Ableitung des von klassischen Teilchen auf die Wände eines kubischen Behälters ausgeübten Drucks (ideales Gas)

Question

Ableitung des von klassischen Teilchen auf die Wände eines kubischen Behälters ausgeübten Drucks (ideales Gas)

Physik
ideales Gas
Kinetische Theorie
Statistische Mechanik

Anonym

Da die Wahrscheinlichkeit, ein Teilchen in einem Zustand zu finden $|i\rangle$ Ist

P_{ich} \propto \exp (- β E_{ich})

$p_i \propto \exp(-\beta E_i)$ kann man für klassische Teilchen (:=Teilchen, die der klassischen kinetischen Energiebeziehung gehorchen) mit der Masse schließen

m

$m$ die Geschwindigkeitsverteilung ist gegeben durch

P (| v |) = \sqrt{\frac{2}{π}} {(β M)}^{3 / 2} \exp (- β M \frac{| v |^{2}}{2})

$P(|\mathbf{v}|)=\sqrt{\frac{2}{\pi}} {(\beta m)}^{3/2}\exp\left(-\beta m \frac{|\mathbf{v}|^2}{2}\right)$ Stellen Sie sich nun eine kubische Box mit Volumen vor

L^{3}

$L^3$ . Welchen Druck ausüben

N

$N$ klassischen Partikeln, die in diesem Kasten an den sechs identischen Wänden des Einschlusses eingeschlossen sind?

Man kann zur Antwort kommen

P = \frac{N}{β v}

$p=\frac{N}{\beta V}$ indem man davon ausgeht

Es gibt keine Wechselwirkungen zwischen Teilchen
Kollisionen mit den Wänden sind elastisch und das ist der Impuls des Teilchens nach einer Kollision mit einer Wand $\mathbf{p'}=\mathbf{p}-2\mathbf{p}\mathbf{n}$ . Wo $\mathbf{n}$ ist normal zur Wand.
Jedes Teilchen legt eine Strecke zurück $L$ bevor es mit einer Wand kollidiert. Partikel bewegen sich nur auf einem geraden Weg von der Seite $S_i$ auf die entsprechende Gegenseite $S_i'$ . Sie bewegen sich nie von einer Seite zu einer angrenzenden Seite.

Jetzt ist die Logik einfach. Kraft, die von einem Teilchen mit Geschwindigkeit auf eine Seite des Würfels ausgeübt wird $v$ ist nur

F (v) = \frac{Δ P}{Δ T} = \frac{2 M v}{2 L / v}

$F(v)=\frac{\Delta p}{\Delta t}=\frac{2mv}{2L/v}$ Kraft, die im Mittel von einem Teilchen auf die Seite ausgeübt wird

⟨ F ⟩ = \frac{2 M}{2 L} ⟨ v^{2} ⟩ = \frac{M}{L} \int_{R^{+}} v^{2} P (v) D v = \frac{3}{β L}

$\langle F\rangle=\frac{2m}{2L}\langle v^2\rangle=\frac{m}{L}\int_{\mathbb{R}^+}v^2P(v)dv=\frac{3}{\beta L}$ Was zu dem auf dieser Seite ausgeübten Gesamtdruck führt

P = \frac{N}{3} \frac{⟨ F ⟩}{A} = \frac{N}{β v}

$p=\frac{N}{3}\frac{\langle F\rangle}{A}=\frac{N}{\beta V}$ Was aufgrund der Symmetrie für alle sechs Seiten gleich ist.

Beachten Sie, dass nicht $N$ Aber $N/3$ Partikel wandern von einer Seite zur gegenüberliegenden Seite, da es insgesamt sechs Seiten gibt.

Kann jemand zu dem Ergebnis kommen, ohne die dritte Annahme zu verwenden, die ich gemacht habe? Ich würde dies als ein rein geometrisches Problem betrachten und kann mir keinen cleveren Weg vorstellen, es anzugehen. Ich möchte eine Behandlung, die es Partikeln ermöglicht, von einer Seite zu einer der angrenzenden Seiten zu wandern.

