Zadanie 10.1

Znaleźć względną liczbę cząsteczek azotu w temperaturze 27

◦

C, których prędkości są zawarte w prze-

dziale 260 − 270 m/s.

Gęstość prawdopodobieństwa dla prędkości cząstki w gazie dana jest rozkładem Maxwella

1

ρ (v

x

, v

y

, v

z

) =



m

2πk

B

T



3

/2

exp

"

−

m v

2

x

+ v

2

y

+ v

2

z

2k

B

T

#

,

gdzie v

x

, v

y

, v

z

to składowe wektora prędkości, m to masa jednej cząsteczki, T to temperatura gazu zaś

k

B

to stała Boltzmanna. W zadaniu mowa jest o prędkości cząsteczek, chodzi więc o długość wektora

prędkości

v =

q

v

2

x

+ v

2

y

+ v

2

z

.

By wyznaczyć rozkład prawdopodobieństwa dla długości wektora prędkości trzeba zamienić zmienne we
wzorze Maxwella na sferyczne

(v

x

, v

y

, v

z

) 7→ (v, θ, ϕ) ,

v

x

= v sin θ cos ϕ,

v

y

= v sin θ sin ϕ,

v

z

= v cos θ.

(dwie pozostałe zmienne mogę wybrać w zasadzie dowolnie, tu wybrałem je tak, by dalszy rachunek był
możliwie prosty.) Do wyznaczenia rozkładu prawdopodobieństwa w nowych zmiennych muszę policzyć
jakobian zamiany zmiennych

J = det






∂v

x

∂v

∂v

y

∂v

∂v

z

∂v

∂v

x

∂θ

∂v

y

θ

∂v

z

θ

∂v

x

∂ϕ

∂v

y

∂ϕ

∂v

z

∂ϕ






=





sin θ cos ϕ

sin θ sin ϕ

cos θ

v cos θ cos ϕ

v cos θ sin ϕ

−v sin θ

−v sin θ sin ϕ v sin θ cos ϕ

0





= v

2

sin

3

θ sin

2

ϕ + v

2

cos

2

θ sin θ cos

2

ϕ + v

2

cos

2

θ sin θ sin

2

ϕ + v

2

sin

3

θ cos

2

ϕ

= v

2

sin

3

θ + v

2

cos

2

θ sin θ = v

2

sin θ,

Otrzymałem więc wzór na gęstość prawdopodobieństwa w nowych zmiennych

ρ (v, θ, ϕ) = ρ (v

x

, v

y

, v

z

) |J| = v

2

sin θ



m

2πk

B

T



3

/2

exp



−

mv

2

2k

B

T



.

Gęstość prawdopodobieństwa dla jednej zmiennej v obliczam całkując powyższy wzór po pozostałych
zmiennych

ρ (v) =

Z

2

π

0

dϕ

Z

π

0

dθ ρ (v, θ, ϕ) = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

v

2

exp



−

mv

2

2k

B

T



.

(1)

Wreszcie, gdy już wyznaczyłem ρ (v) mogę policzyć, jakie jest prawdopodobieństwo, że cząstka ma pręd-
kość między v

1

= 260 m/s i v

2

= 270 m/s

P =

Z

v

2

v

1

ρ (v) dv = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

Z

v

2

v

1

v

2

exp



−

mv

2

2k

B

T



dv =











x =

q

m

2

k

B

T

v,

v =

q

2

k

B

T

m

x,

dv =

q

2

k

B

T

m

dx











= 4π



m

2πk

B

T



3

/2

Z

√

m

2kBT

v

2

√

m

2kBT

v

1

2k

B

T

m

x

2

e

−

x

2

r 2k

B

T

m

dx =

4

√

π

Z

√

m

2kBT

v

2

√

m

2kBT

v

1

x

2

e

−

x

2

dx

Otrzymaną całkę można jeszcze trochę uprościć całkując przez części, ale w tym przypadku nie jest to
potrzebne, ponieważ całkę w tych granicach można wyznaczyć jedynie numerycznie.

1

Warto wiedzieć, że wzór ten jest poprawny dla dowolnego gazu, nie tylko doskonałego.

1

Masę cząsteczki azotu N

2

można wyliczyć z jej masy molowej µ = 28

g

mol

i stałej Avogadro N

A

=

R

k

B

.

m = µ/N

A

=

µk

B

R

.

