Espansione libera di un gas.
Tetis
scatola
composta da due contenitori cubici da 1 decimetro di lato ciascuno, separati
da un
setto, un gas occupa una metà. Il setto viene rimosso per un tempo
brevissimo e quindi
ricollocato. Il cammino libero medio è di qualche chilometro (ad esempio
10^14 molecole)
in modo che gli urti durante la rimozione del setto siano trascurabili. Si
sa che dopo
che il setto è stato ricollocato una frazione pari ad un decimo del gas
inizialmente
presente in uno dei due contenitori è passato all'altro. Che temperature nei
due
contenitori dopo il riequilibrio, assumendo pareti e setto isolanti?
--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/
Aleph
> Propongo una variante ideale dell'esperimento di Joule Thomson. In una
> scatola
> composta da due contenitori cubici da 1 decimetro di lato ciascuno, separati
> da un
> setto, un gas occupa una metà. Il setto viene rimosso per un tempo
> brevissimo e quindi
> ricollocato. Il cammino libero medio è di qualche chilometro (ad esempio
> 10^14 molecole)
> in modo che gli urti durante la rimozione del setto siano trascurabili. Si
> sa che dopo
> che il setto è stato ricollocato una frazione pari ad un decimo del gas
> inizialmente
> presente in uno dei due contenitori è passato all'altro. Che temperature nei
> due
> contenitori dopo il riequilibrio, assumendo pareti e setto isolanti?
Nel limite di validità dell'approssimazione di gas ideale la stessa direi.
Sbaglio o la densità iniziale che postuli (10^14 molecole per dm^3) è un
po' bassina?
Saluti,
Aleph
--
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http://www.newsland.it/news segnala gli abusi ad ab...@newsland.it
gingia
> inizialmente
> presente in uno dei due contenitori è passato all'altro. Che temperature nei
> due
> contenitori dopo il riequilibrio, assumendo pareti e setto isolanti?
Dipende da quanta massa sia passata nel frattempo.
Assumendo la temperatura e ogni altro parametro dei due gas uguali, il
passaggio (vado memoria), dei due gas nel secondo setto avviene come se
l'altro gas fosse assente, questo porta a concludere che il gas ai fini
pratici si sia espanso. Quindi partendo da quando massa sia rimasta nel
primo setto ti calcoli la temperatura del primo gas, e fai lo stesso per
l'altro gas che è passato nel setto considerando l'espansione di tipo
adiabatico (in fondo per il gas corrisponde a un maggior "spazio
disponibile")
Ti consiglio di calcolare la temperatura passando attraverso l'equazione
di stato dopo aver calcolato la pressione totale e parziale dei due gas.
cometa_luminosa
Se gli urti tra le molecole sono trascurabili, allora immagino che non
si possa definire una temperatura, in quanto questa richiede la
ridistribuzione dell'energia tra le molecole per urto.
Daniele Fua
Visto che sei tu a proporre il problema non può avere una risposta
semplice :-)
Normalmente uno direbbe: non si compie lavoro, tutto è adiabatico e
quindi l'energia interna si mantiene. L'energia dipende solo dalla
temperatura ergo la temperatura delle due parti si mantiene uguale a
quella iniziale. Joule pari pari.
Ma visto che non può essere cosi semplice, immagino che tu ti riferisca
alla possibilità che nell'aprire il setto per un tempo molto breve e per
un gas molto rarefatto, la distribuzione delle velocità delle molecole
nelle due parti risulti modificata rispetto a quella che c'era
all'inizio nella prima parte. Distribuzione modificata -> riequilibrio
-> temperature diverse (forse).
Forse è così ma, siccome l'apertura del setto non è un intelligente
diavoletto di Maxwell, non ne vedo la ragione e per confutarlo sarei
portato ad utilizzare una dimostrazione simile a quella di Feynman sulla
stratificazione di un gas in un campo gravitazionale.
Daniele Fua
UniRomaUno
Giorgio Bibbiani
> Propongo una variante ideale dell'esperimento di Joule Thomson. In una
> scatola
> composta da due contenitori cubici da 1 decimetro di lato ciascuno,
> separati
> da un
> setto, un gas occupa una metà. Il setto viene rimosso per un tempo
> brevissimo e quindi
> ricollocato. Il cammino libero medio è di qualche chilometro (ad esempio
> 10^14 molecole)
> in modo che gli urti durante la rimozione del setto siano trascurabili. Si
> sa che dopo
> che il setto è stato ricollocato una frazione pari ad un decimo del gas
> inizialmente
> presente in uno dei due contenitori è passato all'altro. Che temperature
> nei
> due
> contenitori dopo il riequilibrio, assumendo pareti e setto isolanti?
Non ho tempo di fare i calcoli espliciti, do solo una traccia della
soluzione (secondo me naturalmente :-).
Questo apparato e' sostanzialmente un selettore di velocita',
che favorisce la fuoriuscita delle molecole piu' veloci, quindi
chiamando 1 il contenitore in cui e' contenuto inizialmente il
gas e 2 l'altro, alla fine, dopo il riequilibrio, si avra' T2 > T1.
