풀이가 있는 열역학 연습문제

두 블록 사이의 열기관: 회수 가능한 최대 일

연습문제 24 · 단원 6 — 열역학 제2법칙

  • 가역 기관
  • 변하는 온도
  • 카르노 효율
  • 최대 일

문제

변형되지 않는 두 블록 A와 B의 전체 열용량은 일정한 CA>0C_A>0, CB>0C_B>0 이며 초기 온도는 TA,0>TB,0>0T_{A,0}>T_{B,0}>0 이다. 각 블록의 온도는 공간적으로 균일하지만 열을 교환하면 변할 수 있다. 상변화는 없다.

블록을 직접 접촉시키지 않고 사이에서 열기관을 가동한다. 기관은 A에서 열을 받아 일부를 B에 주고 외부에 일을 내놓는다. '블록과 기관' 전체는 외부와 열을 교환하지 않는다. 기관은 순환마다 같은 상태로 돌아와 에너지와 엔트로피를 축적하지 않는다. 초기 온도차를 이용해 회수할 수 있는 최대 일을 찾는다.

이를 위해 무한소 가역 순환들의 연속이라는 극한을 연구한다. 각 순환에서 순간 온도 TAT_A, TBT_B 는 무한소만큼 변한다. 고려하는 계가 받는 에너지를 양수로 한다. 기관이 A와 B에서 각각 받는 열량을 δQA\delta Q_A, δQB\delta Q_B, 받는 일을 δW\delta W 로 쓴다. 열기관으로 작동하면 δQA>0\delta Q_A>0, δQB<0\delta Q_B<0, δW<0\delta W<0 이다. 따라서 블록들이 받는 열량은 각각 −δQA-\delta Q_A, −δQB-\delta Q_B 이다.

  1. 무한소 순환에서 블록과 기관의 에너지 수지를 써라. 카르노 효율로 δQB\delta Q_B 를 δQA,TA,TB\delta Q_A,T_A,T_B 의 함수로 표현하라. A는 식고 B는 따뜻해짐을 보여라. 순환이 진행되면서 온도차와 효율은 어떻게 변하는가? 어떤 조건에서 일을 더 생산할 수 없게 되는가?
  2. dTA/TA\mathrm dT_A/T_A 와 dTB/TB\mathrm dT_B/T_B 의 관계를 세워 초기 상태부터 적분하고 공통 최종 온도 TrT_r 를 구하라. 왜 두 블록을 온도 TA,0T_{A,0}, TB,0T_{B,0} 가 일정한 열저장고로 취급할 수 없는가?
  3. 가역 운전 중 받은 총일 WrevW_{\mathrm{rev}} 와 절댓값 ∣Wrev∣|W_{\mathrm{rev}}| 를 구하라. 후자가 외부에서 회수 가능한 최대 일이다. CA=CB=CC_A=C_B=C 일 때 TrT_r, WrevW_{\mathrm{rev}} 를 단순화하고 ∣Wrev∣|W_{\mathrm{rev}}| 를 명백히 양수인 형태로 써라.
  4. 수치 계산: 두 블록은 철이며 각각 질량 m=1,0 kgm=1{,}0\ \mathrm{kg}, 초기 온도는 A가 60 ∘C60\,{}^\circ\mathrm C, B가 20 ∘C20\,{}^\circ\mathrm C 이다. 철의 비열을 일정한 c=450 J kg−1 K−1c=450\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}} 로 두고 회수 가능한 최대 일 ∣Wrev∣|W_{\mathrm{rev}}| 를 구하라.

힌트
각 무한소 순환의 효율은 그 순간의 온도로 1−TB/TA1-T_B/T_A 이며 ∣δW∣/δQA|\delta W|/\delta Q_A 로 쓸 수 있다. 전체 수지는 '블록과 기관'에 ΔU=Q+W\Delta U=Q+W 를 적용하되 Q=0Q=0, W<0W<0 를 사용하라.

자세한 풀이

풀이
문제 1. 블록은 변형되지 않고 일을 받지 않는다. 에너지 변화는 받은 열량이다.

CA dTA=−δQA,CB dTB=−δQB.C_A\,\mathrm dT_A=-\delta Q_A,\qquad C_B\,\mathrm dT_B=-\delta Q_B.

기관은 초기 상태로 돌아온다. 에너지 수지는 0=δQA+δQB+δW0=\delta Q_A+\delta Q_B+\delta W, 즉

δW=−(δQA+δQB)<0.\delta W=-(\delta Q_A+\delta Q_B)<0.

