Gelöste Thermodynamikaufgabe

Translation, Rotation und thermische Bewegung

Übung 14 · Lektion 4 — Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

Satz von König
Rotation
kinetische Energie
innere Energie
Reibung

Aufgabenstellung

Ein System aus $N$ Teilchen der Massen $m_{i}$ hat die Gesamtmasse $M$ ; sein Schwerpunkt hat die Lage $R$ und die Geschwindigkeit $V$ . Wir setzen $ρ_{i} = r_{i} - R$ und zerlegen die Geschwindigkeiten:

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

Die globale Winkelgeschwindigkeit $ω$ wird so gewählt, dass die Restbewegung keinen Gesamtdrehimpuls trägt:

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

Die Identität $\sum_{i} m_{i} ∣ ω \times ρ_{i} ∣^{2} = ω \cdot I_{CM} ω$ wird vorausgesetzt, wobei $I_{CM}$ der Trägheitstensor bezüglich des Schwerpunkts ist.

Entwickeln Sie $E_{kin} = \frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} v_{i}^{2}$ und zeigen Sie, dass die drei gemischten Terme verschwinden. Leiten Sie daraus die Zerlegung in Translation, globale Rotation und Restbewegung her.
Welche kinetische Energie geht in die innere Energie ein, wenn man globale Translation und Rotation als makroskopische Bewegungen zählt? Genügt es, in das Schwerpunktsystem zu wechseln, um nur die thermische Bewegung übrig zu behalten?
Eine homogene Scheibe der Masse $M$ und des Radius $R$ mit fester Achse dreht sich anfangs mit der Winkelgeschwindigkeit $ω_{0}$ . Ihr Trägheitsmoment ist $I = M R^{2} /2$ . Eine Bremse bringt sie zum Stillstand. Das System aus Scheibe und Bremse ist wärmeisoliert; seine ruhenden Halterungen verrichten keine Arbeit. Die gesamte dissipierte Energie verbleibt in diesem System, dessen Gesamtwärmekapazität $C$ konstant ist. Bestimmen Sie die Änderung seiner inneren Energie und seinen Temperaturanstieg.
Berechnen Sie die umgewandelte Energie und den Temperaturanstieg für $M = 2, 0 kg$ , $R = 0, 10 m$ , $ω_{0} = 100 rad s^{- 1}$ und $C = 500 J K^{- 1}$ . Hat diese Energie die Systemgrenze in Form von Wärme überschritten?

Hinweis

Verwenden Sie

\sum_{i} m_{i} ρ_{i} = 0

und die Spatprodukt-Identität

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

. Während des Bremsens bleibt

U + E_{kin}^{macro}

erhalten.

Ausführliche Lösung

Lösung

Frage 1. Aus der Definition des Schwerpunkts folgt

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

. Folglich ist

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

Durch Ausmultiplizieren jedes Quadrats erhält man

E_{kin} = \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}^{'} .

Der erste gemischte Term verschwindet aufgrund der Definition des Schwerpunkts. Der zweite verschwindet, weil der Restimpuls null ist. Für den dritten liefert das Spatprodukt

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

Mit der angegebenen Identität für den Trägheitstensor bleibt

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

Frage 2. Bei dieser Konvention ist der kinetische Beitrag zur inneren Energie der letzte Term, $\frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} u_{i}^{'}^{2}$ . Die innere Energie umfasst außerdem die inneren potenziellen Energien und gegebenenfalls weitere innere Freiheitsgrade. Der Wechsel in das Schwerpunktsystem beseitigt den Translationsterm, lässt aber den Term der globalen Rotation bestehen. Eine Scheibe, die sich um eine feste Achse dreht, besitzt also eine makroskopische kinetische Energie, obwohl ihr Schwerpunkt ruht.

Frage 3. Die über die Grenze des Systems aus Scheibe und Bremse übertragene Wärme und Arbeit sind null. Die Kräfte der Halterungen können Drehimpuls übertragen, verrichten aber keine Arbeit, da ihre Angriffspunkte ruhen. Vernachlässigt man jede andere Änderung makroskopischer Energie, so liefert die Energieerhaltung

Δ U + Δ E_{rotation} = 0.

Die Scheibe kommt zum Stillstand, also ist $Δ E_{rotation} = 0 - \frac{1}{2} I ω_{0}^{2}$ . Folglich gilt

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

Sobald sich das innere thermische Gleichgewicht eingestellt hat, liefert das Modell konstanter Wärmekapazität $Δ U = C (T_{f} - T_{i})$ , also

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

Die Reibung wandelt Energie geordneter Bewegung innerhalb des Systems in innere Energie um.

Frage 4. Das Trägheitsmoment beträgt

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

. Man erhält

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

Das System erwärmt sich, obwohl $Q = 0$ ist: Diese Energie hat seine Grenze nicht in Form von Wärme überschritten. Sie lag anfangs als kinetische Rotationsenergie vor.