Per le ipotesi fatte, suppongo che le molecole urtino
elasticamente le pareti dei contenitori, e non interagiscano
tra loro. Se il setto giace nel piano y-z, allora
verranno influenzate solo le distribuzioni delle
componenti x delle velocita' delle molecole,
chiamando v il modulo della componente x della velocita',
se n1(v, t) e n2(v, t) sono le distribuzioni al tempo t dei moduli
delle componenti x delle velocita' delle molecole contenute
nei due recipienti, allora valgono le condizioni:
(1) n1(v, 0) = NMB(v), n2(v, 0) = 0,
(2) n1(v, t) + n2(v, t) = NMB(v),
ove NMB(v) e' la distribuzione di Maxwell-Boltzmann per
il modulo della componente x della velocita'
del gas nel recipiente 1 alla temperatura iniziale T
(normalizzata al numero totale di molecole N).
Il numero di molecole aventi velocita' in un intervallo
dv intorno a v che passano da un recipiente all'altro
in un tempo infinitesimo dt e' direttamente proporzionale
al valore di v e al valore di n(v, t), quindi
vale l'equazione differenziale:
(3) dn2(v, t) / dt = - k * v * (n2(v, t) - n1(v, t)),
ove k e' una costante opportuna che dipende dalla geometria
dell'apparato, sostituendo la (2) nella (3) si ha:
(4) dn2(v, t) / dt = - k * v * (2 * n2(v, t) - NMB(v)),
che ha soluzione, per la data condizione iniziale:
(5) n2(v, t) = NMB(v) * [1 - exp(- 2 * k * v * t)] / 2
imponendo la condizione che al tempo t1 nel recipiente
2 sia passato il 10 % delle molecole:
(6) Integrale[n2(v, t1) dv, da 0 a +oo] = 0.1 * N,
si ricava il valore di k * t1 corrispondente, e si sostituisce
nella (5) per trovare la forma esplicita della distribuzione
nel recipiente 2 della componente x della velocita' al
tempo t1, quindi si sostituisce questa distribuzione
nella formula per il calcolo dell'energia totale delle
molecole, aventi massa m, nel recipiente 2
(k_B = costante di Boltzmann):
E = N / 10 * k_B * T +
Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo],
e si impone che all'equilibrio valga:
E = 3/2 * N / 10 * k_B * T2.
La differenza con l'esperienza di Joule sta nel fatto che
in quel caso le molecole che passano nel recipiente
2 sono termalizzate dagli urti con le altre molecole.
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Tetis
<giorgio_bi...@virgilio.it> ha scritto:
In una scatola composta da due contenitori cubici da 1 decimetro di lato
ciascuno,
separati da un setto, un gas occupa una metà. Il setto viene rimosso per un
tempo
brevissimo e quindi ricollocato Che temperature nei due
contenitori dopo il riequilibrio, assumendo pareti e setto isolanti?
> Non ho tempo di fare i calcoli espliciti, do solo una traccia della
> soluzione (secondo me naturalmente :-).
In effetti i calcoli espliciti non sono necessari, basta
l'impostazione e ricordarsi un teorema di Eulero.
> Questo apparato e' sostanzialmente un selettore di velocita',
> che favorisce la fuoriuscita delle molecole piu' veloci, quindi
> chiamando 1 il contenitore in cui e' contenuto inizialmente il
> gas e 2 l'altro, alla fine, dopo il riequilibrio, si avra' T2 > T1.
Corretto :-)))
Per le ipotesi fatte, suppongo che le molecole urtino
> elasticamente le pareti dei contenitori, e non interagiscano
> tra loro. Se il setto giace nel piano y-z, allora
> verranno influenzate solo le distribuzioni delle
> componenti x delle velocita' delle molecole,
Ok
> chiamando v il modulo della componente x della velocita',
> se n1(v, t) e n2(v, t) sono le distribuzioni al tempo t dei moduli
> delle componenti x delle velocita' delle molecole contenute
> nei due recipienti, allora valgono le condizioni:
> (1) n1(v, 0) = NMB(v), n2(v, 0) = 0,
> (2) n1(v, t) + n2(v, t) = NMB(v),
> ove NMB(v) e' la distribuzione di Maxwell-Boltzmann per
> il modulo della componente x della velocita'
> del gas nel recipiente 1 alla temperatura iniziale T
> (normalizzata al numero totale di molecole N).
> Il numero di molecole aventi velocita' in un intervallo
> dv intorno a v che passano da un recipiente all'altro
> in un tempo infinitesimo dt
Nel caso specifico non occorre considerare tempo
infinitesimo, perchè se le particelle sono 10^14 nel
tempo che una frazione di un decimo passa da una
parte all'altra del contenitore non avvengono collisioni.
Questo tempo non è brevissimo in effetti: con meccanica
adeguata l'esperimento dovrebbe essere fattibile.
Le equazioni differenziali che scrivi poi possono essere
lette in questo modo. Nel tempo t la frazione di particelle con
componente lungo x della velocità in un intorno dv_x di v_x,
che passa al contenitore due è la frazione di Maxwell Boltzmann
che è contenuta nel volume v_x t. Questa frazione è pari alla densità
iniziale moltiplicata per la distribuzione di Maxwell Boltzmann e per
il volume quindi
Int_0 ^ L/t t v_x p(v_x) dv_x
per le particelle che hanno velocità maggiore di L/t il discorso è più
complesso perchè possono avvenire riflessioni da parte delle pareti.
