Comprender el desarrollo de Feynman de la ley de los gases ideales: Vol I 39-2 de The Feynman Lectures on Physics

Question

Comprender el desarrollo de Feynman de la ley de los gases ideales: Vol I 39-2 de The Feynman Lectures on Physics

Steven Thomas Hatton

En The Feynman Lectures on Physics, Volumen I 39-2 La presión de un gas , se presenta lo siguiente:

Si $v$ es la velocidad de un átomo, y $v_{x}$ es el $x$ -componente de $v$ , entonces $mv_{x}$ es el $x$ -componente del impulso en ; pero también tenemos un componente igual de cantidad de movimiento 0ut , por lo que la cantidad de movimiento total entregada al pistón por la partícula, en una colisión, es $2mv_{x}$ , porque se "refleja".

Ahora, necesitamos el número de colisiones realizadas por los átomos en un segundo, o en una cierta cantidad de tiempo $dt;$ entonces dividimos por $dt$ . ¿Cuántos átomos están chocando? Supongamos que hay $N$ átomos en el volumen $V$ , o $n=N/V$ en cada unidad de volumen. Para encontrar cuántos átomos golpean el pistón, notamos que, dada una cierta cantidad de tiempo $t$ , si una partícula tiene cierta velocidad hacia el pistón chocará durante el tiempo $t$ , siempre que esté lo suficientemente cerca. Si está demasiado lejos, se dirige sólo parcialmente hacia el pistón en el tiempo $t$ , pero no llega al pistón. Por lo tanto, está claro que sólo aquellas moléculas que están dentro de una distancia $v_{x}t$ del pistón van a golpear el pistón en el tiempo $t$ . Así, el número de colisiones en un tiempo $t$ es igual al número de átomos que están en la región dentro de una distancia $v_{x}t,$ y como el área del pistón es $A,$ el volumen ocupado por los átomos que van a chocar contra el pistón es $v_{x}tA$ . Pero el número de átomos que van a golpear el pistón es ese volumen por el número de átomos por unidad de volumen, $nv_{x}tA.$ Por supuesto que no queremos el número que golpeó en un tiempo $t$ , queremos el número que acierta por segundo, así que lo dividimos por el tiempo $t$ , Llegar $nv_{x}A$ . (Esta vez $t$ podría hacerse muy corto; si sentimos que queremos ser más elegantes, lo llamamos $dt,$ luego diferencie, pero es lo mismo.)

Entonces encontramos que la fuerza es

$F = norte v_{X} A \times 2 metro v_{X} . (39.3)$ $F=nv_{x}A\times2mv_{x}.\,\,\,(39.3)$

¡Mira, la fuerza es proporcional al área, si mantenemos fija la densidad de partículas a medida que cambiamos el área! La presión es entonces

$PAG = 2 norte metro v_{X}^{2} . (39.4)$ $P=2nmv_{x}^{2}.\,\,\,(39.4)$

Ahora notamos un pequeño problema con este análisis: primero, todas las moléculas no tienen la misma velocidad y no se mueven en la misma dirección. Entonces, todos los $v_{x}^{2}$ son diferentes! Entonces, lo que debemos hacer, por supuesto, es sacar un promedio de las $v_{x}^{2}$ 's, ya que cada uno hace su propia contribución. Lo que queremos es el cuadrado de $v_{x}$ , promediado sobre todas las moléculas:

$PAG = norte metro ⟨ v_{X}^{2} ⟩ . (39.5)$ $P=nm\left\langle v_{x}^{2}\right\rangle .\,\,\,(39.5)$

¿Olvidamos incluir el factor 2? No; de todos los átomos, solo la mitad se dirige hacia el pistón. La otra mitad se dirige hacia el otro lado, por lo que la cantidad de átomos por unidad de volumen que golpean el pistón es solo $n/2$ .

Si bien acepto el resultado, no entiendo su desarrollo. En particular, qué se entiende por "volumen" $v_{x}tA$ ? Ese volumen se introduce con la suposición tácita (e incorrecta) de que todos $v_{x}$ son iguales. Suposición que posteriormente se rechaza. Pero el significado de $v_{x}tA$ en términos de la comprensión refinada de $v_{x}$ ser específico para cada átomo nunca se aclara.

