない力学的平衡

演習 23 · レッスン 6 — 熱力学第二法則

  • 可動ピストン
  • 断熱壁
  • 電気抵抗
  • 力学的平衡
  • 生成エントロピー

問題

水平な剛体の断熱シリンダーが、不透過で断熱、摩擦なく動き、エネルギーの無視できるピストンで二つの区画に分かれている。各区画には一定モル熱容量 cV=R/(γ−1)c_V=R/(\gamma-1) の理想気体が nn モルあり、γ=cP/cV>1\gamma=c_P/c_V>1、初期状態は (P0,V0,T0)(P_0,V_0,T_0) である。区画1の抵抗器に外部から通電する。力学的平衡を保ち、気体2の圧縮が可逆となるほどゆっくり加熱し、Pf=xP0P_f=xP_0、x>1x>1 に達したら電流を切る。抵抗器の熱容量は無視する。

  1. 「気体2」と「二つの気体と抵抗器」の系の境界を図示せよ。後者の境界をどの形態のエネルギーが通過するか。
  2. V2,fV_{2,f}、T2,fT_{2,f}、次に V1,fV_{1,f}、T1,fT_{1,f} を求めよ。断熱壁は T1,f=T2,fT_{1,f}=T_{2,f} を要求するか。
  3. 両気体のエネルギー変化と、受け取る電気的仕事 WelecW_{\mathrm{elec}} を求めよ。
  4. ΔS1\Delta S_1、ΔS2\Delta S_2 と「二つの気体と抵抗器」の生成エントロピーを求めよ。ゆっくり加熱しても実験全体が可逆にならないのはなぜか。
  5. 通電を止めた後、ピストンを可動のまま透熱性にする。新たな平衡と追加の生成エントロピーを求めよ。

ヒント
断熱関係式は気体2だけに適用する。全体積は 2V02V_0 である。抵抗器を含む系では Qext=0Q_{\mathrm{ext}}=0 で、入力は電気的仕事である。理想気体のエントロピーの式を用いる。

詳しい解答

解答

Figure
図 1

問1。 図には区画1の抵抗器、断熱ピストン、外部境界を通る電線を示す。気体2はピストンから力学的仕事を受け取るが、熱は受け取らない。「二つの気体と抵抗器」では外部からの熱はゼロで外壁は剛体なので、入るのは電気的仕事だけである。ピストン両側での仕事はこの全体にとって内部の交換である。

問2。 気体2の圧縮は可逆断熱なので P0V0γ=PfV2,fγP_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma である。Pf=xP0P_f=xP_0 より、

(V2,fV0)γ=1x,V2,f=x−1/γV0.\left(\frac{V_{2,f}}{V_0}\right)^\gamma=\frac1x, \qquad V_{2,f}=x^{-1/\gamma}V_0.

a=x−1/γa=x^{-1/\gamma} とおく。始状態と終状態の状態方程式から

T2,fT0=PfV2,fP0V0=xa,T2,f=xaT0.\frac{T_{2,f}}{T_0}=\frac{P_fV_{2,f}}{P_0V_0}=xa, \qquad T_{2,f}=xaT_0.

全体積は 2V02V_0 で、ピストンは1と2の圧力を等しくする：

V1,f=2V0−V2,f=(2−a)V0,T1,f=T0PfV1,fP0V0=x(2−a)T0.V_{1,f}=2V_0-V_{2,f}=(2-a)V_0, \qquad T_{1,f}=T_0\frac{P_fV_{1,f}}{P_0V_0}=x(2-a)T_0.

x>1x>1、γ>1\gamma>1 より 0<a<10<a<1、したがって 2−a>a2-a>a、T1,f>T2,fT_{1,f}>T_{2,f} である。壁は仕事の交換を許すが直接の熱移動は許さない。採用した巨視的モデルでは、電流を切った後、この状態は断熱拘束下の力学的平衡である。

問3。 各気体について ΔU=ncV(Tf−T0)\Delta U=nc_V(T_f-T_0)、ncVT0=nRT0/(γ−1)=P0V0/(γ−1)nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1) である。求めた温度を代入すると、

ΔU1=P0V0γ−1[x(2−a)−1],ΔU2=P0V0γ−1(xa−1).\Delta U_1=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1],\qquad \Delta U_2=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(xa-1).

