카르노 순환: 각 구간의 에너지와 엔트로피

문제 1. 그림의 $AB$, $CD$ 는 단열 과정이며 $BC$ 는 고온 등온선, $DA$ 는 저온 등온선 위에 있다. 순환은 시계방향이다. 단열 구간 $AB$ 에 단열 관계식을 적용하면

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

$1/(\gamma-1)$ 제곱을 취하고 $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$ 로 두면 $V_A=bV_B$ 를 얻는다. $CD$ 에서도 마찬가지로,

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

따라서 $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$ 이다. 두 등온 과정의 부피비는 같지만 진행 방향이 반대이다.

문제 2. 각 가역 단열 과정에서 $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$, $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$ 이다.

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

이상기체의 등온 과정에서 $\mathrm dU=0$ 이므로 $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$ 이다. 고온 팽창에서는,

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

저온 압축에서 $V_A/V_D=1/r$ 이므로,

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

$(S,T)$ 선도에서 $AB$, $CD$ 는 엔트로피 일정이므로 수직이다. 등온 구간 $BC$, $DA$ 는 수평이다. $S_A$ 를 상대적인 원점으로 잡으면 좌표는

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

폭 $nR\ln r$, 높이 $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$ 의 시계방향 직사각형을 얻는다.

문제 3. 한 순환에서 $\Delta U=0$ 이다. 받는 에너지를 양수로 세면 제1법칙은

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

내놓는 일은 $-W>0$ 이고 고온에서 받는 열량은 $Q_{BC}>0$ 이다. 따라서 효율은

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

각 열원은 기체에 주는 열량과 반대 부호의 열량을 받는다.

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

기체는 초기 상태로 돌아오므로 $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$ 이다. 세 변화의 합은 0이며 엔트로피 생성은 없다. 외부에 주는 일은 엔트로피를 운반하지 않는다.

문제 4. 기관이 받는 에너지를 양수로 하는 규약을 유지한다. $Q_{\mathrm{H}}>0$ 는 고온 열원에서, $Q_{\mathrm{C}}<0$ 는 저온 열원에서 받는 열량이고 $W<0$ 는 순환당 받는 일이다. 열원들은 반대 부호의 열량 $-Q_{\mathrm{H}}$, $-Q_{\mathrm{C}}$ 를 받는다. 기관은 초기 상태로 돌아오고 외부는 일만 받으므로 두 열원의 총엔트로피 변화가 생성량이다.

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

$T_{\mathrm{C}}$ 를 곱하고 $Q_{\mathrm{C}}$ 를 풀면,

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

제1법칙에서 $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$ 이다. 회수하는 일은 $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$ 이므로,

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

$T_{\mathrm{C}}>0$, $Q_{\mathrm{H}}>0$ 이므로 양의 엔트로피 생성은 효율을 낮춘다.

문제 5. 고온에서 받는 열량은 두 기관에서 같다. 문제 2로부터,

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

가역 기관의 효율은

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

문제 4는 두 효율의 차이를 준다.

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

분자 $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ 는 에너지이므로 비는 무차원이다. 하락 폭은 $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ 퍼센트포인트이다. 따라서,

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

효율은 $40\,\%$ 에서 $28{,}2\,\%$ 로 낮아진다. $11{,}8$ 포인트 하락은 상대적으로 $11{,}8\,\%$ 감소한다는 뜻이 아니다.