Tratamientos clásico y semiclásico del gas ideal

Question

Tratamientos clásico y semiclásico del gas ideal

entropía
Física
gas ideal
función de partición
Partículas idénticas
mecánica estadística

c y f

En el tratamiento semiclásico del gas ideal, escribimos la función de partición para el sistema como

Z = \frac{Z (1)^{norte}}{norte!}

$Z = \frac{Z(1)^N}{N!}$ dónde

Z (1)

$Z(1)$ es la función de partición de una sola partícula y

N

$N$ es el número de partículas. Es semiclásico en el sentido de que consideramos la indistinguibilidad de las partículas, por lo que dividimos por

N!

$N!$ .

La expresión resultante para la entropía del sistema es

S = norte k (en [(\frac{V}{norte}) {(\frac{2 π metro k T}{h^{2}})}^{3 / 2}] + \frac{5}{2})

$S = Nk \left(\ln \left[\left(\frac{V}{N}\right) \left(\frac{2\pi mkT}{h^2}\right)^{3/2} \right] + \frac{5}{2}\right)$

Consideremos ahora un análisis completamente clásico. Allá $Z(1) = \sum_{E} \exp (-\frac{E}{kT})$ , dónde $E = p^2/2m$ (suponiendo que no hay potenciales de interacción). El problema se puede mapear a una integral sobre el espacio de fase del hamiltoniano para dar

Z (1) \to \int Exp (- \frac{1}{2 metro k T} ({pag}_{X}^{2} + {pag}_{y}^{2} + {pag}_{z}^{2})) d^{3} \underline{pag} d^{3} \underline{X}

$Z(1) \rightarrow \int \exp \left(-\frac{1}{2mkT} (p_x^2 + p_y^2 + p_z^2) \right)\text{d}^3 \underline{p} \,\text{d}^3 \underline{x}$ Esto se puede reescribir como

\int Exp (- \frac{{pag}_{X}^{2}}{2 metro k T}) d {pag}_{X} \int Exp (- \frac{{pag}_{y}^{2}}{2 metro k T}) d {pag}_{y} \int Exp (- \frac{{pag}_{z}^{2}}{2 metro k T}) d {pag}_{z} \cdot V

$\int \exp \left(-\frac{p_x^2}{2mkT}\right) \text{d}p_x \int \exp \left(-\frac{p_y^2}{2mkT}\right) \text{d}p_y \int \exp \left(-\frac{p_z^2}{2mkT} \right) \text{d}p_z \cdot V$ dónde

V

$V$ es el volumen del recipiente. Esas son integrales gaussianas, por lo que la evaluación es inmediata. el resultado es que

Z (1) = (2 π m k T)^{3 / 2} V

$Z(1) = (2\pi mkT)^{3/2} V$ Se puede calcular la entropía correspondiente y el resultado es que

S = norte k (\frac{3}{2} + en (\frac{(2 π metro k T)^{3 / 2}}{V}))

$S = Nk \left(\frac{3}{2} + \ln\left(\frac{(2\pi mkT)^{3/2}}{V}\right)\right)$ .

Mi pregunta es: ¿Cuál es el significado de los factores $5/2$ en el tratamiento semiclásico y el factor $3/2$ en el tratamiento clásico y por qué son diferentes? Parecen el número de grados de libertad que tendría una molécula monoatómica y diatómica a temperatura ambiente, pero creo que esto es una coincidencia.

jamals

Solo para su información, la primera fórmula para la entropía es en realidad una aproximación, incluso clásica, porque emplea la aproximación de Stirling de la función gamma.

c y f

Hola Jamal S. Sí, soy consciente de eso - también dividiendo por

N!

$N!$ sola es una aproximación. La corrección solo tiene en cuenta el caso en el que las partículas están todas en diferentes estados.

joshfísica

¿Por qué excluiste el factor de

1 / N!

$1/N!$ en el tratamiento "clásico"? Las partículas idénticas pueden (y deben) seguir siendo tratadas como partículas idénticas en la mecánica estadística clásica de esta manera.

