8 Ciepło i teoria kinetyczna · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: pyłki, które tańczą

W 1827 r. botanik Robert Brown oglądał pod mikroskopem drobinki wydostające się z ziaren pyłku zawieszone w wodzie. Drobinki bez przerwy drgały i błądziły, choć woda była spokojna. Brown sprawdził, że tak samo zachowują się drobinki szkła i minerałów, więc nie chodziło o życie. Przez prawie osiemdziesiąt lat zjawisko pozostawało ciekawostką.

W 1905 r. Einstein pokazał, że to chaotyczne uderzenia cząsteczek wody, i przewidział, jak szybko drobinka powinna się oddalać od punktu startu. Wynik zależał od liczby cząsteczek w molu. W latach 1908–1909 Jean Perrin zmierzył te ruchy i wyznaczył liczbę Avogadra z dokładnością kilkunastu procent. Wielu fizyków i chemików wciąż wątpiło wtedy, czy atomy istnieją naprawdę. Po pomiarach Perrina spór praktycznie się skończył; w 1926 r. dostał za nie Nagrodę Nobla. Część 5 i przykład 8.6 powtarzają jego rachunek.

Feynman zaczyna wykład o materii od twierdzenia, że gdyby cała wiedza miała zginąć i można było przekazać tylko jedno zdanie, powinno ono mówić, że wszystko składa się z atomów w nieustannym ruchu. W tym dziale wyprowadzimy z tego zdania prawa gazu doskonałego, ciepło właściwe, spadek ciśnienia z wysokością i prawo dyfuzji.

Pytanie na start. Ile cząsteczek powietrza uderza w ciągu sekundy w jeden centymetr kwadratowy skóry? Oszacuj rząd wielkości, zanim przeczytasz część 1 i zadanie feynmanowskie 1.

1 Ciśnienie z uderzeń cząsteczek

Zamknijmy $N$ cząsteczek o masie $m$ w sześciennym pudle o krawędzi $L$ . Gaz jest rozrzedzony: cząsteczki zajmują ułamek objętości, a między zderzeniami poruszają się swobodnie. Cząsteczka o składowej prędkości $v_x$ uderza w prawą ścianę, odbija się z $-v_x$ i przekazuje ścianie popęd $2mv_x$ (dział 3 „Pęd, zderzenia i środek masy”). Do tej samej ściany wraca po czasie $2L/v_x$ . Średnia siła od tej cząsteczki to $2mv_x/(2L/v_x) = mv_x^2/L$ . Zderzenia z innymi cząsteczkami nie zmieniają wyniku: zachowują pęd, a w średnim bilansie tylko przekazują go między cząsteczkami.FLP I-39-2

Wynik · ciśnienie gazu

p = \frac FA = \frac{Nm\langle v_x^2\rangle}{L^3}\quad\Rightarrow\quad pV = \tfrac13Nm\langle v^2\rangle = \tfrac23N\langle E_k\rangle .

Skorzystaliśmy z izotropii: $\langle v_x^2\rangle = \langle v_y^2\rangle = \langle v_z^2\rangle = \tfrac13\langle v^2\rangle$ . Ciśnienie to dwie trzecie gęstości energii kinetycznej ruchu postępowego. Kształt naczynia nie ma znaczenia.

Dla powietrza w warunkach pokojowych: $n = N/V \approx 2{,}5\cdot10^{25}\ \mathrm{m^{-3}}$ , średnia odległość między cząsteczkami $n^{-1/3} \approx 3{,}4$ nm (ok. 10 średnic cząsteczki), a gęstość $\rho \approx 1{,}2\ \mathrm{kg/m^3}$ . Z $p = \tfrac13\rho\langle v^2\rangle$ dostajemy $\sqrt{\langle v^2\rangle} \approx 500$ m/s: szybciej niż dźwięk (przykład 8.1).

