تمرين محلول في الديناميكا الحرارية

الانتقال والدوران والتهيج الحراري

تمرين 14 · الدرس 4 — المبدأ الأول للديناميكا الحرارية

مبرهنة كونيغ
دوران
طاقة الحركة
الطاقة الداخلية
احتكاك

نص المسألة

لنظام مؤلف من $N$ جسيمًا كتلها $m_{i}$ كتلة كلية $M$ ، ومركز كتلة موضعه $R$ وسرعته $V$ . نضع $ρ_{i} = r_{i} - R$ ونحلّل السرعات:

v_{i} = V + ω \times ρ_{i} + u_{i}^{'} .

تُختار السرعة الزاوية الإجمالية $ω$ بحيث لا تحمل الحركة المتبقية أي زخم زاوي إجمالي:

i \sum m_{i} u_{i}^{'} = 0, i \sum m_{i} ρ_{i} \times u_{i}^{'} = 0 .

نقبل المتطابقة $\sum_{i} m_{i} ∣ ω \times ρ_{i} ∣^{2} = ω \cdot I_{CM} ω$ ، حيث $I_{CM}$ موتر العطالة عند مركز الكتلة.

انشر $E_{c} = \frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} v_{i}^{2}$ وبيّن أن الحدود المتقاطعة الثلاثة معدومة. استنتج التحليل إلى انتقال ودوران إجمالي وحركة متبقية.
في الاصطلاح الذي يُعدّ فيه الانتقال والدوران الإجماليان حركتين عيانيتين، ما طاقة الحركة التي تدخل في الطاقة الداخلية؟ هل يكفي الانتقال إلى مرجع مركز الكتلة للإبقاء على التهيج الحراري وحده؟
قرص متجانس كتلته $M$ ونصف قطره $R$ ، محوره ثابت، يدور في البداية بسرعة زاوية $ω_{0}$ . عزم عطالته $I = M R^{2} /2$ . يوقفه مكبح. النظام المؤلف من القرص والمكبح معزول حراريًا، ودعاماته الساكنة لا تقدم أي شغل. تبقى كل الطاقة المبددة في هذا النظام، الذي سعته الحرارية الكلية ثابتة $C$ . أوجد تغير طاقته الداخلية وارتفاع درجة حرارته.
احسب الطاقة المحوَّلة وارتفاع درجة الحرارة من أجل $M = 2, 0 kg$ و $R = 0, 10 m$ و $ω_{0} = 100 rad s^{- 1}$ و $C = 500 J K^{- 1}$ . هل عبرت هذه الطاقة حد النظام في صورة حرارة؟

تلميح

استخدم

\sum_{i} m_{i} ρ_{i} = 0

ومتطابقة الجداء المختلط

(ω \times ρ_{i}) \cdot u_{i}^{'} = ω \cdot (ρ_{i} \times u_{i}^{'})

. أثناء الكبح، احفظ

U + E_{c}^{macro}

الحل المفصل

الحل

السؤال 1. يعطي تعريف مركز الكتلة

\sum_{i} m_{i} r_{i} = M R

. ومن ثم

i \sum m_{i} ρ_{i} = i \sum m_{i} r_{i} - M R = 0 .

بنشر كل مربع،

E_{c} = \frac{1}{2} M V^{2} + \frac{1}{2} i \sum m_{i} ∣ ω \times ρ_{i} ∣^{2} + \frac{1}{2} i \sum m_{i} u_{i}^{'}^{2} + V \cdot (ω \times i \sum m_{i} ρ_{i}) + V \cdot i \sum m_{i} u_{i}^{'} + i \sum m_{i} (ω \times ρ_{i}) \cdot u_{i}^{'} .

ينعدم الحد المتقاطع الأول بتعريف مركز الكتلة، وينعدم الثاني لأن كمية الحركة المتبقية معدومة. وبالنسبة إلى الثالث، يعطي الجداء المختلط

i \sum m_{i} (ω \times ρ_{i}) \cdot u_{i}^{'} = ω \cdot i \sum m_{i} (ρ_{i} \times u_{i}^{'}) = 0.

وباستخدام المتطابقة المعطاة لموتر العطالة، يبقى

E_{c} = \frac{1}{2} M V^{2} + \frac{1}{2} ω \cdot I_{CM} ω + \frac{1}{2} i \sum m_{i} u_{i}^{'}^{2}

السؤال 2. في هذا الاصطلاح، المساهمة الحركية في الطاقة الداخلية هي الحد الأخير، $\frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} u_{i}^{'}^{2}$ . وتشمل الطاقة الداخلية أيضًا طاقات الوضع الداخلية ودرجات الحرية الداخلية الأخرى إن وُجدت. الانتقال إلى مرجع مركز الكتلة يلغي حد الانتقال، لكنه يُبقي حد الدوران الإجمالي. فالقرص الدائر حول محور ثابت يملك طاقة حركة عيانية حتى لو كان مركز كتلته ساكنًا.

السؤال 3. الحرارة والشغل العابران لحد النظام المؤلف من القرص والمكبح معدومان. قد تنقل قوى الدعامات زخمًا زاويًا، لكن نقاط تأثيرها الساكنة لا تنقل شغلًا. وبإهمال أي تغير آخر في الطاقة العيانية، يعطي الانحفاظ

Δ U + Δ E_{rotation} = 0.

يتوقف القرص، لذلك $Δ E_{rotation} = 0 - \frac{1}{2} I ω_{0}^{2}$ . ومن ثم

Δ U = \frac{1}{2} I ω_{0}^{2} = \frac{1}{4} M R^{2} ω_{0}^{2} > 0.

بعد بلوغ التوازن الحراري الداخلي، يعطي نموذج السعة الثابتة $Δ U = C (T_{f} - T_{i})$ ، أي

T_{f} - T_{i} = \frac{M R ^{2} ω _{0}^{2}}{4 C} .

يحوّل الاحتكاك طاقة حركة منتظمة إلى طاقة داخلية داخل النظام.

السؤال 4. عزم العطالة

I = 2, 0 (0, 10)^{2} /2 = 0, 010 kg m^{2}

. نحصل على

Δ U = \frac{1}{2} (0, 010) (100)^{2} = 50 J, T_{f} - T_{i} = \frac{50}{500} = 0, 10 K .

يسخن النظام مع أن $Q = 0$ : فهذه الطاقة لم تعبر حده في صورة حرارة، بل كانت موجودة فيه أصلًا في صورة طاقة حركة دورانية.