Introducción a la notación $\Delta V_{x}=v_{x}tA;$ No he encontrado ninguna forma de llegar al resultado anunciado. $\left(39.5\right)$ usando la mitad del promedio $x$ -componente de velocidad para establecer el valor correcto de $\Delta V_{x}$ . Por ejemplo:

\frac{1}{2} norte ⟨ | v_{X} | ⟩ A \times 2 metro ⟨ | v_{X} | ⟩ = A norte metro {⟨ | v_{X} | ⟩}^{2} \neq A norte metro ⟨ v_{X}^{2} ⟩ .

$\frac{1}{2}n\left\langle \left|v_{x}\right|\right\rangle A\times2m\left\langle \left|v_{x}\right|\right\rangle =Anm\left\langle \left|v_{x}\right|\right\rangle ^{2}\ne Anm\left\langle v_{x}^{2}\right\rangle .$

El resultado $\left(39.5\right)$ puede establecerse mediante un desarrollo alternativo que determina el número de colisiones por unidad de tiempo considerando el número de veces que una partícula específica atravesará la $x$ -dimensión de una caja de volumen unitario hacia el otro lado, y luego hacia atrás en el tiempo $t$ . Pero me interesa saber si se puede entender el enfoque de Feynman.

Bajo el supuesto de que el valor $v_{x}$ es específico de cada átomo, qué volumen, correspondiente a lo anterior, $\Delta V_{x}=v_{x}tA$ , debe utilizarse para determinar el número de colisiones por unidad de tiempo de los átomos de gas con el pistón?

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Valerio · Answer 1

Bueno, lo primero que me gustaría decir es que esperas demasiado rigor de una demostración semi-handshaving como esta.

De todos modos, lo que puede argumentar es que espera que la distribución de $|v_x|$ tener una varianza pequeña (relativa), es decir

\frac{⟨ | v_{X} |^{2} ⟩ - ⟨ | v_{X} | ⟩^{2}}{⟨ | v_{X} | ⟩^{2}} = \frac{⟨ | v_{X} |^{2} ⟩}{⟨ | v_{X} | ⟩^{2}} - 1 ≪ 1

$\frac{\langle |v_x|^2 \rangle - \langle |v_x| \rangle^2}{\langle |v_x| \rangle^2} = \frac{\langle |v_x|^2 \rangle}{\langle |v_x| \rangle^2} -1 \ll 1$

Ahora, por supuesto , en principio no sabes si esto es razonable. Si realmente usa la distribución de Maxwell-Boltzmann, descubrirá que

\frac{⟨ | v_{X} |^{2} ⟩}{⟨ | v_{X} | ⟩^{2}} - 1 = (\frac{k T}{metro}) (\frac{π metro}{2 k T}) - 1 = \frac{π}{2} - 1 \approx 0.57

$\frac{\langle |v_x|^2 \rangle}{\langle |v_x| \rangle^2} -1 = \left(\frac{kT}m\right)\left(\frac{\pi m}{2kT}\right)-1 = \frac \pi 2 -1\approx 0.57$

Entonces las cosas no son tan buenas, pero tampoco tan malas (obtuvimos un número más pequeño que $1$ , pero no por mucho...).

Al final, diría que tiene razón al pensar que hay demasiadas manos en la mano en esta prueba. Probablemente, como sucede a menudo en estimaciones tan aproximadas, hay alguna cancelación fortuita de errores: sobreestimas el valor de algo, pero subestimas el valor de otra cosa y al final obtienes el resultado correcto. Esto sucede todo el tiempo en la física (mira el modelo de Drude para la conducción o la teoría de los polímeros de Flory, por ejemplo).

Tenga en cuenta que la derivación que puede encontrar, por ejemplo, en Wikipedia es ligeramente diferente de la derivación de Feynman. La diferencia crucial es que Feynman estima el número de colisiones por segundo $f$ como

F = \frac{norte V (Δ t)}{Δ t}

$f=\frac{n V(\Delta t)}{\Delta t}$

El problema es el uso de la $V(\Delta t)$ , que, como usted señaló, solo se puede estimar razonablemente utilizando cantidades promedio:

V (Δ t) = A ⟨ | v_{X} | ⟩ Δ t

$V(\Delta t) = A \langle |v_x | \rangle \Delta t$

En la derivación de Wikipedia, se hacen suposiciones más estrictas: la caja es un cubo de longitud $L$ .