1.1 Sprężanie adiabatyczne

Wsuwajmy powoli tłok z prędkością $u$ . Cząsteczka odbija się od ruchomej ściany z prędkością większą o $2u$ , więc gaz się ogrzewa: praca tłoka trafia do energii cząsteczek. Jeśli ciepło nie ucieka (proces adiabatyczny), to $dU = -p\,dV$ . Dla gazu jednoatomowego $U = N\langle E_k\rangle = \tfrac32pV$ , skąd $\tfrac32(p\,dV + V\,dp) = -p\,dV$ , czyli $\tfrac52\,\tfrac{dV}V + \tfrac32\,\tfrac{dp}p = 0$ :

Prawo · adiabata

pV^\kappa = \text{const},\qquad U = \frac{pV}{\kappa - 1},\qquad \kappa = \tfrac53\ \text{(gaz jednoatomowy)},\quad \kappa = \tfrac75\ \text{(dwuatomowy, część 2)}.

Wykładnik adiabaty oznaczamy $\kappa$ , jak w polskich podręcznikach; Feynman pisze $\gamma$ , ale tę literę zajęły już tłumienie i czynnik Lorentza. Przy sprężaniu adiabatycznym rośnie też temperatura: $TV^{\kappa - 1} = \text{const}$ .

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

Ile razy na sekundę cząsteczka azotu ( $v_x \approx 300$ m/s) uderzałaby w prawą ścianę pudła o krawędzi 10 cm, gdyby nie zderzała się z innymi? Jaką średnią siłę wywiera na tę ścianę?

Odpowiedź
$v_x/2L = 1500$ razy na sekundę. Siła $mv_x^2/L = 4{,}65\cdot10^{-26}\cdot9\cdot10^4/0{,}1 \approx 4\cdot10^{-20}$ N.
Gęstość powietrza to 1,2 kg/m³, ciśnienie 101 kPa. Oblicz średnią kwadratową prędkość cząsteczek.

Odpowiedź
$\sqrt{3p/\rho} \approx 503$ m/s.
Gdyby wszystkie cząsteczki gazu podwoiły prędkość, ile razy wzrosłoby ciśnienie? Dlaczego nie dwa razy, skoro każde uderzenie przekazuje dwa razy większy popęd?

Odpowiedź
Cztery razy: każde uderzenie przekazuje dwa razy większy popęd, a uderzeń jest dwa razy więcej na sekundę.
Hel sprężono adiabatycznie do jednej dziesiątej objętości, zaczynając od 300 K i 1 atm. Oblicz końcowe ciśnienie i temperaturę. Porównaj z powietrzem ( $\kappa = 1{,}4$ ).

Odpowiedź
Hel: $p = 10^{5/3} \approx 46$ atm, $T = 300\cdot10^{2/3} \approx 1390$ K. Powietrze: $p = 10^{1{,}4} \approx 25$ atm, $T = 300\cdot10^{0{,}4} \approx 754$ K.
Wyprowadź $pV^\kappa = \text{const}$ dla gazu o energii $U = \tfrac f2pV$ (gdzie $f$ to liczba stopni swobody, część 2) i pokaż, że $\kappa = 1 + 2/f$ .

Odpowiedź
$\tfrac f2(p\,dV + V\,dp) = -p\,dV \Rightarrow (\tfrac f2 + 1)\tfrac{dV}V + \tfrac f2\tfrac{dp}p = 0 \Rightarrow pV^{1 + 2/f} = \text{const}$ . Dla $f = 3$ : $5/3$ ; $f = 5$ : $7/5$ .

2 Temperatura i ekwipartycja energii

Co mają wspólnego dwa gazy w tej samej temperaturze? Feynman rozważa mieszaninę lekkich i ciężkich cząsteczek, które się zderzają. Zderzenia przekazują energię od szybszych do wolniejszych, aż ustali się stan, w którym średnie energie kinetyczne ruchu postępowego są równe: $\langle\tfrac12m_1v_1^2\rangle = \langle\tfrac12m_2v_2^2\rangle$ . Ta wspólna wielkość to miara temperatury.FLP I-39-4

Definicja · temperatura gazu i równanie stanu

\big\langle\tfrac12mv^2\big\rangle = \tfrac32kT,\qquad pV = NkT = nRT .

