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物理のエッセンス 熱力学 28番 P24

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物理のエッセンス 熱力学 28番 P24

問題の概要

図のように、ピストンで2つの部屋 A、B に分けられたシリンダーがある。

$\alpha$ 、$\beta$ は加熱器、冷却器である。また、ピストンや容器は断熱材でできている。

今、A、B内の気体のモル数は $n$、圧力は $P_0$、体積は $V_0$、温度 $T_0$ である。

加熱器 $\alpha$ から気体 A に熱を与えるとピストンが移動し、A の体積は $\dfrac{3}{2}V_0$になった。

したがってB の体積は $\dfrac{1}{2}V_0$ となった。

ただし、B の気体の温度は操作中 $T_0$ で一定であった。
  気体の定積モル比熱 $C_v$ とする。

  1. A 内の気体の内部エネルギーの変化分を求めよ。
  2. この装置において、$\alpha$ から $Q_1$ の熱を得たとする。
    $\beta$ はどれだけの熱を奪ったか?$Q_2$ として答えよ。

答え

動画解説

エッセンス 熱力学 28番 P24

1 A 内の気体の内部エネルギーの変化分を求めよ

内部エネルギーの変化分を $\Delta U$ とします。

この場合、定積モル比熱を用いて次のように示すことができます。
  温度 $\Delta T$ 変化とする。

$$\Delta U=nC_v\Delta T$$


注意:ここで気体 A は定積変化ではないが、定積モル比熱は使っても差し支えありません

詳しくは次を参照してください。

いまさら聞けない!定積モル比熱はいつでも使えるの?
定積モル比熱はその名前が「定積」となっているため、定積変化限定だと思っている人も見えますね。 しかしその名に反して、定積モル比熱はいかなる状況下でも使えるのです。 今回はこのことについて考えていきましょう。

変化後の気体 A、B の圧力を $P$ とします。

ゆっくりと自在に動くピストンのため、A の気体の圧力とB の気体の圧力は変化の途中でも同じ値です。

ただし、この場合は定圧変化ではありません。

ここで、ボイル・シャルルの法則から

B の気体について、

$$\dfrac{P_0V_0}{T_0}=\dfrac{P\dfrac{1}{2}V_0}{T_0}$$

より、$P=2P_0$ です。

また、A の気体についてのボイル・シャルルの法則は、

$$\dfrac{P_0V_0}{T_0}=\dfrac{(2P_0)\dfrac{3}{2}V_0}{T_A}$$

ですね。

よって、$T_A=3T_0$ です。

ゆえに、$\Delta U=nC_v\Delta T$ より、

\begin{eqnarray}
\Delta U&=&nC_v\Delta T\\
&=&nC_v(3T_0-T_0)\\\\
\Delta U&=&2nC_vT_0
\end{eqnarray}

2 $\beta$ はどれだけの熱を奪ったか?

熱力学第1法則  $\:Q=\Delta U+W’$  ($W’$ は物体のした仕事)から、

この熱力学第1法則の式は2つの表現がありますので注意しましょう。

 $\:Q=\Delta U+W’$  ($W’$ は物体のした仕事)

$\:\Delta U=Q+W$  ($W$ は物体がされる仕事)

A の気体のした仕事 $W’_A$  、B の気体のした仕事 $W’_B$ とする。

1 より $\Delta U=2nC_vT_0$ だったから、

\begin{eqnarray}
Q_1&=&\Delta U+W’\\
&=&2nC_vT_0+W’_A
\end{eqnarray}

B の気体について考えると、物体から奪われた熱量を $Q_2$ とすると、

\begin{eqnarray}
-Q_2&=&\Delta U+W’_B\\
&=&nC_v(T_0-T_0)+W’_B\\
&=&0+W’_B
\end{eqnarray}

ここで、$-Q_2$ と、$Q_2$ にマイナスをつけるのはなぜですか?

熱力学第1法則をもう一度考えます。

 

物体の内部エネルギーの変化分 $\Delta U$ と、物体がした仕事 $W’$ の和は、物体に「与えた」熱量 $Q$ に等しい

$$Q=\Delta U +W’$$

です。

よって、基本的に $Q$ は「与えた」ものを正とすべきなのです。

ここでは「奪った」熱量を $Q_2$ としていますから、$-Q_2$ となります。

ややこしいですが・・・・。

個人的にはこういう設定はあまり好きではありませんね・・・。

ここで、A の気体のした仕事 $W’_A$ は 、-(B の気体のした仕事 $W’_B$ ) に等しいことから、

$$W’_A=-W’_B$$

です。

これは、A が膨張すると B が収縮するからですね。

B について、 $-Q_2=0+W’_B$ でしたから、

\begin{eqnarray}
Q_2&=&-W’_B\\
&=&W’_A\\
\end{eqnarray}

よって、$W’_A=Q_2$ だから、

\begin{eqnarray}
Q_1&=&2nC_vT_0+W’_A\\\\
Q_1&=&2nC_vT_0+Q_2
\end{eqnarray}

より、

$$Q_2=Q_1-2nC_vT_0$$

となります。

別解

装置全体を考えるとき、熱力学第1法則は成り立っているはずだから

$$Q=\Delta U + W’$$

が成立する。

 

熱力学第1法則を気体だけで成り立つの法則

だと思っていらっしゃる方がお見えかもしれませんが、

熱力学第1法則は
物体の内部エネルギーの変化分 $\Delta U$ と、物体がした仕事 $W’$ の和は、物体に「与えた」熱量 $Q$ に等しい

です。ここで「物体」としていることに注意してください。

つまり、熱力学第1法則とはすべての現象で成立するエネルギー保存の法則なのです。

 

気体の温度上昇は A と B で $2T_0$ だから、装置全体の内部エネルギー変化分は $\Delta U=2nC_vT_0$ となる。

また、与えられた熱量は、$Q=Q_1+(-Q_2)$

そして、全体では定積のため、気体のする仕事 $W’=0$ となり、

$$Q_1-Q_2=2nC_vT_0+0$$

ゆえに、

$$Q_2=Q_1-2nC_vT_0$$

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