En lugar de estimar $f$ usando este "volumen promedio" $V(\Delta t)$ , simplemente se establece que la frecuencia de las colisiones es

F = Δ t^{- 1} = \frac{v_{X}}{2 L}

$f=\Delta t^{-1} = \frac{v_x}{2L}$

dónde $\Delta t$ es el tiempo que tarda una partícula en ir de un lado a otro de la caja moviéndose en la $x$ dirección.

Entonces la fuerza se calcula como

F = F Δ pag = \frac{v_{X}}{2 L} \cdot 2 metro v_{X} = \frac{metro v_{X}^{2}}{L}

$F= f \Delta p = \frac{v_x}{2L} \cdot 2mv_x = \frac{mv_x^2}{L}$

Desde los dos $v_x$ que aparece en la fórmula anterior se refieren exactamente a la misma molécula , no hay $\langle |v_x | \rangle$ entrando en juego y podemos decir con seguridad, después de promediar todas las moléculas, que la fuerza promedio será

⟨ F ⟩ = \frac{metro ⟨ v_{X}^{2} ⟩}{L}

$\langle F \rangle = \frac{m \langle v_x^2 \rangle}{L}$

Note que en este caso ni siquiera tenemos que corregir por el factor $2$ que surge del argumento de Feynman. Entonces obtenemos el resultado "correcto" sin ninguna ambigüedad con respecto a $\langle |v_x|\rangle^2$ contra $\langle v_x^2 \rangle$ . Sin embargo, el precio a pagar es que tuvimos que colar una suposición adicional.

Feynman dijo que había partes de las Conferencias que tenían fallas significativas. Supongo que Vol 1, 39 es un ejemplo. Estaba saltando con pértiga por demasiados detalles (OMI). No es demasiado difícil dar una derivación manual más rigurosa que mantenga las matemáticas honestas. Supongo que se esforzaba por lograr una comprensión intuitiva que puede no ser evidente en una presentación más convencional.
@StevenHatton No llamaría a esta derivación significativamente defectuosa ... Tiene un valor muy bueno como explicación intuitiva y da la respuesta correcta a través de un argumento razonablemente lógico. Tenga en cuenta que hay derivaciones ligeramente diferentes (como esta ) en las que el uso de $\langle v_x^2\rangle$ se presenta en lo que a mí me parece una forma más clara, pero con algunas suposiciones más, como que la caja es cúbica y las partículas rebotan perpendicularmente en las paredes.
@StevenHatton Agregué algunos detalles más a la respuesta para mostrar dónde difiere el argumento de Feynman del habitual.
No creo que necesitemos la suposición tácita de que las partículas míticas se mueven paralelas a los bordes de la mítica caja cúbica de volumen. $V=L^3$ . El resultado es válido si llenamos la caja mítica con partículas reales, calculamos usando los componentes de velocidad paralelos a los bordes. Feynman señala sabiamente que acercarse a la física térmica axiomáticamente es inútil. El arte consiste en separar los aspectos primarios del problema de los aspectos que pueden pasarse por alto en una evaluación detallada. OTOH, necesitamos hacer un seguimiento de las "mentiras" que nos dijimos para obtener resultados utilizables.
@StevenHatton Tienes razón, no tienen que moverse paralelos a las paredes... mi error. Corregí la respuesta. Sin embargo, sigo creyendo que las dos derivaciones son sutilmente diferentes.
Por cierto, miré el libro de texto de Química Física de Atkins, y él hizo casi exactamente lo que hizo Feynman. Puede parecer audaz y arrogante de mi parte, pero creo que tanto Feynman como Atkins están esencialmente equivocados. Su alternativa es un movimiento de manos superior al de ellos. Eche un vistazo aquí: hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/hframe.html
Un enlace mejor que el del comentario anterior: hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/Kinetic/kinthe.html#c3

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