$k = 1{,}380649\cdot10^{-23}$ J/K (stała Boltzmanna), $N_A = 6{,}02214076\cdot10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$ , $R = N_Ak \approx 8{,}314$ J/(mol·K); od 2019 r. $k$ i $N_A$ mają wartości dokładne z definicji. $n$ to liczba moli. Na jeden stopień swobody ruchu postępowego przypada $\tfrac12kT$ : $\langle\tfrac12mv_x^2\rangle = \tfrac12kT$ .

Warto zapamiętać: w temperaturze pokojowej $kT \approx 0{,}026$ eV $\approx \tfrac1{40}$ eV. Energie wiązań chemicznych są rzędu kilku eV, więc w zwykłych temperaturach tylko nieliczne zderzenia są dość silne, by je zerwać (część 3). Z $pV = NkT$ wynika prawo Avogadra: w tych samych warunkach równe objętości różnych gazów zawierają tyle samo cząsteczek. Mol gazu w 0 °C i pod ciśnieniem 1 atm zajmuje 22,4 l.FLP I-39-5

2.1 Ekwipartycja i ciepło właściwe

Prawo, że na każdy ruch postępowy przypada $\tfrac12kT$ , uogólnia się: w równowadze termicznej na każdy wyraz kwadratowy w energii (składową prędkości, składową prędkości kątowej, kwadrat wychylenia oscylatora) przypada średnio $\tfrac12kT$ . To zasada ekwipartycji. Stąd ciepła molowe przy stałej objętości:FLP I-40-5

Stopnie swobody i ciepło molowe $C_V$ (według fizyki klasycznej)
układ	wyrazy kwadratowe na cząsteczkę	$U$ na mol	$C_V$	$\kappa = C_p/C_V$
gaz jednoatomowy (He, Ar)	3 (ruch postępowy)	$\tfrac32RT$	$\tfrac32R \approx 12{,}5$ J/(mol·K)	$5/3$
gaz dwuatomowy (N₂, O₂)	3 + 2 (obroty)	$\tfrac52RT$	$\tfrac52R \approx 20{,}8$	$7/5$
dwuatomowy z drganiami	3 + 2 + 2	$\tfrac72RT$	$\tfrac72R$	$9/7$
ciało stałe (atomy na sprężynkach)	3 + 3	$3RT$	$3R \approx 25$	—

Przy stałym ciśnieniu gaz wykonuje jeszcze pracę, rozszerzając się: $C_p = C_V + R$ . Ostatni wiersz to prawo Dulonga–Petita (1819): ciepło molowe większości pierwiastków stałych to ok. 25 J/(mol·K). Dlatego na kilogram aluminium (27 g/mol) potrzeba ok. 7,7 razy więcej ciepła niż na kilogram ołowiu (207 g/mol): ciepło idzie „na atom”, a nie „na kilogram”.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 30 min

Oblicz średnią energię kinetyczną ruchu postępowego cząsteczki w 300 K w dżulach i elektronowoltach. Czy zależy od rodzaju gazu?

Odpowiedź
$\tfrac32kT \approx 6{,}2\cdot10^{-21}$ J $\approx 0{,}039$ eV. Nie zależy: wodór i ksenon mają tę samą średnią energię, ale bardzo różne prędkości.
Ile cząsteczek jest w 1 m³ powietrza w 20 °C pod ciśnieniem 1 atm? Ile moli?

Odpowiedź
$N = pV/kT \approx 2{,}5\cdot10^{25}$ , czyli ok. 41,6 mola.
Oblicz $v_\text{rms} = \sqrt{3kT/m}$ dla wodoru, azotu i ksenonu w 300 K.

Odpowiedź
H₂: 1930 m/s, N₂: 517 m/s, Xe: 239 m/s. Prędkość maleje jak $1/\sqrt m$ .
Oszacuj ciepło właściwe (na kilogram) miedzi, aluminium i ołowiu z prawa Dulonga–Petita. Wartości zmierzone to 385, 897 i 129 J/(kg·K).

Odpowiedź
$3R/M$ : Cu 393, Al 924, Pb 120 J/(kg·K). Zgodność kilku procent.
Ile energii wewnętrznej (ruchu cząsteczek) zawiera 1 m³ powietrza pod ciśnieniem 1 atm? Czy zależy od temperatury przy stałym ciśnieniu?