抵抗器に蓄えられるエネルギーは無視できる。全体に第一法則を適用すると、

Welec=ΔU1+ΔU2=P0V0γ−1[x(2−a)−1+xa−1]=P0V0γ−1(2x−2)=2P0V0γ−1(x−1).\begin{aligned} W_{\mathrm{elec}}&=\Delta U_1+\Delta U_2\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1+xa-1]\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(2x-2) =\frac{2P_0V_0}{\gamma-1}(x-1). \end{aligned}

気体2では Q2=0Q_2=0 なので、ピストンの仕事は W2=ΔU2W_2=\Delta U_2 である。ピストンはエネルギーを蓄えないため、気体1への仕事は −W2-W_2 となる。二つの仕事は全体の収支で相殺される。

問4。 気体2のエントロピーの式から

ΔS2=ncVln⁡(xa)+nRln⁡a=ncV[ln⁡x+ln⁡a+(γ−1)ln⁡a]=ncVln⁡(xaγ)=0,\begin{aligned} \Delta S_2&=nc_V\ln(xa)+nR\ln a\\ &=nc_V[\ln x+\ln a+(\gamma-1)\ln a]\\ &=nc_V\ln(xa^\gamma)=0, \end{aligned}

となる。これは aγ=1/xa^\gamma=1/x による。可逆圧縮が等エントロピーであることを再確認できる。気体1では、

ΔS1=ncVln⁡[x(2−a)]+nRln⁡(2−a)=ncV[ln⁡x+γln⁡(2−a)]=ncVln⁡[x(2−a)γ].\begin{aligned} \Delta S_1&=nc_V\ln[x(2-a)]+nR\ln(2-a)\\ &=nc_V[\ln x+\gamma\ln(2-a)] =nc_V\ln[x(2-a)^\gamma]. \end{aligned}

x>1x>1、2−a>12-a>1 なので対数の引数は1より大きく、ΔS1>0\Delta S_1>0 である。電気的仕事はエントロピーを運ばないので、全体は外部からエントロピーを受け取らない。よって Si=ΔS1+ΔS2=ΔS1S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1 である。加熱がゆっくりでもジュール効果はエントロピーを生成する。したがって断熱関係式は気体1には適用できない。

問5。 通電停止後、全体は孤立する。可動で透熱性となった壁は最終温度と圧力の一致を可能にする。両気体の nn は等しいので、P∗V1,∗=nRT∗=P∗V2,∗P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*} より V1,∗=V2,∗=V0V_{1,*}=V_{2,*}=V_0 である。エネルギー保存は

ncV(T∗−T1,f)+ncV(T∗−T2,f)=0.nc_V(T_*-T_{1,f})+nc_V(T_*-T_{2,f})=0.

を要求する。ncVnc_V で割り、温度を代入すると、

2T∗=T1,f+T2,f=xT0[(2−a)+a]=2xT0,2T_*=T_{1,f}+T_{2,f}=xT_0[(2-a)+a]=2xT_0,

よって T∗=xT0T_*=xT_0、P∗=nRxT0/V0=xP0P_*=nRxT_0/V_0=xP_0 である。この新たな変化でのエントロピー変化は

ΔS1,add=ncVln⁡xT0x(2−a)T0+nRln⁡V0(2−a)V0=−ncPln⁡(2−a),ΔS2,add=ncVln⁡xT0xaT0+nRln⁡V0aV0=−ncPln⁡a.\begin{aligned} \Delta S_{1,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{x(2-a)T_0}+nR\ln\frac{V_0}{(2-a)V_0} =-nc_P\ln(2-a),\\ \Delta S_{2,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{xaT_0}+nR\ln\frac{V_0}{aV_0} =-nc_P\ln a. \end{aligned}

全体が孤立しているので、その和が追加の生成エントロピーである：

Si,add=−ncP[ln⁡(2−a)+ln⁡a]=−ncPln⁡[a(2−a)].S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}=-nc_P[\ln(2-a)+\ln a]=-nc_P\ln[a(2-a)].

0<a<10<a<1 では 0<a(2−a)=1−(1−a)2<10<a(2-a)=1-(1-a)^2<1 なので、その対数は負である。前の負号により Si,add>0S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0 となる。