D'altra parte poichè la distribuzione di Maxwell Boltzmann è una
Gaussiana con larghezza v_m dell'ordine di sqrt(kT/m) ed il tempo
t è dell'ordine di v_m L/10 = t non si sbaglia troppo se si completa
l'integrale di cui sopra fino ad infinito.
e' direttamente proporzionale
> al valore di v e al valore di n(v, t), quindi
> vale l'equazione differenziale:
> (3) dn2(v, t) / dt = - k * v * (n2(v, t) - n1(v, t)),
> ove k e' una costante opportuna che dipende dalla geometria
> dell'apparato, sostituendo la (2) nella (3) si ha:
In verità ho un dubbio su questa equazione: dopo
l'apertura del setto la distribuzione non rimane fattorizzata,
per la precisione: n1(x,v,t) ed n2(x,v,t) non sono spazialmente
uniformi, allora per seguire questa linea di ragionamento
bisognerebbe impostare l'equazione di Vlasov non collisionale,
che per il nostro gas è molto semplice in effetti, ma non tanto
semplice, e risolvere sulla frontiera. Io avevo pensato di impostare
questo discorso ma lo avevo lasciato da parte, però dovrebbe essere
istruttivo. Ad ogni modo l'ipotesi che nel tempo di apertura
del setto non avvengono collisioni permette di evitare tutto questo
se lo scopo è solo rispondere al quesito posto.
> (4) dn2(v, t) / dt = - k * v * (2 * n2(v, t) - NMB(v)),
> che ha soluzione, per la data condizione iniziale:
> (5) n2(v, t) = NMB(v) * [1 - exp(- 2 * k * v * t)] / 2
> imponendo la condizione che al tempo t1 nel recipiente
> 2 sia passato il 10 % delle molecole:
> (6) Integrale[n2(v, t1) dv, da 0 a +oo] = 0.1 * N,
Mi hai dato un bel tema ulteriore a cui ripensare: come
varia nel tempo la popolazione? Pensando solo ad (N1, N2)
Il mio ragionamento era: dal momento che le particelle non
interagiscono ed inizialmente
quelle con velocità in (v_x, v_x + dv_x) sono distribuite uniformemente
su tutto il volume v_x t allora al tempo parziale: tau sarà passata una
frazione proporzionale a v_x tau, allora per linearità l'andamento
della popolazione complessiva N2 è lineare nel tempo.
(fino a che è lecito lasciare da parte le particelle tanto veloci
che fanno in tempo a rimbalzare e tornare nella frazione 1).
> si ricava il valore di k * t1 corrispondente, e si sostituisce
> nella (5)
In effetti io trovo il tempo necessario scrivendo:
t < |v_x| >/2 = L/10.
per trovare la forma esplicita della distribuzione
> nel recipiente 2 della componente x della velocita' al
> tempo t1, quindi si sostituisce questa distribuzione
> nella formula per il calcolo dell'energia totale delle
> molecole, aventi massa m, nel recipiente 2
Ok, vale però sempre l'obiezione sulla equazione iniziale,
io risolvevo il problema di trovare la frazione totale
di particelle in 2 al tempo t scrivendo:
(N/L) t (v_x) p(v_x) dv_x
ed integrando su tutte le v_x maggiori di zero, mentre
per l'energia trasferita risolvo in questo modo:
vado a calcolare il valore medio del quadrato
della componente v_x:
Int_0 ^ oo (v_x)^3 p(v_x) dv_x = < |v_x|^3 >
risulta, se non ricordo male, < | v_x |^3 > / < |v_x|> = 2 <|v_x|^2>
che si ottiene dall'equazione per i momenti di una distribuzione
gaussiana, quindi sfruttando solamente argomenti di riscalamento,
possibili perchè l'energia è una funzione omogenea della velocità.
Una volta ottenuto il valor medio della componente x della velocità
quadrata, osservo che le componenti y e z e tutte quelle relative
ad eventuali gradi di libertà intrinseci, sono indipendenti, quindi
mantengono la loro distribuzione anche nel volume 2. Pertanto
se le molecole del gas hanno K gradi di libertà ottengo che
l'energia cinetica totale è pari ad (K+1)/K dell'energia che
avrebbe la stessa frazione del gas nello stato di equilibrio
inizialmente.
> (k_B = costante di Boltzmann):
> E = N / 10 * k_B * T +
> Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo],
> e si impone che all'equilibrio valga:
> E = 3/2 * N / 10 * k_B * T2.
>
> La differenza con l'esperienza di Joule sta nel fatto che
> in quel caso le molecole che passano nel recipiente
> 2 sono termalizzate dagli urti con le altre molecole.
C'è anche una leggera differenza nel calcolo dell'entropia,
si vede che alla fine del processo in effetti cresce, ma cresce
un poco meno di quanto crescerebbe se le temperature fossero
equipartite. Quindi conclusivamente non ci sono difficoltà con il
secondo principio, nonostante l'aspetto paradossale di avere ottenuto
un gas a temperatura più alta da un gas a temperatura più bassa,
questa non è una violazione del secondo principio perchè non
è avvenuto solamente trasferimento di energia ma anche di stato
complessivo del sistema in variabili intensive come la pressione estensive
come il numero di particelle per frazione.
> Ciao
> --
> Giorgio Bibbiani
Ciao. Grazie per il tempo dedicato, mi piacerebbe adesso vedere
di impostare il problema dell'evoluzione delle distribuzioni nell'ipotesi
di indipendenza dei moti. Ci aggiorniamo.
Tetis
scritto:
Sono trascurabili nel tempo di apertura del setto, mentre diventano
rilevanti in seguito, con 10^14 molecole, se non ho sbagliato i calcoli
il cammino libero medio è dell'ordine del chilometro, quindi il tempo
medio fra due collisioni, a temperatura ambiente, è dell'ordine di 3
secondi che è un'enormità rispetto al tempo di 10^(-2)/300 secondi
che stiamano il tempo di apertura necessario perchè un decimo della
popolazione passi da un settore all'altro.