Odpowiedź
$U = \tfrac52pV \approx 253$ kJ. Przy stałym ciśnieniu nie zależy od temperatury: w cieplejszym powietrzu cząsteczek jest odpowiednio mniej. Ogrzewając pokój, nie zwiększamy energii zawartego w nim powietrza; nadmiar wypływa szparami razem z częścią powietrza.

3 Atmosfera i prawo Boltzmanna

Dlaczego powietrze nie opada całe na ziemię i nie ucieka w kosmos? Wyobraźmy sobie słup gazu w stałej temperaturze. Warstwa o grubości $dh$ musi być podtrzymywana przez różnicę ciśnień: $dp = -nmg\,dh$ . Ponieważ $p = nkT$ i $T$ jest stałe, $kT\,dn = -nmg\,dh$ , więc gęstość maleje wykładniczo.FLP I-40-1

Wynik · atmosfera izotermiczna

n(h) = n_0\,e^{-mgh/kT} = n_0\,e^{-h/H},\qquad H = \frac{kT}{mg} .

Wysokość skali $H$ to wysokość, na której gęstość i ciśnienie maleją $e$ razy. Dla powietrza w 288 K: $H \approx 8{,}4$ km; ciśnienie spada o połowę co ok. 5,8 km.

Licznik wykładnika, $mgh$ , to energia potencjalna cząsteczki na wysokości $h$ . Boltzmann uogólnił ten wynik: w równowadze termicznej gęstość cząstek w miejscu, gdzie mają energię potencjalną $U$ , jest proporcjonalna do $e^{-U/kT}$ , niezależnie od rodzaju siły. Jeszcze ogólniej: prawdopodobieństwo stanu o energii $E$ jest proporcjonalne do czynnika Boltzmanna.FLP I-40-2

Prawo · rozkład Boltzmanna

P(\text{stan o energii }E) \propto e^{-E/kT} .

W lekcji 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych ten sam rozkład wynikł z maksymalizacji entropii przy ustalonej średniej energii; mnożnik Lagrange'a $\beta$ okazuje się równy $1/kT$ .

Czynnik Boltzmanna rządzi wszystkim, co wymaga pokonania bariery energetycznej $E_a$ : parowaniem cieczy (cząsteczka musi mieć energię wystarczającą do wyrwania się z powierzchni), emisją elektronów z gorącej katody i szybkością reakcji chemicznych. Szybkość reakcji jest proporcjonalna do $e^{-E_a/kT}$ (prawo Arrheniusa). Dla typowego $E_a \approx 50$ kJ/mol ( $\approx 0{,}5$ eV) wzrost temperatury o 10 K w pobliżu 300 K przyspiesza reakcję prawie dwukrotnie. Dlatego lodówka przedłuża trwałość żywności, a gorączka przyspiesza metabolizm.FLP I-42-1, 42-4

To samo prawo opisuje drobinki zawiesiny w wodzie: zamiast $m$ trzeba wziąć masę pomniejszoną o wypór. Ich „atmosfera” ma wysokość skali rzędu mikrometrów, a Perrin, licząc drobinki na różnych wysokościach pod mikroskopem, wyznaczył z $H$ stałą $k$ niezależnie od pomiaru ruchów Browna.

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 30 min

Oblicz wysokość skali dla powietrza ( $M = 29$ g/mol) w 288 K i w 250 K.

Odpowiedź
$H = RT/(Mg)$ : 8,4 km i 7,3 km.
Jakie ciśnienie (w ułamku ciśnienia na poziomie morza) przewiduje model izotermiczny na Rysach (2499 m) i na Mount Evereście (8849 m), przy $H = 8{,}4$ km?

Odpowiedź
Rysy: $e^{-0{,}30} \approx 0{,}74$ . Everest: $e^{-1{,}05} \approx 0{,}35$ (zmierzone: ok. 0,33; różnica wynika z niższej temperatury na górze).
Atomy w krysztale mogą przeskakiwać do sąsiednich położeń, pokonując barierę 1 eV. Ile razy szybciej zachodzą przeskoki w 600 K niż w 300 K?