Ján Lalinský

@joshphysics, el hecho de que las partículas sean idénticas significa que tienen las mismas propiedades físicas, como masa o carga. La identidad de las partículas por sí misma no implica que la medida de los estados en el espacio de fases deba reducirse en el número correspondiente de sus permutaciones. La reducción se puede realizar conectando la fórmula estadística a la entropía termodinámica convencional, pero no es necesaria. arxiv.org/abs/1012.4111

joshfísica

@JánLalinský Interesante. Voy a echar un vistazo a la referencia. Gracias.

Respuestas (2)

Tratamientos clásico y semiclásico del gas ideal

Solo para su información, la primera fórmula para la entropía es en realidad una aproximación, incluso clásica, porque emplea la aproximación de Stirling de la función gamma.
Hola Jamal S. Sí, soy consciente de eso - también dividiendo por $N!$ sola es una aproximación. La corrección solo tiene en cuenta el caso en el que las partículas están todas en diferentes estados.
¿Por qué excluiste el factor de $1/N!$ en el tratamiento "clásico"? Las partículas idénticas pueden (y deben) seguir siendo tratadas como partículas idénticas en la mecánica estadística clásica de esta manera.
@joshphysics, el hecho de que las partículas sean idénticas significa que tienen las mismas propiedades físicas, como masa o carga. La identidad de las partículas por sí misma no implica que la medida de los estados en el espacio de fases deba reducirse en el número correspondiente de sus permutaciones. La reducción se puede realizar conectando la fórmula estadística a la entropía termodinámica convencional, pero no es necesaria. arxiv.org/abs/1012.4111
@JánLalinský Interesante. Voy a echar un vistazo a la referencia. Gracias.

usuario47505 · Answer 1

¿Por qué diablos te preocupas por la diferencia entre 3/2 y 5/2? Tus fórmulas difieren no solo en 3/2 y 5/2 sino también en $\ln(N)$ . Para el límite termodinámico, $\ln(N)$ es infinito, y por lo tanto mucho más grande que 1.

El número 3/2 no tiene ningún significado en este contexto, excepto que es 5/2-1. El número 5/2 da la entropía correcta para el gas ideal, no relativista, compuesto de partículas indistinguibles con un solo estado de espín y sin grados de libertad aparte de la posición y el momento. Sin embargo, debe comprender que la entropía se define hasta una constante solo por la tercera ley de la termodinámica. Esta tercera ley, a su vez, no sería válida si no existiera una mecánica cuántica subyacente. Entonces, esta es una noción intrínsecamente CUÁNTICA, y realmente no puede entenderse sin la mecánica cuántica.

Arte Marrón · Answer 2

Semi-clásicamente, de Zemansky:

S = k en Ω, Ω = \prod_{i} (\frac{{gramo}_{i}^{{norte}_{i}}}{{norte}_{i}!}), {norte}_{i} = \frac{norte}{Z} {gramo}_{i} {mi}^{- ϵ_{i} / k T}

$S = k \ln \Omega \quad , \quad \Omega = \prod_i \left( \frac{g_i^{N_i}}{N_i!} \right) \quad , \quad N_i = \frac{N}{Z} g_i e^{-\epsilon_i / kT}$

se encuentra, aplicando la aproximación de Stirling: $\ln(x!) \approx x \ln x - x$ :

en Ω = \sum_{i} {norte}_{i} en \frac{{gramo}_{i}}{{norte}_{i}} + norte = \sum_{i} {norte}_{i} (en \frac{Z}{norte} + \frac{ϵ_{i}}{k T}) + norte = norte (en \frac{Z}{norte} + \frac{tu}{norte k T} + 1)

$\ln \Omega = \sum_i N_i \ln \frac{g_i}{N_i} + N = \sum_i N_i \left( \ln \frac{Z}{N} + \frac{\epsilon_i}{kT} \right) + N = N \left(\ln \frac{Z}{N} + \frac{U}{NkT} + 1 \right)$

S = norte k (en \frac{Z}{norte} + \frac{tu}{norte k T} + 1)

$S = Nk \left( \ln \frac{Z}{N} + \frac{U}{NkT} + 1 \right)$

El $U$ término para un gas monoatómico contribuye $3/2$ .

[Por cierto, tu clásico $Z$ necesita algún tipo de constante con las dimensiones de impulso x distancia en el denominador para que el resultado sea sin unidades. Huang lo llama "h"... ]

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