Tetis
> Tetis ha scritto:
> > --------------------------------
> > Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/
>
> Visto che sei tu a proporre il problema non può avere una risposta
> semplice :-)
No, in effetti la soluzione mi sembra semplice, però ci ho messo
un poco di tempo ad elaborarla e credo che il filo logico sia un poco
riposto. Ho scritto i dettagli nella risposta a Giorgio.
> Normalmente uno direbbe: non si compie lavoro, tutto è adiabatico e
> quindi l'energia interna si mantiene.
Corretto.
L'energia dipende solo dalla
> temperatura ergo la temperatura delle due parti si mantiene uguale a
> quella iniziale. Joule pari pari.
Tieni presente l'obiezione di Cometa Luminosa: non si può definire una
temperatura del processo mentre avviene perchè si tratta di un processo
di non equilibrio. Quello che si verifica è una ridistribuzione delle
energie,
ed una variazione di temperatura che ad essere sincero è abbastanza
controintuitiva ed ammettere che potesse avvenire come dice la statistica
mi ha richiesto di digerire i dettagli del bilancio entropico che in effetti
è
sempre coerente con il secondo principio.
> Ma visto che non può essere cosi semplice, immagino che tu ti riferisca
> alla possibilità che nell'aprire il setto per un tempo molto breve e per
> un gas molto rarefatto, la distribuzione delle velocità delle molecole
> nelle due parti risulti modificata rispetto a quella che c'era
> all'inizio nella prima parte. Distribuzione modificata -> riequilibrio
> -> temperature diverse (forse).
Si e no la distribuzione complessiva delle velocità senza riferimento
allo spazio è costante, ma cambia nello spazio, ad ogni modo si
può evitare di risolvere i dettagli della variazione spaziale.
> Forse è così ma, siccome l'apertura del setto non è un intelligente
> diavoletto di Maxwell, non ne vedo la ragione e per confutarlo sarei
> portato ad utilizzare una dimostrazione simile a quella di Feynman sulla
> stratificazione di un gas in un campo gravitazionale.
Interessante analogia pur se un gas denso
in campo gravitazionale è pur sempre in
regime collisionale e quindi vale il principio della massima
entropia (senza vincoli), la densità non è uniforme ma dipende
dalla quota, e l'equilibrio a temperatura assegnata è garantito
dalla variazione di densità, però ci sono delle sottigliezze che
abbiamo discusso tempo addietro sul ng a proposito di un tema
su cui Elio Fabri scrisse, anni prima della nostra discussione,
un articolo, che riguardava, se non erro la presenza
di fotoni o la relatività generale. Da un punto di vista analitico la
temperatura può essere introdotta in relazione al vincolo sull'energia,
e questo porta ad una questione interpretativa rispetto alla temperatura
come energia cinetica media in relazione al teorema di equipartizione.
la separabilità del termine potenziale rispetto al termine cinetico
nell'equazione di Boltzmann è o no coerente con il principio della
massima entropia?
> Daniele Fua
> UniRomaUno
Aleph
> "Tetis" ha scritto:
> > Propongo una variante ideale dell'esperimento di Joule Thomson. In una
> > scatola
> > composta da due contenitori cubici da 1 decimetro di lato ciascuno,
> > separati
> > da un
> > setto, un gas occupa una metà. Il setto viene rimosso per un tempo
> > brevissimo e quindi
> > ricollocato. Il cammino libero medio è di qualche chilometro (ad esempio
> > 10^14 molecole)
> > in modo che gli urti durante la rimozione del setto siano trascurabili. Si
> > sa che dopo
> > che il setto è stato ricollocato una frazione pari ad un decimo del gas
> > inizialmente
> > presente in uno dei due contenitori è passato all'altro. Che temperature
> > nei
> > due
> > contenitori dopo il riequilibrio, assumendo pareti e setto isolanti?
> Non ho tempo di fare i calcoli espliciti, do solo una traccia della
> soluzione (secondo me naturalmente :-).
[cut]
Non dovrebbero essere tenute in debita considerazione anche le
fluttuazioni statistiche delle grandezze termodinamiche all'interno del
gas?
Per 10^14 particelle abbiamo dT/T = 10^-7 che, immaginando il gas alla
temperatura iniziale Ti = 300 K, corrisponde a circa 3 centomillesimi di
grado; per la porzione di gas che finisce nella parte inizialmente vuota
del contenitore le fluttuazioni statistiche sono dell'ordine del
decimillesimo di grado.
Ora sebbene non abbia fatto i conti ho come l'impressione che la grandezza
delle fluttuazioni statistiche (almeno con la densità proposta da Tetis)
sia tale da nascondere l'effetto di "riscaldamento" dovuto alla selezione
operata (anche questa in media, vale a dire su numerose esecuzioni
distinte dell'esperimento) dal dispositivo sulle particelle più veloci del
gas.
Tetis
Si.
> Per 10^14 particelle abbiamo dT/T = 10^-7 che, immaginando il gas alla
> temperatura iniziale Ti = 300 K, corrisponde a circa 3 centomillesimi di
> grado; per la porzione di gas che finisce nella parte inizialmente vuota
> del contenitore le fluttuazioni statistiche sono dell'ordine del
> decimillesimo di grado.
Ok.