Odpowiedź
$e^{-E/kT_2}/e^{-E/kT_1} = e^{(1\ \mathrm{eV})(1/kT_1 - 1/kT_2)} = e^{38{,}7 - 19{,}3} \approx 2{,}5\cdot10^8$ . Dlatego wyżarzanie i dyfuzja w ciałach stałych tak silnie zależą od temperatury.
Jaki ułamek cząsteczek wody ma w 300 K energię większą niż 0,44 eV (ciepło parowania przypadające na cząsteczkę), jeśli przyjąć, że ten ułamek to w przybliżeniu $e^{-E/kT}$ ? Dlaczego mimo tak małego ułamka woda paruje zauważalnie?

Odpowiedź
$e^{-0{,}44/0{,}0259} \approx 4\cdot10^{-8}$ . Ale cząsteczek przy powierzchni jest bardzo dużo i zderzają się biliony razy na sekundę. W równowadze strumień parowania równa się strumieniowi skraplania, $\tfrac14n_\text{pary}\langle v\rangle \approx 10^{26}\ \mathrm{m^{-2}s^{-1}}$ (przy ciśnieniu pary nasyconej 3,5 kPa), czyli ok. $10^7$ warstw cząsteczek na sekundę. Parowanie netto w suchym powietrzu to niewielka część tego strumienia, ale wciąż zauważalna.FLP I-42-1
Wirówka obraca się z przyspieszeniem dośrodkowym $10^5g$ . Pokaż, że cząstki w niej rozkładają się jak w atmosferze, i oblicz wysokość skali dla białka o masie $10^{-22}$ kg (z uwzględnieniem wyporu; przyjmij, że wypór zmniejsza masę o 25%) w 300 K.

Odpowiedź
W układzie wirówki siła bezwładności działa jak grawitacja (dział 7 „Układy odniesienia i szczególna teoria względności”). $H = kT/(m_\text{ef}a) = 4{,}1\cdot10^{-21}/(0{,}75\cdot10^{-22}\cdot9{,}8\cdot10^5) \approx 5{,}6\cdot10^{-5}$ m, czyli ok. 56 μm: białko zbiera się w cienkiej warstwie przy dnie probówki. Dlatego ultrawirówki rozdzielają cząsteczki według masy (a do pomiarów równowagi używa się mniejszych prędkości obrotów).

4 Rozkład prędkości Maxwella

Prawo Boltzmanna mówi też, jak rozkładają się prędkości. Energia ruchu w kierunku $x$ to $\tfrac12mv_x^2$ , więc liczba cząsteczek o składowej prędkości $v_x$ jest proporcjonalna do $e^{-mv_x^2/2kT}$ . To rozkład normalny (lekcja 5.1 Prawdopodobieństwo i rozkłady) o średniej zero i wariancji $\sigma^2 = kT/m$ : zgodnie z ekwipartycją $m\langle v_x^2\rangle = kT$ . Feynman wyprowadza to z atmosfery: cząsteczka, która wzlatuje z wysokości 0 na wysokość $h$ , musi mieć $\tfrac12mv_x^2 > mgh$ , a liczba takich cząsteczek musi maleć jak $e^{-mgh/kT}$ .FLP I-40-4

Składowe są niezależne, więc rozkład wektora prędkości to iloczyn trzech gaussów: $e^{-m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2)/2kT}$ . Zależy tylko od wartości prędkości $v$ . Wektory o wartości z przedziału $(v,\ v + dv)$ wypełniają powłokę kulistą o objętości $4\pi v^2dv$ ; stąd czynnik $v^2$ w rozkładzie wartości prędkości.

Prawo · rozkład Maxwella

f(v) = 4\pi v^2\Big(\frac{m}{2\pi kT}\Big)^{3/2}e^{-mv^2/2kT},\qquad \int_0^\infty f\,dv = 1 .