Granice całkowania wynoszą więc

r

m

2k

B

T

v

1

=

r

µ

2RT

v

1

≈ 0.6160,

r

m

2k

B

T

v

2

=

r

µ

2RT

v

2

≈ 0.6397,

a zatem szukane prawdopodobieństwo to

P =

4

√

π

Z

0

.6397

0

.6160

x

2

e

−

x

2

dx.

Całkę tą można policzyć na dwa sposoby – albo numerycznie za pomocą jakiegoś programu kompute-
rowego, albo przybliżyć przez iloczyn średniej wartości wyrażenia podcałkowego i długości przedziału
całkowania. Obie metody dają wyniki zgodne do czterech miejsc po przecinku. Otrzymałem

P = 0.0142.

Skoro dla każdej cząsteczki prawdopodobieństwo, że jej prędkość będzie w żądanym przedziale wynosi P ,
to względna liczba cząstek również jest równa P ≈ 1.42%.

Zadanie 10.2

Dla wodoru w temperaturze 27

◦

C znaleźć średnią wartość bezwzględnej prędkości, dyspersję (kwa-

drat odchylenia standardowego) rozkładu, a także wartość prędkości najbardziej prawdopodobnej.

W zadaniu tym, tak jak w poprzednim, rozważana jest jedynie długość wektora prędkości, więc do

jego rozwiązania wystarczy znaleziony wzór (1)

ρ (v) = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

v

2

exp



−

mv

2

2k

B

T



.

Wartość średnia prędkości dana jest wzorem

hvi =

Z

∞

0

vρ (v) dv = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

Z

∞

0

v

3

exp



−

mv

2

2k

B

T



dv =











x =

q

m

2

k

B

T

v,

v =

q

2

k

B

T

m

x,

dv =

q

2

k

B

T

m

dx











= 4π



m

2πk

B

T



3

/2

Z

∞

0

 2k

B

T

m



3

/2

x

3

e

−

x

2

r 2k

B

T

m

dx =

r 32k

B

T

πm

Z

∞

0

x

3

e

−

x

2

dx

=






u = x

2

u

′

= 2x

v

′

= xe

−

x

2

v = −

1
2

e

−

x

2






=

r 32k

B

T

πm



−

1
2

x

2

e

−

x

2



∞

0

+

r 32k

B

T

πm

Z

∞

0

xe

−

x

2

dx

=

r 32k

B

T

πm



−

1
2

e

−

x

2



∞

0

=

r 8k

B

T

πm

.

2

Średni kwadrat obliczam ze wzoru

v

2

 =

Z

∞

0

v

2

ρ (v) dv = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

Z

∞

0

v

4

exp



−

mv

2

2k

B

T



dv =











x =

q

m

2

k

B

T

v,

v =

q

2

k

B

T

m

x,

dv =

q

2

k

B

T

m

dx











= 4π



m

2πk

B

T



3

/2

 2k

B

T

m



5

/2

Z

∞

0

x

4

e

−

x

2

dx =

8k

B

T

m

√

π

Z

∞

0

x

4

e

−

x

2

dx =






u = x

3

u

′

= 3x

2

v

′

= xe

−

x

2

v = −

1
2

e

−

x

2






=

8k

B

T

m

√

π



−

1
2

x

3

e

−

x

2



∞

0

+

3
2

Z

∞

0

x

2

e

−

x

2

dx



=

12k

B

T

m

√

π

Z

∞

0

x

2

e

−

x

2

dx =






u = x

u

′

= 1,

v

′

= xe

−

x

2

v = −

1
2

e

−

x

2






=

12k

B

T

m

√

π



−

1
2

xe

−

x

2



∞

0

+

1
2

Z

∞

0

e

−

x

2

dx



=

6k

B

T

m

√

π

Z

∞

0

e

−

x

2

dx =

6k

B

T

m

√

π

√

π

2

=

3k

B

T

m

,

więc dyspersja wynosi

σ

2

v

=

v

2

 − hvi

2

=

3k

B

T

m

−

8k

B

T

mπ

=

k

B

T

m



3 −

8

π



.

Wartość najbardziej prawdopodobna, to wartość v, dla której ρ (v) ma maksimum. Wyznaczam ją

z warunku

0 =

dρ
dv

= 4π



m

2πk

B

T



3

/2

2v exp



−

mv

2

2k

B

T



− 4π



m

2πk

B

T



3

/2

v

2



−

mv

k

B

T



exp



−

mv

2

2k

B

T



= 4π



m

2πk

B

T



3

/2



2v −

mv

3

k

B

T



,

skąd, po prostych obliczeniach, otrzymałem dwa miejsca zerowe pochodnej v = 0 oraz v =

q

2

k

B

T

m

.