> Ora sebbene non abbia fatto i conti ho come l'impressione che la grandezza
> delle fluttuazioni statistiche (almeno con la densità proposta da Tetis)
> sia tale da nascondere l'effetto di "riscaldamento" dovuto alla selezione
> operata (anche questa in media, vale a dire su numerose esecuzioni
> distinte dell'esperimento) dal dispositivo sulle particelle più veloci del
> gas.
La variazione netta di temperatura per le particelle che fanno
in tempo a passare nella metà 2 della scatola è indipendente dalla
quantità trasferità (purchè non sia troppo vicina a metà)
e dipende solamente dal numero di gradi di libertà della
singola molecola. Per un gas nobile la variazione di temperatura è
di 1/3 in più della temperatura iniziale. Per un gas biatomico è 1/5 in
più. Poichè l'energia totale deve essere conservata, se diciamo
z la frazione trasferita e K i gradi di libertà, risulta (1-z) T1 + z T2 =
T.
E ponendo T2 = (1 + 1/K) T risulta T1 = T [1- z/((1-z)K)] nel caso di
gas monoatomico che transisce per una misura del 10 % la variazione
di temperatura nella metà inizialmente occupata è 1/27 della temperatura
iniziale. Con le stesse condizioni le fluttuazioni sono di 10^(-7) sulla
parte
inizialmente occupata e non superano 10^(-6) sulla parte inizialmente
vuota. Se consideriamo un volume iniziale di un litro di idrogeno per 10^14
molecole la pressione è di circa 4 miliardesimi di atmosfera ovvero circa
3 milionesimi di mmHg. Che è alla portata di molti strumenti di alto vuoto.
Il
cui limite è di 10^(-Il) atm contro i 4x10^(-9) necessari. Il
vuoto nella parte residua per essere adeguato può essere ottenuto con
strumenti
di vuoto ultra-alto, che giungono anche a 10^(-14) atm.
> Saluti,
> Aleph
>
>
>
>
>
>
>
>
>
> --
>
> questo articolo e` stato inviato via web dal servizio gratuito
> http://www.newsland.it/news segnala gli abusi ad ab...@newsland.it
>
--------------------------------
Inviato via http://arianna.libero.it/usenet/
Giorgio Bibbiani
>Altro mio errore: nella parte finale ho chiamato
>energia totale E quella che invece e' solo
>l'energia cinetica totale di traslazione delle molecole
>del gas, comunque sarebbe bastato imporre piu'
>semplicemente che:
>Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo] =
>1/2 * N / 10 * k_B * T2.
E correggo la correzione precedente (evidentemente
farei meglio a pensare prima di scrivere :-(
Se nella hamiltoniana di una molecola del gas ci sono K
termini quadratici, allora l'energia totale e':
E = (K - 1) / 2 * N / 10 * k_B * T +
Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo],
e si impone che all'equilibrio valga:
E = K / 2 * N / 10 * k_B * T2.
Spero che sia giusto adesso... :-)
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Giorgio Bibbiani
...
Ho capito leggendo la tua risposta che
avevo interpretato male l'enunciato del problema,
giustamente tu intendevi che il setto e' una intera parete
che separa i due cubi, mentre io lo avevo inteso
(evidentemente mi piaceva tentare di risolvere quest'altro
problema ;-) come un foro nella parete, abbastanza
grande perche' durante il processo fossero trascurabili
gli urti intermolecolari, ma abbastanza piccolo perche'
nei due recipienti le distribuzioni delle molecole
fossero a ogni istante spazialmente uniformi
(la prima richiesta e' automaticamente soddisfatta
se si considera idealmente un gas di punti
materiali non interagenti, la seconda puo' essere
soddisfatta solo approssimativamente).
Altro mio errore: nella parte finale ho chiamato
energia totale E quella che invece e' solo
l'energia cinetica totale di traslazione delle molecole
del gas, comunque sarebbe bastato imporre piu'
semplicemente che:
Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo] =
1/2 * N / 10 * k_B * T2.
Ciao
--
Giorgio Bibbiani
Aleph
...
> > Ora sebbene non abbia fatto i conti ho come l'impressione che la grandezza
> > delle fluttuazioni statistiche (almeno con la densità proposta da Tetis)
> > sia tale da nascondere l'effetto di "riscaldamento" dovuto alla selezione
> > operata (anche questa in media, vale a dire su numerose esecuzioni
> > distinte dell'esperimento) dal dispositivo sulle particelle più veloci del
> > gas.
> La variazione netta di temperatura per le particelle che fanno
> in tempo a passare nella metà 2 della scatola è indipendente dalla
> quantità trasferità (purchè non sia troppo vicina a metà)
> e dipende solamente dal numero di gradi di libertà della
> singola molecola. Per un gas nobile la variazione di temperatura è
> di 1/3 in più della temperatura iniziale.
...
Come ottieni questo risultato?
L'espressione per l'energia totale delle molecole passate nel recipiente
inizialmente vuoto che ho trovato io è la seguente (integrale doppio):
E = (m/2)*N*INT[0,1]dl(INT[vmin(l), infinito](f(v)*v^2*dv)
dove:
- m è la massa delle particelle (gas monoatomico)
- N = 10^14
- l = x/x0 con x0 = 10 cm lato del recipente
f(v)*dv = probabilità secondo Maxwell di avere una particella con velocità
lungo x compresa tra v e v +dv
- vmin(l) = x0*(1-l)/dt velocità minima necessaria a una particella che si
trova in x ( con 0 < x < xo ) per passare dall'altra parte entro il
tempo dt di apertura del dispositivo (dell'ordine del milionesimo di
secondo).