Trzy charakterystyczne prędkości: najbardziej prawdopodobna $v_p = \sqrt{2kT/m}$ , średnia $\langle v\rangle = \sqrt{8kT/\pi m} \approx 1{,}13\,v_p$ , średnia kwadratowa $v_\text{rms} = \sqrt{3kT/m} \approx 1{,}22\,v_p$ .

Najważniejsza własność to ogon. Ułamek cząsteczek szybszych niż $2v_p$ to 4,6%, szybszych niż $3v_p$ już tylko 0,04%, a dalej spada jak $e^{-v^2/v_p^2}$ . Dlatego Ziemia utrzymuje azot i tlen, a traci wodór i hel: w górnej atmosferze (ok. 1000 K) prędkość ucieczki 11,2 km/s to 3,9 $v_p$ dla wodoru, ale 14,5 $v_p$ dla azotu (przykład 8.4). Księżyc nie utrzymał gęstej atmosfery (zadanie feynmanowskie 2).

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 35 min

Oblicz $v_p$ , $\langle v\rangle$ i $v_\text{rms}$ dla tlenu w 300 K.

Odpowiedź
395, 446 i 484 m/s.
W jakiej temperaturze cząsteczki helu mają tę samą $v_\text{rms}$ co cząsteczki azotu w 300 K?

Odpowiedź
$T/m$ musi być takie samo: $T = 300\cdot4/28 \approx 43$ K.
Sprawdź przez różniczkowanie, że maksimum $f(v)$ leży w $v_p = \sqrt{2kT/m}$ .

Odpowiedź
$\tfrac d{dv}\big(v^2e^{-av^2}\big) = (2v - 2av^3)e^{-av^2} = 0$ dla $v^2 = 1/a = 2kT/m$ .
Pokaż, że $\langle v^2\rangle$ z rozkładu Maxwella wynosi $3kT/m$ , korzystając z tego, że każda składowa ma wariancję $kT/m$ . Dlaczego $\langle v\rangle^2 \ne \langle v^2\rangle$ ?

Odpowiedź
$\langle v^2\rangle = \langle v_x^2\rangle + \langle v_y^2\rangle + \langle v_z^2\rangle = 3kT/m$ . $\langle v^2\rangle - \langle v\rangle^2$ to wariancja wartości prędkości, która jest dodatnia, więc $\langle v\rangle < v_\text{rms}$ (stosunek $\sqrt{8/3\pi} \approx 0{,}92$ ).
Jaki ułamek cząsteczek ma prędkość mniejszą od $v_p$ ? Użyj symulacji 3 albo wzoru $P(v > v_p x) = \operatorname{erfc}x + \tfrac{2x}{\sqrt\pi}e^{-x^2}$ .

Odpowiedź
Dla $x = 1$ : $P(v > v_p) \approx 0{,}157 + 0{,}415 = 0{,}572$ , więc wolniejszych jest ok. 43%. Rozkład jest asymetryczny: ma długi ogon w stronę dużych prędkości.

5 Droga swobodna, dyfuzja i ruchy Browna

Cząsteczki powietrza pędzą z prędkością 500 m/s, a mimo to zapach otwartej butelki perfum rozchodzi się po spokojnym pokoju bardzo powoli. Powód: cząsteczka nie leci prosto, tylko co chwila zderza się z innymi. Cząsteczka o średnicy $d$ zakreśla „rurę” o przekroju $\sigma = \pi d^2$ ; zderzy się, gdy w tej rurze znajdzie się środek innej cząsteczki. Średnia droga między zderzeniami to droga swobodna:FLP I-43-2

\ell = \frac1{\sqrt2\,n\sigma} .

Czynnik $\sqrt2$ uwzględnia ruch pozostałych cząsteczek. Dla powietrza ( $d \approx 0{,}37$ nm) $\ell \approx 66$ nm, ok. 180 średnic cząsteczki, a zderzeń jest ok. $7\cdot10^9$ na sekundę.

