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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:
$\int_{0}^{\infty}xe^{-Ax^2}\textup{d}x=\frac{1}{2A}$
$\int_{0}^{\infty}x^2 e^{-Ax^2}\textup{d}x=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{A^3}}$
$\int_{0}^{\infty}x^3 e^{-Ax^2}\textup{d}x=\frac{1}{2A^2}$

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:
$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\frac{Sk_B N_0 T_0}{2MV} \bigg(1+\frac{St}{6V}\sqrt{\frac{k_B T_0}{2\pi m}}\bigg) ^{-8}$
$\Rightarrow v(t)=\frac{3N_0 \sqrt{2\pi m k_B T_0}}{7M} \bigg [1-\bigg (1+\frac{St}{6V} \sqrt{\frac{k_B T_0}{2\pi m}} \bigg)^{-7}\bigg]$

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!

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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292 - Fuoriuscita di gas

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