Dopo la termalizzazione delle particelle la temperatura di equilibrio nel
secondo recipiente diventa quindi:
Tf = (m/3k)*INT[0,1]dl(INT[vmin(l), infinito](f(v)*v^2*dv)
Non so quanto viene poiché non ho svolto esplicitamente i calcoli, ma
considerando il taglio esponenziale piuttosto violento che compare nella
f(v) il risultato che hai fornito mi sembra esagerato.
Saluti,
A.M.
Tetis
<giorgio_bi...@virgilio.it> ha scritto:
> Avevo scritto:
> >Altro mio errore: nella parte finale ho chiamato
> >energia totale E quella che invece e' solo
> >l'energia cinetica totale di traslazione delle molecole
> >del gas, comunque sarebbe bastato imporre piu'
> >semplicemente che:
> >Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo] =
> >1/2 * N / 10 * k_B * T2.
>
> E correggo la correzione precedente (evidentemente
> farei meglio a pensare prima di scrivere :-(
>
> Se nella hamiltoniana di una molecola del gas ci sono K
> termini quadratici, allora l'energia totale e':
> E = (K - 1) / 2 * N / 10 * k_B * T +
> Integrale[1/2 * m * v^2 * n2(v, t) dv, da 0 a +oo],
Ok. In particolare il secondo integrale può essere, con
ottima approssimazione, riespresso in termini della
distribuzione iniziale come:
1/2 m * < |v_x| ^3 > / <|v_x|> = kT <|y|^3>/<|y|>
qui con <|y|^k> si intende l'integrale gaussiano
adimensionale di ordine k
e diversamente prima della transizione:
1/2 m * < |v_x|^2> / <|1|> = kT <|y|^2> / <|y|>
in particolare I_3 = I_2 = 1/2 = I_1
mentre I_2 = 1/ 4 e quindi la prima espressione vale
kT
donde: E = (K+1)/2 * N / 10 * k_B * T.
mentre la seconda vale
1/2 ( kT)
in modo che l'energia complessiva del gas è:
N K/2 * N * k_B * T.
risultato noto come teorema classico di equipartizione, nelle
cui ipotesi rientra l'omogeneità della funzione di Hamilton
rispetto alle coordinate generalizzate, e che è quello a cui
hai fatto riferimento. La dizione classico sta a distinguerlo
dalla generalizzazione hamiltoniana che risale a Tolman secondo
cui sotto ipotesi di mixing e per qualsiasi hamiltoniana vale:
< q_i dH/dq_i > = kT per ogni coordinata generalizzata, in particolare
il teorema classico si deduce come il sottocaso per cui q_i è un
impulso e :
H(q_1, ... q_2n ) = k1 q_1^2 + ... + kn q_n^2 + V(q_n+1,... q_2n)
> e si impone che all'equilibrio valga:
> E = K / 2 * N / 10 * k_B * T2.
Da cui:
T_2 = (K+1)/K.
> Spero che sia giusto adesso... :-)
Si. Ho anche cercato precedenti in letteratura in questi due
giorni. Ho visto che se qualcuno è abbastanza veloce può pubblicare
questo, che è un risultato relativamente inedito. Un precedente lavoro
sull'argomento risale agli albori dell'ingegneria aerospaziale in
associazione al problema del surriscaldamento da ricircolo, in
cui si verifica un fenomeno analogo ma per una frazione molto più
piccola, ma continuamente alimentata, di particelle: in particolare si
tratta di quelle particelle combuste in un motore a reazione, che sono
abbastanza veloci da fare in tempo ad andarsi ad accumulare nelle
pieghe del reattore senza essere spazzate via dal flusso, in quel caso
le temperatura raggiunte possono essere molto più elevate.
Il caso particolare, invece, forse di scarso interesse, non era stato
trattato
e da quel che vedo la densità non è descritta dalle equazioni differenziali
studiate negli anni settanta per il problema analogo del flusso nel vuoto.
Magari provo a sottoporlo io stesso, che rivista potrebbe riceverlo?
> Ciao
> --
> Giorgio Bibbiani
Tetis
> Tetis ha scritto:
>
> ...
> > > Ora sebbene non abbia fatto i conti ho come l'impressione che la
grandezza
> > > delle fluttuazioni statistiche (almeno con la densità proposta da
Tetis)
> > > sia tale da nascondere l'effetto di "riscaldamento" dovuto alla
selezione
> > > operata (anche questa in media, vale a dire su numerose esecuzioni
> > > distinte dell'esperimento) dal dispositivo sulle particelle più veloci
del
> > > gas.
>
> > La variazione netta di temperatura per le particelle che fanno
> > in tempo a passare nella metà 2 della scatola è indipendente dalla
> > quantità trasferità (purchè non sia troppo vicina a metà)
> > e dipende solamente dal numero di gradi di libertà della
> > singola molecola. Per un gas nobile la variazione di temperatura è
> > di 1/3 in più della temperatura iniziale.
> ...
>
> Come ottieni questo risultato?
Come avevo accennato nella prima risposta a Giorgio e come
ho spiegato in più dettaglio in una seconda risposta.
> L'espressione per l'energia totale delle molecole passate nel recipiente
> inizialmente vuoto che ho trovato io è la seguente (integrale doppio):
>
> E = (m/2)*N*INT[0,1]dl(INT[vmin(l), infinito](f(v)*v^2*dv)
>
> dove:
>
> - m è la massa delle particelle (gas monoatomico)
>
> - N = 10^14
>
> - l = x/x0 con x0 = 10 cm lato del recipente
>
> f(v)*dv = probabilità secondo Maxwell di avere una particella con velocità
> lungo x compresa tra v e v +dv
>
> - vmin(l) = x0*(1-l)/dt velocità minima necessaria a una particella che si
> trova in x ( con 0 < x < xo ) per passare dall'altra parte entro il
> tempo dt di apertura del dispositivo (dell'ordine del milionesimo di
> secondo).
