Средняя относительная скорость молекул Максвелловского газа

[amon]

fronnya,
покажите, как считали, иначе сложно понять где Вы соврали. У меня подозрение, что Вы потеряли $\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3$, но пока я не увижу Ваших вычислений это нельзя ни доказать, ни опровергнуть.

[fronnya]

amon в сообщении #1006925 писал(а):

fronnya,
покажите, как считали, иначе сложно понять где Вы соврали. У меня подозрение, что Вы потеряли $\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3$, но пока я не увижу Ваших вычислений это нельзя ни доказать, ни опровергнуть.

После перехода в сферические координаты и интегрирования по всем углам:

$$\overline{v}_{\text{rel}}=4\pi^2\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3\int\limits_0^{+\infty} V^2\exp{\left[-\frac{mV^2}{kT}\right]}dV\int\limits_0^{+\infty} v^3_{\text{rel}} \exp{\left[-\frac{mv_{\text{rel}}^2}{4kT}\right]}dv_{\text{rel}}\eqno{(1)}$$

Отдельно с интегралами теперь разберемся:

$$\int\limits_0^{+\infty} V^2\exp{\left[-\frac{mV^2}{kT}\right]}dV=\left[\frac{mV^2}{kT}=x; VdV=\frac{1}{2}\frac{kT}{m}dx; V=\sqrt{\frac{kT}{m}x}\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{kT}{m}\right)^{\frac{3}{2}}\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{4}\left(\frac{kT}{m}\right)^{\frac{3}{2}}$$

$$\int\limits_0^{+\infty} v^3_{\text{rel}} \exp{\left[-\frac{mv_{\text{rel}}^2}{4kT}\right]}dv_{\text{rel}}=\left[\frac{mv^2_\text{rel}}{4kT}=x; v_\text{rel}dv_\text{rel}=\frac{2kT}{m}dx;v^2_\text{rel}=\frac{4kT}{m}x\right]=\int\limits_0^{+\infty} \frac{8k^2 T^2}{m^2}x e^{-x}dx= \frac{8k^2 T^2}{m^2}$$

Если все, что я получил, подставить в (1), то выйдет, вроде бы $$\sqrt{\frac{kT}{\pi m}}=\frac{1}{\sqrt{8}} \overline{v}$, где $\overline{v}=\sqrt{\frac{8kT}{\pi m}}$- средняя скорость молекул идеального газа. Не то, совсем. Я думал, получится $\sqrt{2}\overline{v}$.

[amon]

fronnya в сообщении #1011345 писал(а):

$$\overline{v}_{\text{rel}}=4\pi^2\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3\int\limits_0^{+\infty} V^2\exp{\left[-\frac{mV^2}{kT}\right]}dV\int\limits_0^{+\infty} v^3_{\text{rel}} \exp{\left[-\frac{mv_{\text{rel}}^2}{4kT}\right]}dv_{\text{rel}}\eqno{(1)}$$

Скобочку потеряли. Должно быть $\overline{v}_{\text{rel}}=(4\pi)^2\dots$. Кроме того, полезно уметь считать Гауссовы интегралы без гамма-функций:

$$\begin{align} I&=\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\\ I^2&=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy=2\pi\int\limits_{0}^{\infty}rdre^{-r^2}=\pi\\ \Rightarrow &I=\sqrt{\pi}\Rightarrow \int\limits_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\pi} \end{align}$$

Далее:

$$\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha x^2}x^2dx=-\frac{\partial}{\partial\alpha}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{4\alpha^{3/2}}$$

[fronnya]

amon в сообщении #1011348 писал(а):

fronnya в сообщении #1011345 писал(а):

$$\overline{v}_{\text{rel}}=4\pi^2\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3\int\limits_0^{+\infty} V^2\exp{\left[-\frac{mV^2}{kT}\right]}dV\int\limits_0^{+\infty} v^3_{\text{rel}} \exp{\left[-\frac{mv_{\text{rel}}^2}{4kT}\right]}dv_{\text{rel}}\eqno{(1)}$$

Скобочку потеряли. Должно быть $\overline{v}_{\text{rel}}=(4\pi)^2\dots$

Не совсем такую скобочку. Просто $4\pi^2$. Да, потерял. Этот множитель возник после перехода в сф. координаты от двух интегрирований по углу $\varphi$. Ну-с, посмотрим, что выходит:

$$4\pi^2\frac{\sqrt{\pi}}{8}\sqrt{\left(\frac{k^3 T^3}{m^3}\right)}\frac{8k^2 T^2}{m^2}\frac{m^3}{8\pi^3 k^3 T^3}=\frac{m}{2\pi kT} \sqrt{\frac{k^3 T^3}{m^3}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{kT}{\pi m}}$$

. Тоже не сходится.

-- 06.05.2015, 10:19 --

Урааа! Я, вроде, посчитал! Замена была такая: $\vec{v_1}=\frac{\vec{V}-\vec{v}}{2}; \vec{v_2}=\frac{\vec{V}+\vec{v}}{2}$ Получилось $4\sqrt{\frac{kT}{\pi m}}=\sqrt{2}\sqrt{\frac{8kT}{\pi m}}=\sqrt{2}\overline{v}$. Перепроверил, точно сошлось.

[fronnya]

На счет гауссовых интегралов: я сводил их к гамма-функции, чтобы много времени не терять на этом. До этого я их всегда считал, как Вы показали выше. Хотя с гамма-функцией в разы проще.

[amon]

fronnya в сообщении #1011707 писал(а):

Не совсем такую скобочку.