효율은 회수하는 일과 A에서 받는 열량의 비이다. δW<0\delta W<0 이므로 ∣δW∣=−δW|\delta W|=-\delta W, 따라서

η=∣δW∣δQA=1+δQBδQA=1−TBTA⟹δQB=−TBTAδQA.\eta=\frac{|\delta W|}{\delta Q_A} =1+\frac{\delta Q_B}{\delta Q_A}=1-\frac{T_B}{T_A} \quad\Longrightarrow\quad \delta Q_B=-\frac{T_B}{T_A}\delta Q_A.

블록 A는 −δQA<0-\delta Q_A<0 를, B는 −δQB>0-\delta Q_B>0 를 받는다. 열용량이 양수여서 dTA<0\mathrm dT_A<0, dTB>0\mathrm dT_B>0 이다. 그러므로 온도차가 줄어든다.

d(TA−TB)=−δQA(1CA+TBCBTA)<0.\mathrm d(T_A-T_B) =-\delta Q_A\left(\frac1{C_A}+\frac{T_B}{C_BT_A}\right)<0.

비 TB/TAT_B/T_A 는 분자가 증가하고 분모가 감소하여 커진다. 효율 1−TB/TA1-T_B/T_A 는 점차 낮아진다. TA=TBT_A=T_B 가 되면 효율이 0이다. 온도차를 다 소모하여 이 블록들 사이의 어떤 순환 열기관도 더는 일을 내놓을 수 없다.

문제 2. 블록 수지는 δQA=−CA dTA\delta Q_A=-C_A\,\mathrm dT_A, δQB=−CB dTB\delta Q_B=-C_B\,\mathrm dT_B 를 준다. 앞 관계에 대입하면,

−CB dTB=−TBTA(−CA dTA)=TBTACA dTA.-C_B\,\mathrm dT_B =-\frac{T_B}{T_A}(-C_A\,\mathrm dT_A) =\frac{T_B}{T_A}C_A\,\mathrm dT_A.

부호를 바꾸고 TBT_B 로 나누면,

CB dTB=−TBTACA dTA,CAdTATA+CBdTBTB=0.C_B\,\mathrm dT_B=-\frac{T_B}{T_A}C_A\,\mathrm dT_A, \qquad C_A\frac{\mathrm dT_A}{T_A} +C_B\frac{\mathrm dT_B}{T_B}=0.

초기 온도부터 임의의 순환 횟수 후 도달한 온도까지 적분한다.

CA∫TA,0TAdTT+CB∫TB,0TBdTT=0.C_A\int_{T_{A,0}}^{T_A}\frac{\mathrm dT}{T} +C_B\int_{T_{B,0}}^{T_B}\frac{\mathrm dT}{T}=0.

1/T1/T 의 원시함수는 ln⁡T\ln T 이며 양 끝 값을 대입하면

CAln⁡TATA,0+CBln⁡TBTB,0=0.C_A\ln\frac{T_A}{T_{A,0}}+C_B\ln\frac{T_B}{T_{B,0}}=0.

이 관계는 가역 운전에서 총엔트로피가 보존됨을 나타낸다. 정지 시 TA=TB=TrT_A=T_B=T_r 이다. ln⁡(Tr/TB,0)=ln⁡(Tr/TA,0)+ln⁡(TA,0/TB,0)\ln(T_r/T_{B,0})=\ln(T_r/T_{A,0})+\ln(T_{A,0}/T_{B,0}) 로 쓰면,

(CA+CB)ln⁡TrTA,0=CBln⁡TB,0TA,0.(C_A+C_B)\ln\frac{T_r}{T_{A,0}} =C_B\ln\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}.

CA+CBC_A+C_B 로 나누고 지수함수를 취하면,

Tr=TA,0(TB,0TA,0)CB/(CA+CB).\boxed{T_r=T_{A,0} \left(\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}\right)^{C_B/(C_A+C_B)}.}

블록의 열용량은 유한하므로 어떤 열교환도 dT=δQblock/C\mathrm dT=\delta Q_{\mathrm{block}}/C 에 따라 온도를 바꾼다. δQblock\delta Q_{\mathrm{block}} 는 해당 블록이 받은 열량이다. 따라서 초기 효율을 실험 전체에 적용할 수 없다. 일정 온도 근사는 각 무한소 순환에만 유효하며 매번 새 온도를 사용해야 한다.