Pierwsze rozwiązanie odpowiada minimum, więc najbardziej prawdopodobna wartość to

v

n.p.

=

r 2k

B

T

m

.

By obliczyć wartości liczbowe otrzymanych wyników, podstawiam T = 300 K oraz m = µk

B

/R, gdzie

µ = 2 g/mol to masa molowa cząsteczki wodoru. Po prostych rachunkach otrzymałem

hvi = 1780

m

s

,

σ

2

v

= 565000

m

2

s

2

,

v

n.p.

= 1580

m

s

.

Zadanie 10.3

W energetycznym reaktorze jądrowym neutrony można traktować jak klasyczny gaz doskonały,
który znajduje się w równowadze termicznej z moderatorem (substancja która spowalnia szybkie
neutrony emitowane w procesie rozszczepienia jąder atomowych). Zakładając, że jest nim woda
w temperaturze 270

◦

C, policzyć średnie wartości oraz standardowe odchylenia: prędkości, energii

i pędu neutronów.

W tym zadaniu ponownie interesuje nas jedynie długość wektora prędkości cząstek, więc do rozwiązania

wystarczy rozkład prawdopodobieństwa tej wielkości (1)

ρ (v) = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

v

2

exp



−

mv

2

2k

B

T



,

3

gdzie m = 1.67 · 10

−

27

kg to masa neutronu zaś T = 543 K.

Obliczenie średniej wartości prędkości i jej odchylenia standardowego wykonałem już w poprzednim

zadaniu

hvi =

r 8k

B

T

mπ

= 3380

m

s

,

σ

v

=

s

k

B

T

m



3 −

8

π



= 1430

m

s

.

Wartość średniego pędu można policzyć na podstawie wyników dla prędkości (rozwiązuję to zadanie

w wersji nierelatywistycznej)

hpi = hmvi = m hvi = 5.65 · 10

−

24

kg m

s

,

σ

p

=

q

hp

2

i − hpi

2

=

q

m

2

hv

2

i − m

2

hvi

2

= mσ

v

= 2.38 · 10

−

24

kg m

s

.

Podobnie policzyć można średnią energię i jej dyspersję

hEi =

 mv

2

2



=

m

2

hvi

2

,

σ

E

=

q

hE

2

i − hEi

2

=

m

2

q

hv

4

i − hv

2

i

2

,

gdzie, jak policzyłem w poprzednim zadaniu

v

2

 =

3k

B

T

m

,

zaś brakujący, czwarty moment prędkości trzeba policzyć. Ponieważ rachunek jest bardzo podobny do
tych prowadzonych w poprzednim zadaniu, podaję tutaj jedynie końcowy wynik

v

4

 =

Z

∞

0

v

4

ρ (v) dv =

15k

2

B

T

2

m

2

.

Ostatecznie

hEi =

3
2

k

B

T = 1.12 · 10

−

20

J,

σ

E

=

√

6

2

k

B

T = 9.18 · 10

−

21

J.

Warto zwrócić uwagę na potwierdzenie zasady ekwipartycji energii – każda cząstka ma trzy stopnie

swobody (ruch postępowy w trzy różne strony), a średnia energia na każdy stopień to

1
2

k

B

T .

Zadanie 10.4

Znaleźć częstość zderzeń cząsteczek H

2

z powierzchnią o wielkości 1 cm

2

, jeśli ciśnienie wynosi

p = 9.8 · 10

4

Pa

, a temperatura jest równa t = 300

◦

C.

W zadaniu tym przyjmuję, że wodór w podanej temperaturze i ciśnieniu można traktować jak gaz

doskonały. Z równania stanu gazu doskonałego pV = nRT wiadomo, że gęstość liczbowa cząsteczek tego
gazu (czyli ilość cząsteczek na jednostkę objętości) wynosi

η =

N

V

=

nN

A

V

=

nN

A

nRT /p

=

p

k

B

T

,

gdzie N to liczba cząstek w gazie, N

A

to liczba Avogadro (liczba cząstek w jednym molu) zaś stała

Boltzmanna k

B

= R/N

A

.

