292 - Fuoriuscita di gas

Messaggio da **DeoGratias** » 4 mar 2022, 18:43

Un contenitore isolato di massa $M$ è posto in uno spazio vuoto, in assenza di gravità. Osservandolo da un certo sistema di riferimento, la sua velocità iniziale è nulla. Il suo volume è $V$ ed è riempito con un gas monoatomico a temperatura iniziale $T_0$ , composto da $N_0$ molecole, ognuna avente massa $m$ . Al tempo $t=0$ viene fatto un piccolo buco di area $S$ sulla superficie del contenitore. Questo comincia a muoversi a causa della fuoriuscita di gas, ma senza ruotare. Si assuma che il gas rimanga in equilibrio termodinamico per tutto il processo. E' nota la distribuzione di Maxwell per la componente $x$ delle velocità molecolari:
$f(v_x)=\sqrt{\frac{m}{2\pi kT}} \textup{exp}\left ( -\frac{mv_x^2}{2kT} \right )$
Si trovino:
1) Il numero di molecole che fuoriescono dal foro per unità di tempo, in funzione di $T$ e $N$
2) La temperatura del gas all'istante $t$
3) La velocità del contenitore all'istante $t$ , assumendo $M \gg mN_0$

Nota: possono essere utili i seguenti integrali:
$\int_{0}^{\infty}xe^{-Ax^2}\textup{d}x=\frac{1}{2A}$
$\int_{0}^{\infty}x^2 e^{-Ax^2}\textup{d}x=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{A^3}}$
$\int_{0}^{\infty}x^3 e^{-Ax^2}\textup{d}x=\frac{1}{2A^2}$

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 5 mar 2022, 16:32

1) Mi metto in un sistema di riferimento inerziale in cui il contenitore sia istantaneamente a riposo. Il numero di particelle compreso in un volume $\mathrm{d}V$ , con velocità compresa fra $v_x$ e $v_x+\mathrm{d}v_x$ , è:
$\frac{N}{V}\mathrm{d}V f(v_x) \mathrm{d}v_x$
Essendo $N$ il numero di particelle contenute a un certo istante. Consideriamo quelle che si trovano appena davanti il foro, prima di uscirne. Sia l'asse $x$ diretto perpendicolarmente ad esso. Una particella con velocità $v_x$ spazza un volume $Sv_x \mathrm{d}t$ , ed esce se $v_x>0$ . Pertanto, in un tempo $\mathrm{d}t$ , il numero di particelle uscenti è:
$\frac{N}{V}\mathrm{d}t \int_{0}^{+\infty} S v_x f(v_x) \mathrm{d}v_x=\frac{NS \mathrm{d}t}{V}\sqrt{\frac{m}{2\pi k_B T}} \int_{0}^{+\infty} v_x e^{-\big(\frac{m}{2k_B T}\big ) v_x^2} \mathrm{d}v_x$
$=\frac{NS\mathrm{d}t}{V} \sqrt{\frac{m}{2\pi k_B T}} \frac{k_B T}{m}=\frac{NS \mathrm{d}t}{V} \sqrt{\frac{k_B T}{2\pi m}}$
Perciò:
$\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=- \frac{NS}{V} \sqrt{\frac{k_B T}{2\pi m}}$

