تمرین حل‌شدهٔ ترمودینامیک

انتقال، چرخش و جنبش گرمایی

تمرین 14 · درس 4 — قانون اول ترمودینامیک

قضیهٔ کونیگ
چرخش
انرژی جنبشی
انرژی درونی
اصطکاک

صورت مسئله

سامانه‌ای از $N$ ذره با جرم‌های $m_{i}$ جرم کل $M$ ، و مرکز جرمی با مکان $R$ و سرعت $V$ دارد. می‌نویسیم $ρ_{i} = r_{i} - R$ و سرعت‌ها را چنین تجزیه می‌کنیم:

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

سرعت زاویه‌ای کلی $ω$ چنان انتخاب می‌شود که حرکت باقی‌مانده هیچ تکانهٔ زاویه‌ای کلی نداشته باشد:

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

اتحاد $\sum_{i} m_{i} ∣ ω \times ρ_{i} ∣^{2} = ω \cdot I_{CM} ω$ را می‌پذیریم که در آن $I_{CM}$ تانسور لختی نسبت به مرکز جرم است.

$E_{c} = \frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} v_{i}^{2}$ را بسط دهید و نشان دهید سه جملهٔ متقاطع صفرند. از آن تجزیهٔ انرژی به انتقال، چرخش کلی و حرکت باقی‌مانده را نتیجه بگیرید.
در قراردادی که انتقال و چرخش کلی حرکت‌های ماکروسکوپی شمرده می‌شوند، کدام انرژی جنبشی در انرژی درونی وارد می‌شود؟ آیا کافی است در چارچوب مرجع مرکز جرم قرار بگیریم تا فقط جنبش گرمایی باقی بماند؟
قرصی همگن به جرم $M$ و شعاع $R$ که محورش ثابت است، در آغاز با سرعت زاویه‌ای $ω_{0}$ می‌چرخد. لختی دورانی آن $I = M R^{2} /2$ است. ترمزی آن را از حرکت بازمی‌دارد. سامانهٔ قرص و ترمز عایق گرمایی است و تکیه‌گاه‌های ساکن آن هیچ کاری نمی‌دهند. همهٔ انرژی اتلاف‌شده در این سامانه، با ظرفیت گرمایی کل ثابت $C$ ، می‌ماند. تغییر انرژی درونی و افزایش دمای آن را به دست آورید.
انرژی تبدیل‌شده و افزایش دما را برای $M = 2, 0 kg$ ، $R = 0, 10 m$ ، $ω_{0} = 100 rad s^{- 1}$ و $C = 500 J K^{- 1}$ حساب کنید. آیا این انرژی به‌صورت گرما از مرز سامانه گذشته است؟

راهنمایی

از

\sum_{i} m_{i} ρ_{i} = 0

و اتحاد ضرب سه‌گانهٔ عددی

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

استفاده کنید. هنگام ترمزگیری،

U + E_{c}^{macro}

را پایسته بگیرید.

پاسخ تفصیلی

پاسخ

پرسش 1. تعریف مرکز جرم می‌دهد

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

. در نتیجه

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

با بسط هر 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}^{'} .

جملهٔ متقاطع نخست بنا بر تعریف مرکز جرم صفر می‌شود. دومی صفر است، زیرا تکانهٔ باقی‌مانده صفر است. برای سومی، ضرب سه‌گانهٔ عددی می‌دهد

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

با اتحاد داده‌شده برای تانسور لختی، باقی می‌ماند

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}

پرسش 2. در این قرارداد، سهم جنبشی در انرژی درونی جملهٔ آخر، $\frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} u_{i}^{'}^{2}$ ، است. انرژی درونی انرژی‌های پتانسیل درونی و دیگر درجه‌های آزادی درونیِ احتمالی را نیز در بر می‌گیرد. قرارگرفتن در چارچوب مرجع مرکز جرم جملهٔ انتقال را حذف می‌کند، اما جملهٔ چرخش کلی را باقی می‌گذارد. برای نمونه، قرصی که حول محوری ثابت می‌چرخد انرژی جنبشی ماکروسکوپی دارد، هرچند مرکز جرمش ساکن است.

پرسش 3. گرما و کاری که از مرز سامانهٔ قرص و ترمز می‌گذرند صفرند. نیروهای تکیه‌گاه‌ها می‌توانند تکانهٔ زاویه‌ای منتقل کنند، اما نقطه‌های اثر ساکن آن‌ها کاری منتقل نمی‌کنند. با چشم‌پوشی از هر تغییر دیگری در انرژی ماکروسکوپی، پایستگی می‌دهد

Δ U + Δ E_{rotation} = 0.

قرص می‌ایستد، پس $Δ E_{rotation} = 0 - \frac{1}{2} I ω_{0}^{2}$ . در نتیجه

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

پس از برقراری تعادل گرمایی درونی، مدل ظرفیت ثابت می‌دهد $Δ U = C (T_{f} - T_{i})$ ، یعنی

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

اصطکاک انرژی حرکت منظم را درون سامانه به انرژی درونی تبدیل می‌کند.

پرسش 4. لختی دورانی برابر است با

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

. به دست می‌آید

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

سامانه گرم می‌شود، هرچند $Q = 0$ : این انرژی به‌صورت گرما از مرز آن نگذشته است. این انرژی از آغاز به‌صورت انرژی جنبشی چرخشی در سامانه وجود داشت.