Ustalam teraz pewną, niewielką chwilę czasu dt oraz fragment ścianki o powierzchni A. Liczę, ile

cząsteczek uderzy w tym czasie w tą powierzchnię. Wybieram układ współrzędnych tak, by oś x była
prostopadła do powierzchni ścianki i rozważam cząstkę o prędkości ~v = (v

x

, v

y

, v

z

). Jeżeli teraz v

x

< 0 to

rozważana cząstka oddala się od powierzchni i na pewno w nią nie uderzy – zakładam więc, że v

x

> 0. Na

poniższym rysunku linią przerywaną zaznaczono obszar, z którego cząstka o prędkości ~v uderzy w czasie
dt w powierzchnię A. Maksymalna odległość od ścianki, w jakiej może być ta cząstka to l = v

x

dt, więc

objętość zaznaczonego obszaru to dV = lA = v

x

Adt.

4

x

ścianka

A

l

b

~v

Cząsteczek w obszarze o objętości dV jest dN = ηdV cząsteczek. Cząsteczek o prędkości ~v w zaznaczonym
obszarze jest

dN = ρ (v) dv

x

dv

y

dv

z

· ηdV,

gdzie pierwszy składnik mówi, ile jest cząsteczek o wektorze prędkości V , a drugi o tym ile ich jest
w objętości dV . Rozkład prawdopodobieństwa prędkości cząsteczki to rozkład Maxwella

ρ (v

x

, v

y

, v

z

) =



m

2πk

B

T



3

/2

exp

"

−

m v

2

x

+ v

2

y

+ v

2

z

2k

B

T

#

.

Podstawiając wyznaczone wcześniej wzory otrzymałem

dN = ρdv

x

dv

y

dv

z

ηv

x

Adt = A

p

k

B

T



m

2πk

B

T



3

/2

v

x

exp

"

−

m v

2

x

+ v

2

y

+ v

2

z

2k

B

T

#

dv

x

dv

y

dv

z

dt.

Ponieważ w zadaniu nie interesuje nas z jaką prędkością lecą cząstki, wzór ten należy wycałkować po
wszystkich możliwych wartościach prędkości (z uwzględnieniem warunku v

x

> 0, bo inaczej cząstka nie

uderzy w ściankę). Ilość cząstek uderzających w czasie dt w powierzchnię ścianki A wynosi więc

d ˜

N = A

p

k

B

T

dt



m

2πk

B

T



3

/2

Z

∞

0

dv

x

Z

∞

−∞

dv

y

Z

∞

−∞

dv

z

v

x

exp

"

−

m v

2

x

+ v

2

y

+ v

2

z

2k

B

T

#

=

Apdt

k

B

T



m

2πk

B

T



1

/2

Z

∞

0

v

x

exp



−

mv

2

x

2k

B

T



dv

x

=









x =

mv

2

x

2

k

B

T

dx =

mv

x

k

B

T

dv

x

v

x

dv

x

=

k

B

T

m

dx









=

Apdt

k

B

T



m

2πk

B

T



1

/2

k

B

T

m

Z

∞

0

e

−

x

dx =

Apdt

√

2πmk

B

T

.

(2)

Otrzymałem więc ostatecznie, że częstotliwość z jaką cząsteczki uderzają w powierzchnię A wynosi

f =

d ˜

N

dt

=

Ap

√

2πmk

B

T

.

5

Masa molowa wodoru to µ = 2 g/mol, więc masa jednej cząsteczki to m = µ/N

A

= 3.32 · 10

−

27

kg.

Podstawiając do wzoru wartości liczbowe otrzymałem

f = 7.63 · 10

23

Hz.

Taka częstotliwość jest zbyt duża by dało się ją bezpośrednio zmierzyć.

Zadanie 10.5

W kulistym zbiorniku o objętości 1 m

3

znajduje się hel w równowadze termodynamicznej z jego

ściankami, które przez cały czas utrzymywane są w temperaturze 27

◦

C. Na początku ciśnienie

helu wynosi p = 9.8 · 10

4

Pa

, a na zewnątrz jest próżnia. W ściance zbiornika jest nieszczelność

o powierzchni 1 µm

2

, przez którą hel powoli ulatnia się do próżni. Policzyć po jakim czasie ciśnienie

helu w zbiorniku zmaleje milion razy.

