Cilindro con gas in rotazione

Messaggio da **Ippo** » 17 set 2010, 17:09

Abbiamo un recipiende cilindrico isolante di altezza L, raggio R e massa M (idealmente tutta concentrata sulla superficie laterale); lo riempiamo con una massa m di gas ideale e attendiamo che il tutto vada all'equilibrio a temperatura T.
A questo punto, assumendo che il cilindro abbia una base poggiata su un piano perfettamente liscio, lo mettiamo in rotazione attorno al suo asse di simmetria con velocità angolare iniziale $\omega_0$ .
1. Che cosa succede qualitativamente dopo un tempo sufficientemente lungo? Come si spiega microscopicamente (in termini di urti)? [Assumiamo che la superficie interna del recipiente non sia perfettamente liscia, altrimenti non succede niente]
2. La densità di un gas in equilibrio in una centrifuga in funzione della distanza r dall'asse è
$\displaystyle \rho(r)=Ae^{\mu \omega^2 r^2 \over 2kT}$
dove $\mu$ è la massa di una singola molecola e A è una costante. Determinare A.
3. Qual è la velocità angolare finale del sistema?

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 17 set 2010, 23:27

1. E' chiaro che il tutto ruoterà alla fine. Il cilindro fa una certa "presa" sulle molecole vicine ad esso, facendole muovere alla sua stessa velocità angolare (ricordiamo che la forza centrifuga in questo caso è una forza di contatto). Questo crea un "flusso" di molecole che fanno a loro volta presa su quelle vicine, e così via. Il gas all'equilibrio si muoverà tutto della stessa velocità angolare del cilindro. Ovviamente le varie "prese" a cui si è accennato sono, ovviamente l'attrito della parete e gli urti delle altre molecole.

2. Prendiamo un volumetto di cilindro $dV = 2\pi Lrdr$ . Allora
$m = \displaystyle\int_0^R\rho(r)dV = 2\pi AL\displaystyle\int_0^R e^{\frac{\mu\omega^2 r^2}{2kT}}rdr$ . Risolvendo questo integrale immediato si ottiene

$A = \dfrac{m\mu\omega^2}{2\pi LkT (e^{\frac{\mu\omega^2 R^2}{2kT}} - 1)}$ .

3. Il momento angolare iniziale del sistema è $L_i = \omega_0 MR^2$ , quello finale è $L_f = \omega MR^2 + \dfrac{1}{2}\omega m R^2$ . Imponendone la conservazione, si ottiene
$\omega = \omega_0 \dfrac{2M}{2M + m}$ .

Messaggio da **Ippo** » 18 set 2010, 1:05

Gauss91 ha scritto:3. Il momento angolare iniziale del sistema è $L_i = \omega_0 MR^2$ , quello finale è $L_f = \omega MR^2 + \dfrac{1}{2}\omega m R^2$ . Imponendone la conservazione, si ottiene
$\omega = \omega_0 \dfrac{2M}{2M + m}$ .

Ok, l'idea è quella (conservazione del momento angolare). Però il momento d'inerzia del gas, considerato come un corpo rigido a simmetria cilindrica (sarà un'ipotesi ragionevole? boh, forse sì, almeno io l'ho pensata così), non è $mR^2/2$

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 18 set 2010, 9:45

Eh beh che la densità non sia uniforme non si può decisamente trascurare...

pardon, una delle mie solite sviste

.

$I_g = \displaystyle\int_0^R r^2 dm = \displaystyle\int_0^R r^2 \rho(r)dV = 2\pi L\displaystyle\int_0^R \rho(r) r^3 dr = 2\pi L A \displaystyle\int_0^R e^{\frac{\mu\omega^2 r^2}{2kT}} r^3 dr$ . Ponendo $\dfrac{\mu\omega^2}{2kT} = B$ , si ha

$\displaystyle\int e^{Br^2} r^3 dr = \dfrac{e^{Br^2} (Br^2 - 1)}{2B^2}$ e dopo un po' di calcoli si ottiene

$I_g = \dfrac{2\pi L A}{2B^2} [e^{BR^2} (BR^2 - 1) + 1]$ . Ora deve essere

$\omega_0 MR^2 = \omega MR^2 + \omega I_g$ da cui

$\omega = \omega_0 \dfrac{MR^2}{MR^2 + I_g}$

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