Energía cinética media en 1 dimensión según la distribución de Maxwell-Boltzmann

El formato de la distribución de MB tridimensional es A ⋅ mi − mi k B T ⋅ gramo ( mi ) en el cual A se puede derivar usando la normalización (integración hasta ∞ debe ser 1) y gramo ( mi ) siendo la degeneración según gramo ( mi ) = V π ⋅ 2 2.5 metro 1.5 h 3

La energía cinética promedio tridimensional mi ¯ de un sistema de partículas se puede calcular multiplicando esta distribución de MB con mi e integrándolo sobre infinito, lo que da:

mi ¯ = ∫ 0 ∞ 2 π ⋅ ( 1 k B T ) 3 2 ⋅ mi − mi k B T ⋅ mi ⋅ mi ⋅ d mi = 3 2 k B T

El formato para la distribución de MB unidimensional (por ejemplo, la coordenada x) es A ⋅ mi − mi X k B T dónde A se obtiene normalizando la integración a 1, lo que da A = 1 k B T Al calcular la energía promedio unidimensional mi ¯ X , esta distribución de MB también debe multiplicarse por la energía mi X e integrado hasta ∞ lo que da:

mi ¯ X = ∫ 0 ∞ 1 k B T ⋅ mi − mi X k B T ⋅ mi X ⋅ d mi = k B T
Pero esto debería ser 1 2 k B T en cambio. Lo peculiar es que al escribir mi X en términos de 1 2 metro v X 2 dentro de la fórmula A ⋅ mi − mi X k B T , normalizando A a eso , multiplicando la fórmula por 1 2 metro v X 2 e integrándolo hasta ∞ , entonces uno realmente obtendría 1 2 k B T .
∫ 0 ∞ 2 metro π k B T ⋅ mi − metro v X 2 2 k B T ⋅ 1 2 metro v X 2 ⋅ d v = 1 2 k B T
Pero no era necesario que la distribución de MB tridimensional escribiera el formato en términos de v para obtener la energía cinética promedio correcta.

¿Por qué la distribución de MB unidimensional en términos de mi X dar una energía promedio incorrecta y ¿cómo se daría cuenta de que esta es la forma incorrecta de hacerlo?

Respuestas (2)

Creo que se te olvidó tomar en cuenta gramo ( mi ) en el cálculo de la 1 D caso. De hecho, gramo ( mi ) ∝ 1 / mi en ese caso, lo que conducirá a una respuesta diferente (y con suerte correcta).

La razón por la que obtienes una respuesta diferente al usar v X como su variable de integración es porque el integrando ∝ Exp ⁡ ( − 1 metro v 2 2 k T ) 1 2 metro v 2 , al cambiar la variable a mi ∝ v 2 , tiene que ser multiplicado por d v d mi ∝ 1 / mi lo que te devuelve el factor de degeneración gramo ( mi ) .

Si no me equivoco, el factor de degeneración para el caso unidimensional es gramo ( mi ) = 2 , ya que dos partículas libres se mueven con la misma velocidad pero en direcciones opuestas ( − X ^ y X ^ ) tienen la misma energía cinética.
En ese caso, el factor de normalización A sería 1 / ( 2 k B T ) y obtendrás el resultado deseado.

No entiendo por qué el factor 2 debería estar en el denominador en lugar del numerador. Si hay una degeneración de 2, ¿no debería multiplicarse la fórmula por 2 en lugar de por la mitad?
Primero multiplicas como en tu primera ecuación: 2 A Exp ⁡ [ − mi / ( k B T ) ] , luego se normaliza para obtener A . Resulta que A = 1 / ( 2 k B T ) .
Gracias. Sin embargo, esto me hace pensar, ¿por qué no es necesario tener en cuenta las diferentes direcciones para la fórmula tridimensional? A ⋅ mi − mi k B T ⋅ gramo ( mi ) ? Por lo que entiendo, la degeneración gramo ( mi ) sólo tiene en cuenta los diferentes valores de combinación de mi X , mi y y mi z que dan la misma suma, pero no la 2 diferentes direcciones posibles de cada uno de ellos, que deben ser 8 en total (2 para cada uno de los 3 grados de libertad)
Además, noté algo con respecto a la multiplicación con 2 debido a las dos direcciones opuestas. Si hay dos direcciones, entonces la distribución 1D debe ser 2 A ⋅ mi − mi k B T y la normalización daría de hecho A = 1 / ( 2 k B T ) . La fórmula sería entonces 2 ⋅ 1 2 k B T ⋅ mi − mi k B T . Pero esto se simplifica de nuevo a 1 k B T ⋅ mi − mi k B T .
Sí, noté ayer que mi respuesta probablemente sea incorrecta (perdón por eso). ¡Ahora estoy en el trabajo, pero trataré de estudiar esto más tarde hoy!
Lo comprobé y tu respuesta es realmente correcta. debo agregar el 1 2 factor después de normalizar A . Sin embargo, lo que encuentro extraño es, ¿no es así? k B T 2 la energía promedio en una sola dirección de la velocidad? Si es así, ¿no debería un grado de libertad tomar en cuenta ambas direcciones de tal manera que la energía promedio de cada grado de libertad debería ser k B T ?
@JohnnyGui Lo siento mucho, pero he estado bastante ocupado últimamente y no pude revisar a fondo sus comentarios... En cuanto a su último comentario, debido al teorema de equipartición, cada grado de libertad que aparece al cuadrado en el hamiltoniano tiene un energía media de k B T / 2 , y aquí grado de libertad significa componentes espaciales o de velocidad (que tienen en cuenta ambas direcciones), por ejemplo.
No creo que cambiar el término de degeneración por un factor constante deba conducir a una respuesta diferente. Si ese fuera el caso, probablemente esperaría h y V aparecer en el resultado final ya que aparecen en gramo ( mi ) . Solo el mi dependencia de gramo ( mi ) importa cuando estás calculando la energía media de una partícula, y creo que el error en el cálculo del autor proviene del hecho de que gramo ( mi ) ∝ 1 / mi en 1D.
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