Такую, такую. Она возникает от квадрата интеграла по телесному углу $\int d\Omega=4\pi$:

$$\begin{align} \overline{v}_{\text{rel}}&=\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3\int\exp{\left[-\frac{m\mathbf{V}^2}{kT}\right]}d^3V\int \sqrt{v_x^2+v_y^2+v_z^2} \exp{\left[-\frac{m\mathbf{v}^2}{4kT}\right]}d^3v\\ &=\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3\int d\Omega_V\int\limits_{0}^{\infty} \exp{\left[-\frac{mV^2}{kT}\right]}V^2dV\int d\Omega_v\int\limits_{0}^{\infty} v \exp{\left[-\frac{mv^2}{4kT}\right]}v^2dv\\ &=\left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^3(4\pi)^2\frac{\sqrt{\pi}}{4}\left(\frac{kT}{m}\right)^{\frac{3}{2}} \frac{8k^2 T^2}{m^2}=\sqrt{2}\overline{v} \end{align} $$

fronnya в сообщении #1011707 писал(а):

Замена была такая: $\vec{v_1}=\frac{\vec{V}-\vec{v}}{2}; \vec{v_2}=\frac{\vec{V}+\vec{v}}{2}$

Так тоже можно, но такая замена имеет якобиан, отличный от единицы. Вы это учли?

[fronnya]

amon, якобиан, конечно же, учел. И брал обычный полярный угол $\varphi$. А вы телесный брали, теперь понятно, почему у меня не получалось.

[amon]

fronnya в сообщении #1011795 писал(а):

А вы телесный брали, теперь понятно, почему у меня не получалось.

Исходная формула у Вас была написана для трехмерного распределения (хороший контрольный вопрос - почему? И как ее написать в одномерном и двумерном случае?). Поэтому в интеграле должен был быть телесный угол $d\Omega=d \varphi\; d\cos\theta$.

fronnya в сообщении #1011795 писал(а):

якобиан, конечно же, учел. И брал обычный полярный угол $\varphi$.

Значит где-то ошиблись. Ответ должен быть одинаковый что для "моей" замены, что для "Вашей".

[fronnya]

amon в сообщении #1011800 писал(а):

fronnya в сообщении #1011795 писал(а):

Значит где-то ошиблись. Ответ должен быть одинаковый что для "моей" замены, что для "Вашей".

Так ответ у нас и одинаковый $\sqrt{2}\overline{v}$.

-- 06.05.2015, 19:23 --

amon в сообщении #1011800 писал(а):

fronnya в сообщении #1011795 писал(а):

А вы телесный брали, теперь понятно, почему у меня не получалось.

Исходная формула у Вас была написана для трехмерного распределения (хороший контрольный вопрос - почему?)

Изначально я записал распределение по векторам скоростей двух молекул. Ясное дело, что трехмерное. А когда мы хотим получить распределение по модулю, мы переходим в сферические координаты, где полярный угол $\phi$ и угол $\theta$ учитывают всевозможные положения векторов. Я не понимаю, зачем нужен телесный угол, если есть углы $\phi$ и $\theta$. Оттого и не вводил его. Я и не совсем понимаю, как он вводится.

[amon]

fronnya в сообщении #1011830 писал(а):

Так ответ у нас и одинаковый

Ответ должен быть одинаковый для замен $\vec{v_1}=\frac{\vec{V}-\vec{v}}{2}; \vec{v_2}=\frac{\vec{V}+\vec{v}}{2}$ и $\vec{v}_1=\vec{V}+\frac 1 2 \vec{v}; \vec{v}_2=\vec{V}-\frac 1 2 \vec{v}$, а он у Вас разный получился (если,конечно, Вы все одинакового в остальных местах считали).

-- 06.05.2015, 20:35 --

fronnya в сообщении #1011830 писал(а):

Я не понимаю, зачем нужен телесный угол, если есть углы $\varphi$ и $\theta$. Оттого и не вводил его. Я и не совсем понимаю, как он вводится.

$d\Omega=d \varphi\; d\cos\theta$. $\int d\Omega=\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{\pi}^{0}\sin\theta d\theta=2\pi\cdot2$

[fronnya]

amon в сообщении #1011842 писал(а):

fronnya в сообщении #1011830 писал(а):

Так ответ у нас и одинаковый

Ответ должен быть одинаковый для замен $\vec{v_1}=\frac{\vec{V}-\vec{v}}{2}; \vec{v_2}=\frac{\vec{V}+\vec{v}}{2}$ и $\vec{v}_1=\vec{V}+\frac 1 2 \vec{v}; \vec{v}_2=\vec{V}-\frac 1 2 \vec{v}$, а он у Вас разный получился (если,конечно, Вы все одинакового в остальных местах считали).

-- 06.05.2015, 20:35 --

Так в той замене, что вы предложили, я неправильно посчитал.

[amon]

fronnya в сообщении #1011846 писал(а):

Так в той замене, что вы предложили, я неправильно посчитал.

Ну, будем считать, что один раз Вы в телесных углах запутались, а другой - нет. Справились, поздравляю!

[fronnya]

amon в сообщении #1011850 писал(а):

fronnya в сообщении #1011846 писал(а):

Так в той замене, что вы предложили, я неправильно посчитал.

Ну, будем считать, что один раз Вы в телесных углах запутались, а другой - нет. Справились, поздравляю!

Спасибо за помощь! Ну тогда ещё вопрос задам. Если газ не одноатомный, а многоатомный, то как для него написать распределение Максвелла?

[Ms-dos4]

fronnya
Для поступательного движения молекул вид остаётся такой же. Более того, он такой же даже в неидеальном газе.