Ok, trascurando certamente il fatto che per velocità abbastanza grande le
particelle fanno in tempo a tornare indietro, il che è certamente lecito
per quel dt tale che le particelle che passano siano un decimo del totale.
In effetti si può fare un cambio nell'ordine di integrazione riportandosi al
ragionamento che faccio io: le particelle a velocità in (v,v+dv) che passano
da un contenitore all'altro sono tutte quelle, con quella velocità, che
stanno
entro la distanza utile: v * dt e l'integrale risulta esteso fino a quel v
per il quale
v dt = x0.
> Dopo la termalizzazione delle particelle la temperatura di equilibrio nel
> secondo recipiente diventa quindi:
>
> Tf = (m/3k)*INT[0,1]dl(INT[vmin(l), infinito](f(v)*v^2*dv)
Cosa intendi con il k a denominatore?
> Non so quanto viene poiché non ho svolto esplicitamente i calcoli, ma
> considerando il taglio esponenziale piuttosto violento che compare nella
> f(v) il risultato che hai fornito mi sembra esagerato.
Ho ricontrollato e mi sembra del tutto ragionevole.
Dirò di più: se il setto anzichè essere ricollocato nella
posizione originale fosse ricollocato più in là le
temperatura sarebbero via via più elevate e la stima
della temperatura richiederebbe il calcolo esplicito di
integrali gaussiani incompleti, che in questo caso
particolare, però, può essere evitato.
> Saluti,
> A.M.
>
>
>
> --
>
> questo articolo e` stato inviato via web dal servizio gratuito
> http://www.newsland.it/news segnala gli abusi ad ab...@newsland.it
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Aleph
Le espressioni che ho scritto in precedenza contenevano qualche errore,
provo a riscriverle.
La prima che mi fornisce (implicitamente) il tempo dt necessario al
passaggio della frazione eps ( 0 < eps < 1 ; nel nostro caso è eps = 0,1)
nella parte inizialmente vuota del recipiente è la seguente:
eps = INT[0,1]dl[INT[vmin(l,dt), infinito](f(v)*dv)] (1)
dove:
l = x/xo con xo lato del recipente (nel nostro caso 10 cm);
vmin(l) = xo*(1-l)/dt velocità minima necessaria a una particella che si
trova in x ( con 0 < x < xo ) per passare nel secondo recipiente entro il
tempo dt di apertura del dispositivo (dell'ordine del milionesimo di
secondo);
f(v)*dv = probabilità secondo Maxwell di avere una particella con velocità
lungo x compresa tra v e v +dv.
Esplicitando f(v) ed eseguendo una sostituzione nella variabile
d'integrazione v la (1) diventa:
eps = (1/sqrt(pi))*INT[0,1]dl[INT[xmin(l,dt),infinito](exp(-x^2)*dx)] (1')
dove xmin = vmin*(m/2kTi)^(1/2) = [xo*(1-l)/dt]*(m/2kTi)^(1/2)
e Ti indica la temperatura iniziale del gas prima dell'azionamento del
setto divisore.
La temperatura finale Tf del gas passato nella parte inizialmente vuota
del recipiente è data da:
Tf = (1/(3*eps))*(m/k)*INT[0,1]dl[INT[vmin(l,dt),infinito](f(v)*v^2*dv)]
(2)
Esplicitando f(v) ed eseguendo una sostituzione nella variabile
d'integrazione v la (2) diventa:
Tf =
(2/sqrt(pi))*(1/(3*eps))*Ti*INT[0,1]dl[INT[xmin(l,dt),infinito](exp(-x^2)*x^2*dx)]
(2')
che si può ulteriormente semplificare integrando per parti, giungendo a
un integrale semplice (per brevità non riporto il risultato).
...
> > Non so quanto viene poiché non ho svolto esplicitamente i calcoli, ma
> > considerando il taglio esponenziale piuttosto violento che compare nella
> > f(v) il risultato che hai fornito mi sembra esagerato.
> Ho ricontrollato e mi sembra del tutto ragionevole.
> Dirò di più: se il setto anzichè essere ricollocato nella
> posizione originale fosse ricollocato più in là le
> temperatura sarebbero via via più elevate e la stima
> della temperatura richiederebbe il calcolo esplicito di
> integrali gaussiani incompleti, che in questo caso
> particolare, però, può essere evitato.
E' questo il punto che non mi convince.
Nelle formule che ho scritto sopra il risultato contiene appunto integrali
gaussiani incompleti e a priori non mi sembra che si possa approssimarli
estendendo il limite inferiore d'integrazione.
Del resto il calcolo numerico esatto (almeno per chi possiede software
come Mathematica o consimili) non dovrebbe essere troppo complicato da
eseguire.
Quando ho un minuto voglio provare a calcolare l'espressione semplificata
della (2') (quella con l'integrale semplice) con Excel, ma dubito che
otterrò un risultato preciso.
Saluti,
Aleph
Tetis
> Tetis ha scritto:
Quello che mi attribuisce il tuo quoting è parola tua:
Aleph ha scritto:
> Le espressioni che ho scritto in precedenza contenevano qualche errore,
> provo a riscriverle.