2) 3) Con un ragionamento simile al precedente, si trova la quantità di moto uscente dal contenitore in un certo intervallo di tempo:
$\mathrm{d}^2 p_x=mv_x \frac{N S v_x \mathrm{d}t}{V} f(v_x) \mathrm{d}v_x \Rightarrow \frac{\mathrm{d}p_x}{\mathrm{d}t}=\frac{mNS}{V} \sqrt{\frac{m}{2\pi k_B T}} \int_{0}^{+\infty} v_x^2 e^{-\big (\frac{m}{2k_B T}\big ) v_x^2} \mathrm{d}v_x$
$=\frac{SNk_B T}{2V}$
Per conservazione della quantità di moto, l'accelerazione del contenitore risulta:
$a=\frac{SNk_B T}{2V(M+Nm)} \approx \frac{SNk_B T}{2VM}$
Da adesso userò la distribuzione di Maxwell per il modulo della velocità di una particella:
$f(v)=4\pi \bigg(\frac{m}{2\pi k_B T}\bigg)^{\frac{3}{2}}v^2 e^{-\frac{mv^2}{2k_B T}}$
L'energia interna del gas è $U=\frac{3Nk_B T}{2}$ . Consideriamo una la cui velocità è inclinata di un angolo $\theta$ rispetto all'asse $x$ . Essendo la distribuzione isotropa, il numero $\mathrm{d}n$ di tali particelle comprese in un volume $\mathrm{d}V$ è proporzionale all'area della corrispondente corona circolare:
$\mathrm{d}n=\frac{N}{V} \mathrm{d}V f(v) \mathrm{d}v \frac{1}{2} \sin \theta \mathrm{d}\theta$
Queste particelle trasportano un'energia:
$\mathrm{d}K=\frac{mv^2}{2} \frac{N}{2V} \mathrm{d}V f(v) \mathrm{d}v \sin \theta \mathrm{d}\theta=\frac{mv^2 N}{4V} Sv\cos \theta \mathrm{d}t f(v)\mathrm{d}v \sin \theta \mathrm{d}\theta$
L'energia persa per unità di tempo è allora:
$\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t}=-\frac{mNS}{4V}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\theta \int_{0}^{+\infty} f(v)v^3 \mathrm{d}v=-\frac{NSk_B T}{V} \sqrt{\frac{2k_B T}{\pi m}}$
Confrontando quest'equazione e quella ricavata al punto 1) si ottiene:
$4\frac{\mathrm{d}N}{N}=3\frac{\mathrm{d}(NT)}{NT} \Rightarrow N=\frac{N_0 T^3}{T_0^3}$
Sostituendo nella prima:
$\frac{3 N_0 T^2 \dot T}{T_0^3}=-\frac{SN_0}{VT_0^3}\sqrt{\frac{k_B}{2\pi m}} T^{\frac{7}{2}} \Rightarrow T^{-\frac{3}{2}}\mathrm{d}T=-\frac{S}{3V}\sqrt{\frac{k_B}{2\pi m}} \mathrm{d}t$
$\Rightarrow T(t)=\frac{T_0}{\bigg(1+\frac{St}{6V}\sqrt{\frac{k_B T_0}{2\pi m}}\bigg)^2} \Rightarrow N(t)= \frac{N_0}{\bigg(1+\frac{St}{6V}\sqrt{\frac{k_B T_0}{2\pi m}}\bigg)^6}$
Sostituendo nell'espressione dell'accelerazione:
$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\frac{Sk_B N_0 T_0}{2MV} \bigg(1+\frac{St}{6V}\sqrt{\frac{k_B T_0}{2\pi m}}\bigg) ^{-8}$
$\Rightarrow v(t)=\frac{3N_0 \sqrt{2\pi m k_B T_0}}{7M} \bigg [1-\bigg (1+\frac{St}{6V} \sqrt{\frac{k_B T_0}{2\pi m}} \bigg)^{-7}\bigg]$

Messaggio da **DeoGratias** » 6 mar 2022, 12:47

Tutto corretto

Non sono sicuro al 100%, ma penso che in gara dovresti anche mostrare come passare dalla distribuzione unidimensionale a quella tridimensionale, visto che è possibile rispondere al quesito utilizzando esclusivamente quella fornita dal testo, anche se si tratta solo di pochi passaggi. Per il resto vai col prossimo!

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 6 mar 2022, 13:47

Aggiungo il passaggio da una distribuzione all'altra.
Per isotropia, si ha chiaramente anche:
$f(v_y)=\sqrt{\frac{m}{2\pi k_B T}} \exp \bigg(-\frac{mv_y^2}{2k_B T} \bigg )$
$f(v_z)=\sqrt{\frac{m}{2\pi k_B T}} \exp \bigg(-\frac{mv_z^2}{2k_B T} \bigg )$
Essendo ciascuna distribuzione indipendente dalle altre due, la frazione di particelle con velocità $\vec v$ le cui componenti sono comprese tra $v_x$ e $v_x+\mathrm{d}v_x$ , tra $v_y$ e $v_y+\mathrm{d}v_y$ , e tra $v_z$ e $v_z+\mathrm{d}v_z$ , è:
$f(v_x) \mathrm{d}v_x f(v_y) \mathrm{d}v_y f(v_z)\mathrm{d}v_z=\bigg( \frac{m}{2\pi k_B t}\bigg)^{\frac{3}{2}} \exp \bigg ( -\frac{m(v_x^2+v_y^2+v_z^2)}{2k_B T} \bigg) \mathrm{d}v_x \mathrm{d}v_y \mathrm{d}v_z$
Poiché $v_x^2+v_y^2+v_z^2=v^2$ , questa frazione dipende solo dal modulo della velocità e dal volume $\mathrm{d}v_x \mathrm{d}v_y \mathrm{d}v_z$ considerato nello spazio delle velocità. Ne segue che la frazione di particelle con modulo della velocità $v$ è proporzionale al volume di un guscio di raggio $v$ e spessore $\mathrm{d}v$ . Perciò:
$f(v)\mathrm{d}v=\bigg( \frac{m}{2\pi k_B t}\bigg)^{\frac{3}{2}} \exp \bigg ( -\frac{m v^2}{2k_B T} \bigg) 4\pi v^2 \mathrm{d}v$

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