풀이가 있는 열역학 연습문제

하나의 열저장고와 접촉한 압축: 가역 압축과 급격한 압축

연습문제 20 · 단원 6 — 열역학 제2법칙

  • 단일 열저장고 압축
  • 등온
  • 일
  • 생성 엔트로피
  • 열저장고

문제

열전도성 실린더에 (P0,V0,T0)(P_0,V_0,T_0) 상태의 이상기체 nn 몰이 들어 있고, 온도 T0T_0 의 열저장고와 접촉한다. 마찰 없는 피스톤으로 압력 P1=xP0P_1=xP_0 까지 압축하며 x>1x>1 이다. 가역 압축과, 일정 외압 P1P_1 를 갑자기 가하는 압축을 비교한다.

  1. 두 압축 각각의 최종 평형 압력, 온도, 부피를 구하라. 같은 끝 상태를 얻는가?
  2. 각 압축에서 기체의 엔트로피 변화를 계산하라.
  3. 가역 경우의 QQ 와 WW 를 구하고, 기체와 열저장고 각각의 엔트로피 수지를 세워라.
  4. 급격한 압축에서 QQ 와 WW 를 계산하라.
  5. 급격한 경우에 기체와 열저장고의 엔트로피 수지를 세워라. 전체에서 생성되는 엔트로피를 구하고 Si=nR(x−1−ln⁡x)>0S_{\mathrm{i}}=nR(x-1-\ln x)>0 를 보여라. T0Si=Wirr−WrevT_0S_{\mathrm{i}}=W_{\mathrm{irr}}-W_{\mathrm{rev}} 를 확인하라.

힌트
두 경우 모두 ΔU=0\Delta U=0 이다. 급격한 압축에서는 W=−P1(Vf−V0)W=-P_1(V_f-V_0) 이며 가역 압축에서는 −nRT0 dV/V-nRT_0\,\mathrm dV/V 를 적분한다.

자세한 풀이

풀이
문제 1. 가역 압축에서 기체는 열저장고와 열평형을 유지하므로 온도는 과정 내내 T0T_0 이다. 압력은 P0P_0 에서 P1=xP0P_1=xP_0 까지 점차 증가한다. 끝 상태에서는,

Pf,rev=xP0,Tf,rev=T0,Vf,rev=nRT0xP0=V0x,P_{f,\mathrm{rev}}=xP_0,\qquad T_{f,\mathrm{rev}}=T_0,\qquad V_{f,\mathrm{rev}}=\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x},

여기서 초기 상태방정식 nRT0=P0V0nRT_0=P_0V_0 를 사용했다.

급격한 압축에서는 외압을 P1P_1 로 정한다. 최종 역학적 평형에서 기체 압력은 외압과 같으므로 Pf,irr=P1=xP0P_{f,\mathrm{irr}}=P_1=xP_0 이다. 열저장고와의 최종 열평형은 Tf,irr=T0T_{f,\mathrm{irr}}=T_0 를 요구한다. 상태방정식에서

Vf,irr=nRTf,irrPf,irr=nRT0xP0=V0x.V_{f,\mathrm{irr}}=\frac{nRT_{f,\mathrm{irr}}}{P_{f,\mathrm{irr}}} =\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x}.

따라서 두 과정은 같은 끝 상태 (Pf,Tf,Vf)=(xP0,T0,V0/x)(P_f,T_f,V_f)=(xP_0,T_0,V_0/x) 에 이른다.

문제 2. 엔트로피는 상태함수이므로 변화는 처음과 끝 상태에만 의존하며, 두 실험의 처음과 끝 상태는 같다. 이상기체에서,

ΔSgas=ncVln⁡TfT0+nRln⁡VfV0=ncVln⁡1+nRln⁡1x=−nRln⁡x.\Delta S_{\mathrm{gas}} =nc_V\ln\frac{T_f}{T_0}+nR\ln\frac{V_f}{V_0} =nc_V\ln1+nR\ln\frac1x=-nR\ln x.

따라서 ΔSgas,rev=ΔSgas,irr=−nRln⁡x<0\Delta S_{\mathrm{gas,rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas,irr}}=-nR\ln x<0 이다. 기체의 엔트로피 감소만으로 생성량을 판단할 수는 없다. 열저장고와의 교환도 고려해야 한다.