>
> La prima che mi fornisce (implicitamente) il tempo dt necessario al
> passaggio della frazione eps ( 0 < eps < 1 ; nel nostro caso è eps = 0,1)
> nella parte inizialmente vuota del recipiente è la seguente:
>
> eps = INT[0,1]dl[INT[vmin(l,dt), infinito](f(v)*dv)] (1)
>
> dove:
>
> l = x/xo con xo lato del recipente (nel nostro caso 10 cm);
E' questo il punto essenziale, come ti dicevo un cambiamento
di variabile basta a tradurre questo ragionamento in quello che
facevo io, a meno di una differenza che è da ritenere inessenziale
in virtù della rapida decrescenza della funzione gaussiana. Per essere
precisi tu dovresti togliere i contributi che vengono da quelle velocità
per le quali dopo il tempo dt la particella si trova nuovamente nell'area
sinistra, ed io dovrei modificare l'integrale per i valori di v maggiori di
x0/dt. Tuttavia se nella tua espressione limiti l'integrale in v al valore
x0/dt l'integrale che scrivi tu e quello che scrivo io coincidono.
In particolare io stimavo il tempo dt utilizzando l'integrale seguente:
eps = Int 0^oo [(v dt/x0) f(v)] dv
con il che tendo a sottostimare il dt necessario per valori di
ma posso sovrastimarlo andando a porre il limite superiore x0/dt.
(in quel caso l'incognita entra nell'estremo d'integrazione oltrechè
a fattore). L'integrale che scrivi tu a sua volta sottistima il dt, ma
lo sovrastima se poni il limite superiore. Quello che io sostengo
è che le sovrastime del dt che otterresti tu e quella che otterrei io
sono identiche:
Cambiando l'ordine di integrazione nell'integrale:
INT[0,1]dl[INT[vmin(l,dt), x0/dt](f(v)*dv)]
si ottiene l'integrale:
Int 0 ^(x0/dt) f(v) [ Int_l(v,dt)^1 dl] dv
Dove l'argomento interno può essere ricondotto ad
(1 - l(v,dt)) = v dt / x0 essendo l(v, dt) = 1 - v dt / x0 la
funzione inversa di v_min (l ,dt). Puoi inoltre ottenere
lo stesso integrale di prima estendendo ad infinito
il limite di integrazione in v e ponendo l(v,dt) = 0 per
v > x0/t.
Avendo dato questa forma all'integrale si può ottenere
una sua sovrastima con l'integrale che scrivevo io.
eps = < |v| > dt / x0. Riconoscendo in particolare
che l'errore è fornito da Int _ x0/dt ^ oo f(v) dv per
stimare questo errore occorre ricorrere ad una stima,
possibilmente per eccesso, di dt, quando eps = 10%.
Quello che io sostengo è x0/dt è, per eps = 10%, superiore
a 2 deviazioni standard della distribuzione di Maxwell.
Se infatti ipotizzo che la velocità delle particelle non superi
la velocità media ottengo certamente una stima per eccesso
del dt. In particolare se arrozzo la parte della gaussiana che
sta entro sqrt(<v^2>)/2 con una distribuzione rettangolare
trovo che x0/t è 10/4 deviazioni standard. Man mano che
esp aumenta, tuttavia, le correzioni all'energia cinetica diventano
più significative. come anche il flusso risulta leggermente
rallentato rispetto al regime lineare. Ma per eps = 10% l'approssimazione
è davvero eccellente.
> ...
> > > Non so quanto viene poiché non ho svolto esplicitamente i calcoli, ma
> > > considerando il taglio esponenziale piuttosto violento che compare
nella
> > > f(v) il risultato che hai fornito mi sembra esagerato.
Al contrario è proprio perchè la gassiana è rapidamente decrescente
che l'approssimazione che propongo è ragionevole.
> > Ho ricontrollato e mi sembra del tutto ragionevole.
> > Dirò di più: se il setto anzichè essere ricollocato nella
> > posizione originale fosse ricollocato più in là le
> > temperatura sarebbero via via più elevate e la stima
> > della temperatura richiederebbe il calcolo esplicito di
> > integrali gaussiani incompleti, che in questo caso
> > particolare, però, può essere evitato.
>
> E' questo il punto che non mi convince.
> Nelle formule che ho scritto sopra il risultato contiene appunto integrali
> gaussiani incompleti e a priori non mi sembra che si possa approssimarli
> estendendo il limite inferiore d'integrazione.
Intuitivamente quello che si verifica è che il fattore v che aggiungo
alla distribuzione per tener conto del volume di pescaggio relavito
alla data velocità oltre che rendere integrabile elementarmente la
distribuzione, per piccole velocità deprime la distribuzione riproducendo
esattamente quello che fanno gli integrali incompleti che scrivi tu,
con il loro estremo di integrazione inferiore che cresce linearmente
se si percorre l'intervallo da l = 1 (dove v_min(l, dt) = 0) all'ingiù.
> Del resto il calcolo numerico esatto (almeno per chi possiede software
> come Mathematica o consimili) non dovrebbe essere troppo complicato da
> eseguire.
>
> Quando ho un minuto voglio provare a calcolare l'espressione semplificata
> della (2') (quella con l'integrale semplice) con Excel, ma dubito che
> otterrò un risultato preciso.
>
> Saluti,
> Aleph
>
>
>
>
> --
>
> questo articolo e` stato inviato via web dal servizio gratuito
> http://www.newsland.it/news segnala gli abusi ad ab...@newsland.it
>
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