문제 3. '블록과 기관' 전체는 단열이지만 일을 내놓으므로 고립계는 아니다. 기관이 에너지를 저장하지 않으므로 제1법칙에서

CA(Tr−TA,0)+CB(Tr−TB,0)=Wrev.C_A(T_r-T_{A,0})+C_B(T_r-T_{B,0})=W_{\mathrm{rev}}.

전체가 받는 일은 기관이 받는 일이다. 항을 모으면,

Wrev=(CA+CB)Tr−CATA,0−CBTB,0<0.W_{\mathrm{rev}}=(C_A+C_B)T_r-C_AT_{A,0}-C_BT_{B,0}<0.

외부에서 회수하는 일은 그 절댓값이다.

∣Wrev∣=−Wrev=CATA,0+CBTB,0−(CA+CB)Tr.\boxed{|W_{\mathrm{rev}}|=-W_{\mathrm{rev}} =C_AT_{A,0}+C_BT_{B,0}-(C_A+C_B)T_r.}

각 곱 CTCT 의 단위는 에너지 단위인 줄이다. 가역성이 최대값을 주는 이유를 보려면 엔트로피를 생성하며 공통 온도 T∗T_* 에 도달하는 기관을 생각하자. 블록의 엔트로피 수지는

CAln⁡T∗TA,0+CBln⁡T∗TB,0≥0.C_A\ln\frac{T_*}{T_{A,0}}+C_B\ln\frac{T_*}{T_{B,0}}\geq0.

0인 가역 수지를 빼면 (CA+CB)ln⁡(T∗/Tr)≥0(C_A+C_B)\ln(T_*/T_r)\geq0, 따라서 T∗≥TrT_*\geq T_r 가 남는다. 이 열기관 운전에서 받는 일은 W∗=(CA+CB)T∗−CATA,0−CBTB,0W_*=(C_A+C_B)T_*-C_AT_{A,0}-C_BT_{B,0} 이므로,

W∗−Wrev=(CA+CB)(T∗−Tr)≥0.W_*-W_{\mathrm{rev}}=(C_A+C_B)(T_*-T_r)\geq0.

따라서 Wrev≤W∗≤0W_{\mathrm{rev}}\leq W_*\leq0 이다. 받은 일은 가역 경우에 가장 음수이고 절댓값이 최대이다. 즉 ∣W∗∣≤∣Wrev∣|W_*|\leq|W_{\mathrm{rev}}| 이다.

CA=CB=CC_A=C_B=C 에서 지수는 1/21/2 이므로,

Tr=TA,0TB,0TA,0=TA,0TB,0,Wrev=−C(TA,0−TB,0)2<0,∣Wrev∣=C(TA,0+TB,0−2TA,0TB,0)=C(TA,0−TB,0)2>0.T_r=T_{A,0}\sqrt{\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}} =\sqrt{T_{A,0}T_{B,0}}, W_{\mathrm{rev}}=-C\left(\sqrt{T_{A,0}}-\sqrt{T_{B,0}}\right)^2<0, |W_{\mathrm{rev}}|=C\left(T_{A,0}+T_{B,0} -2\sqrt{T_{A,0}T_{B,0}}\right) =C\left(\sqrt{T_{A,0}}-\sqrt{T_{B,0}}\right)^2>0.

항등식 a2+b2−2ab=(a−b)2a^2+b^2-2ab=(a-b)^2 를 썼다. 초기 온도가 같으면 일은 0이다.

문제 4. 주어진 값은 질량당 열용량이다. 각 블록의 전체 열용량은

C=mc=1,0×450=450 J K−1.C=mc=1{,}0\times450=450\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

제곱근 안의 온도는 켈빈으로 표현해야 한다.

TA,0=60+273,15=333,15 K,TB,0=20+273,15=293,15 K.T_{A,0}=60+273{,}15=333{,}15\ \mathrm K,\qquad T_{B,0}=20+273{,}15=293{,}15\ \mathrm K.

문제 3의 결과에 대입하면,

∣Wrev∣=450(333,15−293,15)2≃575 J=0,575 kJ.|W_{\mathrm{rev}}| =450\left(\sqrt{333{,}15}-\sqrt{293{,}15}\right)^2 \simeq575\ \mathrm J=0{,}575\ \mathrm{kJ}.

따라서 회수 가능한 최대 일은 약 0,58 kJ0{,}58\ \mathrm{kJ} 이다. 받는 에너지를 양수로 하면 기관이 받은 일은 Wrev≃−575 JW_{\mathrm{rev}}\simeq-575\ \mathrm J 이며, 음수 부호는 외부로 그 에너지를 내줌을 나타낸다.