Mechanizm zjawiska zachodzącego w tym zadaniu jest podobny do tego w poprzednim. Jedyna różnica,

to że w tym przypadku cząsteczki uderzające w powierzchnię A (czyli trafiające w otwór) opuszczają układ.
Korzystając z (2) można od razu napisać wzór na zmianę liczby cząstek w układzie

dN = −

Ap (t) dt

√

2πmk

B

T

,

gdzie dN to zmiana liczby cząstek w zbiorniku, p (t) to zależne od czasu ciśnienie w zbiorniku, zaś znak
„−” oznacza, że cząsteczki uderzające w obszar ścianki o powierzchni A opuszczają układ. Korzystając

z równania stanu gazu doskonałego zamieniam we wzorze tym liczbę cząstek na ciśnienie:

pV = nRT = N/N

A

RT = N k

B

T,

a więc

N =

pV

k

B

T

=⇒

dN =

V

k

B

T

dp.

Otrzymałem zatem następujące równanie różniczkowe

V

k

B

T

dp = −

Apdt

√

2πmk

B

T

,

dp

p

= −

Ak

B

T

V

√

2πmk

B

T

dt,

dp

p

= −

A

V

r k

B

T

2πm

dt,

ln

p

p

0

= −

A

V

r k

B

T

2πm

t.

Gdy ciśnienie zmaleje milion razy p/p

0

= 10

−

6

, więc

−6 ln 10 = −

A

V

r k

B

T

2πm

t,

skąd, po prostych przekształceniach, otrzymałem

t =

6V ln 10

A

r 2πm

k

B

T

.

Masa atomu helu ma (w przybliżeniu) taką samą wartość jak dla cząsteczki wodoru w poprzednim zadaniu,
w otrzymanym wzorze podstawiam więc V = 1 m

3

, A = 1 µm

2

, m = 3.32 · 10

−

27

kg i T = 300 K.

Otrzymałem

t = 3.1 · 10

10

s.

Jak widać czas po jakim niemal cały gaz wyleci ze zbiornika jest bardzo duży.

6

Zadanie 10.8

Policzyć, jaką część cząsteczek powietrza w temperaturze t = 0

◦

C uzyskuje szansę na ucieczkę

z Ziemi, tzn. osiąga drugą prędkość kosmiczną. Zastanowić się, dlaczego atmosfera Ziemi jest mimo
to tak gęsta?

Druga prędkość kosmiczna na powierzchni Ziemi to

v

II

=

r 2GM

R

= 11.2

km

s

,

gdzie M to masa Ziemi, R to jej promień zaś G to stała grawitacji. Rozkład prędkości cząsteczki w at-
mosferze to (1)

ρ (v) = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

v

2

exp



−

mv

2

2k

B

T



,

gdzie T = 273 K zaś m = µk

B

/R, gdzie za masę molową cząsteczek przyjmuję µ = 28 g/mol – masę

molową azotu, głównego składnika atmosfery.

Prawdopodobieństwo znalezienia cząstki o prędkości większej niż druga prędkość kosmiczna wynosi

P =

Z

∞

v

II

ρ (v) dv = 4π



m

2πk

B

T



3

/2

Z

∞

v

II

v

2

exp



−

mv

2

2k

B

T



dv =











x =

q

m

2

k

B

T

v,

v =

q

2

k

B

T

m

x,

dv =

q

2

k

B

T

m

dx











= 4π



m

2πk

B

T



3

/2

 2k

B

T

m



3

/2

Z

∞

√

m

2kBT

v

II

x

2

e

−

x

2

dx =

4

√

π

Z

∞

√

m

2kBT

v

II

x

2

e

−

x

2

dx.

Dolna granica otrzymanej całki to

r

m

2k

B

T

v

II

=

r

µ

2RT

v

II

≈ 27.82,

a więc

P =

4

√

π

Z

∞

27

.82

x

2

e

−

x

2

dx ≈ 2.37 · 10

−

335

,

gdzie końcową wartość obliczyłem (z pewnymi problemami) numerycznie programem Mathematica 7.
To prawdopodobieństwo jest tak małe, że prędkość cząstki w atmosferze większa od v

II

jest niemal nie

możliwa. Warto jednak zwrócić uwagę, że wynik zależy od masy cząstki gazu – im mniejsza masa tym
prawdopodobieństwo ucieczki jest większe. Tym właśnie zjawiskiem tłumaczy się znikomo małą ilość czą-
steczek wodoru i helu (najliczniejszych pierwiastków we wszechświecie) w ziemskiej atmosferze. Również
tym zjawiskiem można wytłumaczyć atmosfery na innych ciałach niebieskich. Np. masa Księżyca jest zbyt
mała by była tam atmosfera. Z kolei atmosfera Marsa, który ma masę mniejszą niż Ziemia również jest
niewielka, a w dodatku dominuje w niej metan, który ma ciężkie cząsteczki.

7