Soluções Física - Semana 24

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Iniciante

Nós sabemos que a CNTP, por convenção, temos:

T=0^{o}C=273K

P=1atm=10^5 Pa

V=22,4 L=22,4 . 10^{-3} m^{3}

E com n= 1 mol,podemos plotar na equação de Clapeyron e achar a constante R

PV=nRT

R=\frac{PV}{nR}=8,2 \frac{J}{K mol}

Intermediário

Solução enviada por Abner Moreira:

Sendo a velocidade terminal constante,

mg=F+E

mg=6\pi \eta rv + \rho_{o} gV\ \ \ (1)

m=\rho_{e}V=\rho_{e}\frac{4\pi r^3}{3}\ \ \ \ (2)

Aplicando (2) em (1) e isolando v:

v=\frac{2gr^2 (\rho_{e} -\rho_{o})}{9\eta}

Avançado

Para encontrar esse diferencial de probabilidade, precisamos apenas colocar um fator de probabilidade multiplicando o volume do espaço de fase (desconsideraremos a parte do momento, pois é um termo à parte), que é (em coordenadas esféricas):

d\Gamma=4\pi r^2 dr

Onde \Gamma é o volume do espaço de fase

Logo, nosso dP(r) é do tipo:

dP(r)=f(r)dr=g(r)d\Gamma=g(r).4\pi r^2 dr

Nosso g(r) calcula a probabilidade por volume de fase, isso deve ser do tipo:

g(r)=A e^-\left (\frac{U}{KT}\right)

Nos achamos A se fizermos P_{total}=1

Assim, devemos integrar dP(r) em todo espaço e igualar a 1.

4\pi A \int r^2 dr e^-(\frac{ar^2}{KT})=1

Multiplicando por (\frac{a}{KT})^\frac{3}{2} dos dois lados, e definindo:

x^2=\frac{ar^2}{KT}

4\pi A \int x^2 e^-(x)^2 dx=(\frac{a}{KT})^\frac{3}{2}

Essa integral tem solução por partes:

 \int x^2 e^-x^2 dx=\frac{-x e^-x^2}{2}+\frac{\int e^-x^2 dx}{2}

É sabido que:

\int e^-x^2 dx=\frac{\sqrt[2]{\pi}}{2}=\frac{I}{2}

Prova:

Vamos fazer a mesma integral com três índices, x, y e z. Podemos trocar essa notação por uma polar, já que vamos variar todos índices de zero a infinito. (Só estamos mudando a forma de contagem)

I^3=\int \int \int e^-(x^2+y^2+z^2) dx dy dz=\int 4\pi e^-(r^2) \ r^2 dr=2\pi \int e^-r^2 dr

A última integral é de zero a infinito, enquanto a integral I vai de -\infty a +\infty. Logo

I^3=2\pi \frac{I}{2}=\pi I

I=\sqrt[2]{\pi}

Logo:

A= (\frac{a}{\pi KT})^\frac{3}{2}

Logo:
a,c)
dP(r)=(\frac{a}{\pi KT})^\frac{3}{2} 4\pi r^2 e^-(\frac{ar^2}{KT}) dr

dN(r)=N_{total}.dP(r)

n_{o}=(\frac{a}{\pi KT})^3/2

dN(r)=n_{o}4\pi r^2 e^-(\frac{ar^2}{KT}) .dr

b)

A distância mais provável ocorrerá quando o diferencial de probabilidade for máximo,ou seja:

\frac{dP}{dr}=Máximo

\frac{d^2 P}{dr^2}=0

2r e^-(\frac{-ar^2}{KT}) -2\frac{ar^3}{KT}e^(\frac{-ar^2}{KT})=0

r_{mais\ provavel}=\sqrt[2]{\frac{KT}{a}}

d)
A concentração no centro é $n_{o}$, se fizermos a temperatura decrescer em $\eta$

n_{o} \propto T^\frac{-3}{2}

 \frac{n_{o}(\frac{T}{\eta})}{n_{o}(T)}=\eta^\frac{3}{2}

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