문제 3. 가역 압축에서 Pext=P=nRT0/VP_{\mathrm{ext}}=P=nRT_0/V 이다. 받는 일은

Wrev=−∫V0V0/xnRT0V dV=−nRT0[ln⁡V]V0V0/x=−nRT0ln⁡(1/x)=nRT0ln⁡x>0.\begin{aligned} W_{\mathrm{rev}}&=-\int_{V_0}^{V_0/x}\frac{nRT_0}{V}\,\mathrm dV\\ &=-nRT_0[\ln V]_{V_0}^{V_0/x} =-nRT_0\ln(1/x)=nRT_0\ln x>0. \end{aligned}

기체는 초기 온도로 돌아오므로 ΔU=ncV(T0−T0)=0\Delta U=nc_V(T_0-T_0)=0 이다. 제1법칙 ΔU=Q+W\Delta U=Q+W 에서 Qrev=−WrevQ_{\mathrm{rev}}=-W_{\mathrm{rev}} 를 얻는다. 열저장고는 온도 T0T_0 에서 반대 부호의 열량을 받는다.

ΔSth,rev=−QrevT0=nRln⁡x.\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=\frac{-Q_{\mathrm{rev}}}{T_0}=nR\ln x.

기체가 받는 엔트로피는 Se,rev=Qrev/T0=−nRln⁡xS_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=Q_{\mathrm{rev}}/T_0=-nR\ln x 이므로 Si,rev=ΔSgas−Se,rev=0S_{\mathrm{i},\mathrm{rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}-S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=0 이다. 열저장고가 받는 엔트로피 Se,th=−Qrev/T0S_{\mathrm{e},\mathrm{th}}=-Q_{\mathrm{rev}}/T_0 는 자신의 변화와 같아 열저장고에서도 생성되지 않는다. 더하면 ΔSgas+ΔSth,rev=0\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=0 로, 전체 생성량은 0이다.

문제 4. 급격한 압축은 일정 외압 P1P_1 아래에서 일어난다. 따라서 받는 일은

Wirr=−P1(Vf−V0)=−xP0(V0x−V0)=P0V0(x−1)=nRT0(x−1)>0.\begin{aligned} W_{\mathrm{irr}}&=-P_1(V_f-V_0) =-xP_0\left(\frac{V_0}{x}-V_0\right)\\ &=P_0V_0(x-1)=nRT_0(x-1)>0. \end{aligned}

여전히 ΔU=0\Delta U=0 이므로 Qirr=−nRT0(x−1)Q_{\mathrm{irr}}=-nRT_0(x-1) 이다.

문제 5. 열저장고는 −Qirr-Q_{\mathrm{irr}} 를 받으므로,

ΔSth,irr=−QirrT0=nR(x−1).\Delta S_{\mathrm{th,irr}}=\frac{-Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}=nR(x-1).

기체의 수지는

ΔSgas=QirrT0+Si,Si=−nRln⁡x+nR(x−1).\Delta S_{\mathrm{gas}}=\frac{Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}+S_{\mathrm{i}}, \qquad S_{\mathrm{i}}=-nR\ln x+nR(x-1).

이상적인 열저장고가 받는 엔트로피 −Qirr/T0-Q_{\mathrm{irr}}/T_0 는 자체 변화와 같아 엔트로피를 생성하지 않는다. 기체와 열저장고의 전체는 다른 물체에서 열을 받지 않으며 외부에서 가한 일은 엔트로피를 운반하지 않는다. 따라서 전체 엔트로피 증가량이 생성량이다.

Si=ΔSgas+ΔSth,irr=−nRln⁡x+nR(x−1).S_{\mathrm{i}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,irr}} =-nR\ln x+nR(x-1).

f(x)=x−1−ln⁡xf(x)=x-1-\ln x 로 두자. f(1)=0f(1)=0 이고 x>1x>1 에서 f′(x)=1−1/x=(x−1)/x>0f'(x)=1-1/x=(x-1)/x>0 이다. 함수는 0에서 증가하므로 Si=nRf(x)>0S_{\mathrm{i}}=nRf(x)>0 이다. 한편,

Wirr−Wrev=nRT0(x−1)−nRT0ln⁡x=T0Si.W_{\mathrm{irr}}-W_{\mathrm{rev}} =nRT_0(x-1)-nRT_0\ln x=T_0 S_{\mathrm{i}}.

두 경우 모두 Q=−WQ=-W 이므로 추가로 받은 일은 열로 열저장고에 배출된다. 이것이 비가역성의 비용이다.