tratamientos clásicos y semi-clásicas del gas ideal

Question

En la semi-clásica de tratamiento del gas ideal, podemos escribir la función de partición para el sistema como $$Z = \frac{Z(1)^N}{N!}$$ where $Z(1)$ is the single particle partition function and $N$ is the number of particles. It is semi-classical in the sense that we consider the indistinguishability of the particles, so we divide by $N!$.

La expresión resultante para la entropía del sistema es $$S = Nk \left(\ln \left[\left(\frac{V}{N}\right) \left(\frac{2\pi mkT}{h^2}\right)^{3/2} \right] + \frac{5}{2}\right)$$

Ahora considere un completo análisis clásico. No $Z(1) = \sum_{E} \exp (-\frac{E}{kT})$ donde $E = p^2/2m$ (suponiendo que no hay interacción de los potenciales). El problema puede ser asignada a una integral sobre el espacio de fase del Hamiltoniano para dar $$Z(1) \rightarrow \int \exp \left(-\frac{1}{2mkT} (p_x^2 + p_y^2 + p_z^2) \right)\text{d}^3 \underline{p} \,\text{d}^3 \underline{x}$$ This can then be rewritten like $$ \int \exp \left(-\frac{p_x^2}{2mkT}\right) \text{d}p_x \int \exp \left(-\frac{p_y^2}{2mkT}\right) \text{d}p_y \int \exp \left(-\frac{p_z^2}{2mkT} \right) \text{d}p_z \cdot V$$ where $V$ is the volume of the container. Those are Gaussian integrals and so evaluation is immediate. The result is that $Z(1) = (2\pi mkT)^{3/2} V$ The corresponding entropy can be calculated and the result is that $$S = Nk \left(\frac{3}{2} + \ln\left(\frac{(2\pi mkT)^{3/2}}{V}\right)\right)$$.

Mi pregunta es: ¿Cuál es la importancia de los factores $5/2$ en el semi-clásica de tratamiento y el factor de $3/2$ en el tratamiento clásico y por qué son diferentes? Se ven como el número de grados de libertad de un monoatómicos y molécula diatómica tendría a temperatura ambiente, pero creo que esto es una coincidencia.

Answer 1

¿Por qué en los diablos está usted de preocuparse acerca de la diferencia entre 3/2 y 5/2? Sus fórmulas se diferencian no sólo por 3/2 y 5/2, sino también por $\ln(N)$. Para el límite termodinámico, $\ln(N)$ es infinito, y de modo mucho más grande que 1.

El número de 3/2 tiene en este contexto no significa nada, excepto que es 5/2-1. El número de 5/2 da la correcta entropía correcto para el ideal, no-relativista de gas, compuesto de partículas indistinguibles con un solo giro de estado y sin grados de libertad distinta de la posición y el momentum. Sin embargo, usted debe entender que la entropía se define a una constante sólo por la tercera ley de la termodinámica. Esta tercera ley, a su vez, no sería válida si no se trataba de un subyacente de la mecánica cuántica. Así que, este es un intrínsecamente CUÁNTICA de la noción, y en realidad no puede ser entendido sin la mecánica cuántica.

Answer 2

Semi-clásicamente, de Zemansky:$$ 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} $ $

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

ps

ps

El$$ \ln \Omega = \sum_i N_i \ln \frac{g_i}{N_i} + N = \sum_i N_i \left( \ln \frac{Z}{N} + \frac{\epsilon_i}{kT} \right) + N = N \left(\ln \frac{Z}{N} + \frac{U}{NkT} + 1 \right) $ término para un gas monoatómico contribuye$$ S = Nk \left( \ln \frac{Z}{N} + \frac{U}{NkT} + 1 \right) $.

[Por cierto, su clásica$U$ necesita algún tipo de constante con las dimensiones del impulso distancia x en el denominador para hacer la unidad menos el resultado. Huang llama "h" ...]