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Ableitung des von klassischen Teilchen auf die Wände eines kubischen Behälters ausgeübten Drucks (ideales Gas)

ein Kartürke · Answer 1

Wir nahmen an, dass die Teilchen nicht wechselwirken. Lassen Sie uns zufällig ein Teilchen auswählen. Dieses Teilchen hat mit $p_i$ Wahrscheinlichkeit eine Energie von $E_i$ . Gehen Sie davon aus, dass diese Energie ebenfalls gegeben ist. Jetzt haben wir eine Ersatzannahme für Ihre dritte:

Jedes Teilchen hat die gleiche Wahrscheinlichkeit, in jede Richtung geleitet zu werden. In $\Bbb R^3$ , das bedeutet, dass die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teilchen in eine Richtung fliegt, ist $dP(\theta+d\theta,\phi+d\phi)=\sin(\theta)\,d\theta\,d\phi\ /\ 4\pi$ .

Diese letzte Annahme ist nicht wirklich eine Annahme, sondern ein Symmetrie-Argument. Nehmen wir nun an, wir haben ein Teilchen mit Geschwindigkeit $\mathbf v$ . Der Beitrag dieses Teilchens zum Gesamtdruck auf der Würfeloberseite (d. h. $(x,y,L)$ ) Ist,

P_{z} = \frac{M (v \cdot \hat{z})^{2}}{L} = \frac{M}{L} (v \cos (θ))^{2}

$p_z = \frac{m (\mathbf v\cdot\hat z)^2}{L} = \frac{m}{L}\,(v\cos(\theta))^2$

Dies folgt, da dieses Teilchen Geschwindigkeit hat $v_z=\mathbf v\cdot\hat z$ An $+\hat z$ Richtung, und es geht durch einen Gesamtpfad (entlang $\hat z$ ) von $L$ dabei.

Die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses haben wir oben berechnet.

P = ⟨ P_{z} ⟩ = \int P_{} D P (θ + D θ, ϕ + D ϕ) = \int_{0}^{π} \frac{M v^{2}}{L} \cos^{2} (θ) Sünde (θ) D θ / 2

$p=\langle p_z \rangle=\int p_\, dP(\theta+d\theta,\phi+d\phi) = \int_0^\pi \frac{mv^2}{L}\,\cos^2(\theta)\,\sin(\theta)\,d\theta\ /\ 2$

P = \frac{M v^{2}}{6 L} (\cos^{3} (0) - C Ö S^{3} (π)) = \frac{M v^{2}}{3 L}

$p=\frac{mv^2}{6L}\,(\cos^3(0)-cos^3(\pi)) = \frac{mv^2}{3L}$

Der Deal ist, nur unter der Annahme $N/3$ Partikel dringen ein $\hat z$ , und diejenigen, die nur Geschwindigkeiten haben $\hat z$ ist identisch mit den Berechnungen, die unter der Annahme aller Teilchen ( $N$ ) haben einen beliebigen Geschwindigkeitsvektor.

Danke, das habe ich gesucht. Aber Sie sagen: „Das folgt, da dieses Teilchen Geschwindigkeit hat $v_z=v⋅\hat{z}$ In $+\hat{z}$ Richtung, und es geht durch einen Gesamtpfad (entlang $\hat{z}$ ) von $L$ dabei." Warum ist der Weg entlang $\hat{z}$ gleich $L$ ? Dies setzt voraus, dass das Partikel am unteren Rand der Box beginnt. Im Durchschnitt ist dies jedoch nicht der Fall.
Ich glaube, ich habe diesen letzten Punkt für mich selbst beantwortet: Wähle ein zufälliges Partikel mit Geschwindigkeit $v$ und schauen Sie es sich nach einer Kollision an, bei der die obere Wand einen Impuls von erhalten hat $\Delta p=2p_z=2mv_z=2mv\cos(\theta)$ . Der totalelastische Stoß änderte die Geschwindigkeit nicht $v$ . Wie lange braucht das Teilchen, um wieder auf die obere Wand zu treffen? Die Antwort ist $\Delta t=\frac{2L}{v_z}=\frac{2L}{v*cos(\theta)}$ , da das Teilchen auf dem Boden bis zur Wand und dann wieder zurück wandern muss, insgesamt $\hat{z}$ -Entfernung von $2L$ . Die Kraft auf die obere Wand ist also tatsächlich $F=\frac{\Delta p}{\Delta t}=mv_z^2/L$

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Anonym

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ein Kartürke

Benutzer224659

Benutzer224659

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