Среднее значение квадрата скорости молекул

[zxcvSV]

Мне не понятен отрывок из вывода формулы $\overline{\upsilon^2_{x} } = \frac{ 1 }{ 3 } \overline{\upsilon^2}$:

"$\overline{\upsilon^2} = \overline{\upsilon^2_{x} } + \overline{\upsilon^2_{y} } + \overline{\upsilon^2_{z} } $
Так как направление трех осей OX, OY, OZ вследствие беспорядочного движения молекул равноправны, средние значения квадратов проекций скорости равны друг другу"
Почему это они равны?

P.S. Вывод вот отсюда [url]http://school.xvatit.com/index.php?title=Среднее_значение_квадрата_скорости_молекул[/url]

[Утундрий]

Следует признать, что это плохой вывод верной формулы. Но хороший вывод верной формулы настолько сложен, что лучше уж плохой вывод чем никакого.

[zxcvSV]

У меня только одно возможное объяснение такому положению вещей. Взяли частный случай $\overline{\upsilon^2} = \overline{\upsilon^2_{x} } + \overline{\upsilon^2_{y} } + \overline{\upsilon^2_{z} } $. Ведь рассматривается модель газа, а модель априори не учитывает некоторые моменты => выводится приближенная зависимость.

Утундрий, вы говорите, что этот вывод плохой, но он все же верный? Или в нем есть логические ошибки?

[Ms-dos4]

zxcvSV
Я не понимаю, что вы имеете ввиду. Что вы понимаете под тем неучётом чего-то (или частным случаем)?
Формула верная, строго она получается из распределения Максвелла. Это нетрудно проделать и самостоятельно.

[Утундрий]

Ms-dos4 в сообщении #1001400 писал(а):

Это нетрудно проделать и самостоятельно

Ой ли.

[Ms-dos4]

Утундрий
Не, может я и чушь сморозил, но что там сложного то? Можно же прямым вычислением. Напишу специально подробно (для zxcvSV)
Берём распределение Максвелла

$$\[d\omega (\vec v) = {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{3}{2}}}{e^{ - \alpha (v_x^2 + v_y^2 + v_z^2)}}d{v_x}d{v_y}d{v_z}\]$$

$$\[\alpha = \frac{m}{{2kT}}\]$$

Оно распадается на независимые $$\[d\omega ({v_x}) = {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{1}{2}}}{e^{ - \alpha v_x^2}}d{v_x}\]$ (и такие же по $\[y,z\]$$ соотв.)
Тогда

$$\[\left\langle {v_x^2} \right\rangle = \left\langle {v_y^2} \right\rangle = \left\langle {v_z^2} \right\rangle = \int\limits_{ - \infty }^\infty {{{(\frac{\alpha }{\pi })}^{\frac{1}{2}}}{\xi ^2}{e^{ - \alpha {\xi ^2}}}d\xi } = - {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{1}{2}}}\frac{\partial }{{\partial \alpha }}\int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{ - \alpha {\xi ^2}}}d\xi } = - {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{1}{2}}}\frac{\partial }{{\partial \alpha }}{(\frac{\pi }{\alpha })^{\frac{1}{2}}} = \sqrt {\frac{\alpha }{\pi }} \cdot \frac{1}{2}\sqrt {\frac{\pi }{{{\alpha ^3}}}} = \frac{1}{{2\alpha }} = \frac{{kT}}{m}\]$$

Теперь перейдём в сферическую систему

$$\[d\omega (\vec v) = {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{3}{2}}}{e^{ - \alpha {v^2}}}{v^2}{\sin ^2}\theta dvd\theta d\varphi \]$$

и проинтегрируем по углам

$$\[d\omega (v) = 4\pi {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{3}{2}}}{e^{ - \alpha {v^2}}}{v^2}dv\]$$

Теперь легко сосчитать и средний квадрат скорости

$$\[\left\langle {{v^2}} \right\rangle = 4\pi {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{3}{2}}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - \alpha {v^2}}}{v^4}dv} = 4\pi {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{3}{2}}}\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {\alpha ^2}}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - \alpha {v^2}}}dv} = 4\pi {(\frac{\alpha }{\pi })^{\frac{3}{2}}}\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {\alpha ^2}}}[\frac{1}{2}{(\frac{\pi }{\alpha })^{\frac{1}{2}}}] = 4\pi \sqrt {\frac{{{\alpha ^3}}}{{{\pi ^3}}}} \cdot \frac{3}{8}\sqrt {\frac{\pi }{{{\alpha ^5}}}} = \frac{3}{{2\alpha }}\]$$

Как видим,

$$\[\left\langle {v_x^2} \right\rangle = \frac{{\left\langle {{v^2}} \right\rangle }}{3}\]$$

[zer0]

Что-то я не пойму: коль взятое нами распределение Максвелла симметрично относительно x,y,z то вопрос ТС "почему" должен относиться к самому распределению, а не последующему расчету (невозможно получить разные значения для разных компонент, коль в исходной формуле они равноправны).

[zxcvSV]

Мда... похоже мне стоит купить учебник "Физика для самых маленьких"

[Ms-dos4]

zer0
Я думал, его больше интересует именно переход от $\[\left\langle {v_x^2} \right\rangle \]$ к $\[{v^2}\]$ (хотя это тоже сразу оттуда следует). Вообще тогда надо начинать объяснять прям с распределения Гиббса. Корень стоит в том, что $\[E(p,q) = K(p) + E(q)\]$, вот кинетическая часть распределения Гиббса и даёт распределение Максвелла

[fronnya]

Ms-dos4 в сообщении #1001413 писал(а):

Утундрий
Не, может я и чушь сморозил, но что там сложного то? Можно же прямым вычислением. Напишу специально подробно (для zxcvSV)

а можете теперь такой фокус повторить со средней относительной скоростью молекул?

Pphantom:

Убрал излишнее цитирование - ссылки на сообщение и первой пары фраз более чем достаточно.

[Munin]

fronnya
Нет, это вы тут должны фокусы повторять. А учитель показал один раз - и хватит.

[fronnya]

Munin в сообщении #1003178 писал(а):

fronnya
Нет, это вы тут должны фокусы повторять. А учитель показал один раз - и хватит.

там чет сложное. Одногруппник показывал, я мало чего понял.

[Munin]

Ну а тогда можете задавать вопросы. И всё-таки пытаться повторить.

[Ms-dos4]

fronnya
А в чём проблема? Там всё абсолютно то же самое. Пусть $\[u\]$ - относительная скорость. Теперь достаточно заметить, что энергия относительного движения есть $\[K = \frac{{\mu {u^2}}}{2}\]$, а т.к. в газе частицы одинаковые, то $\[\mu = \frac{m}{2}\]$. Поэтому для относительной скорости распределение будет такое же как и для "обычной", только с заменой $\[m \to \frac{m}{2}\]$ (или у меня $\[\alpha \to \frac{\alpha }{2}\]$). Отсюда сразу $\[\left\langle {{u^2}} \right\rangle = 2\left\langle {{v^2}} \right\rangle \]$