¿Cómo combinar el concepto de velocidad térmica y la relatividad especial?

Question

¿Cómo combinar el concepto de velocidad térmica y la relatividad especial?

Indigo1729

Sabemos que en la termodinámica clásica

v_{r metro s} = \sqrt{\frac{3 k_{B} T}{metro}}

$v_{rms} = \sqrt{\frac{3k_B T}{m}}$ Sin embargo, inmediatamente vemos que esto es incorrecto para altas temperaturas, ya que no hay un límite superior en la velocidad. ¿Cómo obtengo la ecuación exacta?

Mi acercamiento-

Tenemos, $E = \sqrt{m_o^2c^4 + p^2c^2}$

Ahora, a partir de la energía térmica, tenemos la energía total (suma de la energía en reposo y la energía térmica) $E = m_o c^2 + \frac{3}{2}k_B T$

Por lo tanto,

{metro}_{o} C^{2} + \frac{3}{2} k_{B} T = \sqrt{{metro}_{o}^{2} C^{4} + {pag}^{2} C^{2}}

$m_oc^2 + \frac{3}{2}k_B T = \sqrt{m_o^2c^4 + p^2c^2}$

Aquí, $p = mv$ & $m = \frac{m_o}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

Entonces podemos resolver para $v$ $( \sim v_{rms})$

No estoy seguro si esto es correcto. ¿Alguien puede corregirme? ¿Puedes darme al menos el resultado final si no toda la conducción?

por simetría

Lamentablemente, el resultado clásico de que

K E = \frac{3}{2} k_{B} T

$KE = \frac{3}{2}k_BT$ depende del teorema de equipartición y del hecho de que la energía cinética clásica tiene una velocidad cuadrática, por lo que no se generalizará a un entorno relativista. Buen intento.

Sebastián Riese

Problema adicional: A temperaturas donde

T \approx m c^{2}

$T \approx mc^2$ la producción de pares se volverá relevante, aunque esto podría no cambiar la distribución de velocidad, hace que las predicciones para otras cantidades basadas en la distribución de velocidad y el número de partículas original sean incorrectas.

Respuestas (3)

¿Cómo combinar el concepto de velocidad térmica y la relatividad especial?

Lamentablemente, el resultado clásico de que $KE = \frac{3}{2}k_BT$ depende del teorema de equipartición y del hecho de que la energía cinética clásica tiene una velocidad cuadrática, por lo que no se generalizará a un entorno relativista. Buen intento.
Problema adicional: A temperaturas donde $T \approx mc^2$ la producción de pares se volverá relevante, aunque esto podría no cambiar la distribución de velocidad, hace que las predicciones para otras cantidades basadas en la distribución de velocidad y el número de partículas original sean incorrectas.

chris cundy · Answer 1

La suposición de que la energía térmica es $\frac{3}{2}k_bT$ en realidad solo es válido a temperaturas no relativistas. En general tenemos que usar el teorema de equipartición para encontrar la relación entre temperatura y energía:

⟨ X_{metro} \frac{\partial mi}{\partial X_{norte}} ⟩ = d_{metro norte} k_{B} T,

$\begin{equation} \left< x_m \frac{\partial E}{\partial x_n} \right> = \delta_{mn} k_BT, \end{equation}$ donde

x

$x$ puede ser un momento coordinado o conjugado.

Simplemente tomando el caso unidimensional por simplicidad, en el régimen newtoniano, $E = \frac{mv^2}{2}$ , así que eso $v=\sqrt{\frac{k_BT}{m}}$ . Pero en el caso relativista, $E = \sqrt{p^2c^2 + m_0^2c^4}$ . Esto significa que

\frac{C^{2} {pag}^{2}}{\sqrt{{pag}^{2} C^{2} + {metro}_{0}^{2} C^{4}}} = k_{B} T,

$\begin{equation} \frac{c^2p^2}{\sqrt{p^2c^2 + m_0^2c^4}} = k_BT, \end{equation}$ asi que

{pag}^{2} = \frac{k_{B}^{2} T^{2} C^{2} \pm \sqrt{k_{B}^{4} T^{4} C^{4} + 4 k_{B}^{2} T^{2} {metro}_{0}^{2} C^{8}}}{2 C^{4}} .

$\begin{equation} p^2 = \frac{k_B^2T^2c^2 \pm \sqrt{k_B^4T^4c^4 + 4k_B^2T^2m_0^2c^8}}{2c^4}. \end{equation}$

Como $T \rightarrow \infty$ obtenemos $p = k_BT/c$ , o $E=k_BT$ (ya que el término de masa en la energía se vuelve insignificante en comparación con el impulso). Esta es la bien conocida ecuación de energía para el gas ultrarrelativista . Como $T \rightarrow 0$ obtenemos $v = \sqrt{\frac{k_BT}{m_0}}$ , el resultado newtoniano.

También solo por el bien del registro, ¿podría mantener las k en minúsculas constantes de Boltzmann?

Anders Sandberg · Answer 2

Lo que está buscando es la media de la distribución de Maxwell-Jüttner ,

F (γ) = \frac{γ^{2} β}{θ k_{2} (1 / θ)} {mi}^{- γ / θ}

$f(\gamma)=\frac{\gamma^2\beta}{\theta K_2(1/\theta)}e^{-\gamma/\theta}$ donde

β = v / c = \sqrt{1 - 1 / γ^{2}}

$\beta=v/c=\sqrt{1-1/\gamma^2}$ ,

θ = k_{B} T / m c^{2}

$\theta=k_BT/mc^2$ y

K_{2}

$K_2$ es la función de Bessel de segunda clase.

pues lo esperado $\gamma$ sería

mi [γ] = \frac{1}{θ k_{2} (1 / θ)} \int_{1}^{\infty} γ^{3} (\sqrt{1 - 1 / γ^{2}}) {mi}^{- γ / θ} d γ

$E[\gamma]=\frac{1}{\theta K_2(1/\theta)}\int_1^\infty \gamma^3 \left (\sqrt{1-1/\gamma^2} \right )e^{-\gamma/\theta}d\gamma$ Desafortunadamente, no parece haber ninguna fórmula de forma cerrada para ello. Aquí hay una gráfica de mis resultados numéricos en Matlab:

Aquí hay una derivación de las distribuciones anisotrópicas de Maxwell-Jüttner , que pueden o no ser útiles.

Esta distribución es lo que también señalaría, pero ¿no debería encontrar $\mathbb E[\beta]$ ?
Posiblemente, pero luego necesita invertir eso de alguna manera para obtener $\beta$ ya que estas buscando $v_\text{therm}$ , ¿no?

Jean-Christophe Pain · Answer 3

Si no me equivoco, la distribución de Maxwell-Jüttner tiene

mi [γ] = \frac{1}{θ k_{2} (1 / θ)} \int_{1}^{\infty} γ^{3} (\sqrt{1 - 1 / γ^{2}}) {mi}^{- γ / θ} d γ = \frac{k_{1} (\frac{1}{θ})}{k_{2} (\frac{1}{θ})} + 3 θ,

$E[\gamma]=\frac{1}{\theta K_2(1/\theta)}\int_1^\infty \gamma^3 \left (\sqrt{1-1/\gamma^2} \right )e^{-\gamma/\theta}d\gamma=\frac{K_1\left(\frac{1}{\theta}\right)}{K_2\left(\frac{1}{\theta}\right)}+3\theta,$

donde $K_n$ es una función de Bessel modificada del segundo tipo.

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