5.1 Błądzenie losowe i dyfuzja

Ruch od zderzenia do zderzenia to błądzenie losowe (lekcja 5.1 Prawdopodobieństwo i rozkłady). Po $N$ krokach długości $\ell$ w przypadkowych kierunkach średni kwadrat przesunięcia to $N\ell^2$ , bo przesunięcia w kolejnych krokach są nieskorelowane i ich wariancje się dodają. Ponieważ $N$ rośnie proporcjonalnie do czasu, przesunięcie rośnie jak $\sqrt t$ .FLP I-41-4, 43-5

Prawo · dyfuzja

\langle x^2\rangle = 2Dt\ \ \text{(w każdym kierunku)},\qquad \langle r^2\rangle = 6Dt\ \ \text{(w trzech wymiarach)} .

$D$ to współczynnik dyfuzji (m²/s). Dla gazu $D \sim \tfrac13\ell\langle v\rangle$ , czyli ok. $10^{-5}\ \mathrm{m^2/s}$ ; dla małych cząsteczek w wodzie ok. $10^{-9}\ \mathrm{m^2/s}$ . Dyfuzja jest szybka na krótkich odległościach i bardzo wolna na długich: przez 1 mm cukier w wodzie przechodzi w ok. 20 minut, przez 1 cm w ok. dobę.

5.2 Ruchy Browna i wzór Einsteina

Drobinka zawiesiny o promieniu $a$ w cieczy o lepkości $\eta$ jest hamowana siłą Stokesa $6\pi\eta av$ . Zgodnie z ekwipartycją ma średnią energię ruchu postępowego $\tfrac32kT$ , jak każda cząsteczka, tylko porusza się wolniej, bo jest ciężka. Einstein pokazał, że współczynnik dyfuzji drobinki zależy od temperatury i od tego, jak łatwo ciecz pozwala jej się poruszać:FLP I-41-1, 43-5

Wynik · wzór Einsteina–Stokesa

D = \mu kT = \frac{kT}{6\pi\eta a} .

$\mu$ to ruchliwość: prędkość unoszenia na jednostkę siły. Ten sam ruch cieplny, który rozpycha drobinki, odpowiada za opór, który je hamuje; dlatego $D$ i $\mu$ są związane przez $kT$ . Mierząc $D$ , $\eta$ i $a$ , wyznaczamy $k$ , a z niego $N_A = R/k$ .

Kulka o średnicy 1 μm w wodzie w 20 °C ma $D \approx 4{,}3\cdot10^{-13}\ \mathrm{m^2/s}$ i przesuwa się w ciągu minuty średnio o ok. 7 μm w każdym kierunku: łatwo to zobaczyć w zwykłym mikroskopie. W zwykłym mikroskopie prędkości drobinki zmierzyć się nie da: tor jest tak poszarpany, że im częściej zaznaczamy położenie, tym dłuższą drogę i większą „prędkość” dostajemy. Perrin to właśnie odkrył i dlatego mierzył przesunięcia, a nie prędkości.

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 35 min

Porównaj drogę swobodną w powietrzu (66 nm) ze średnią odległością między cząsteczkami (3,4 nm). Ile odległości międzycząsteczkowych mieści się w drodze swobodnej i dlaczego jest ich tak dużo?

Odpowiedź
Droga swobodna (66 nm) to ok. 20 odległości międzycząsteczkowych. Cząsteczka mija po drodze wiele innych, zanim w którąś trafi, bo są małe w porównaniu z odstępami.
Kulka ma $D = 4{,}3\cdot10^{-13}\ \mathrm{m^2/s}$ . Jaka jest średnia kwadratowa przesunięcia w jednym kierunku po 1 min, 4 min i 1 h?

Odpowiedź
$\sqrt{2Dt}$ : 7,2 μm, 14 μm, 56 μm. Czterokrotnie dłuższy czas daje dwukrotnie większe przesunięcie.
Jak zmieni się $D$ kulki, gdy podgrzejemy wodę z 20 °C do 80 °C (lepkość maleje z 1,00 do 0,35 mPa·s)?

Odpowiedź
$D \propto T/\eta$ : $(353/293)\cdot(1{,}00/0{,}35) \approx 3{,}4$ razy większe. Zmiana lepkości daje większość efektu.
Ile czasu potrzebuje cząsteczka tlenu ( $D \approx 2\cdot10^{-9}\ \mathrm{m^2/s}$ w wodzie), by dyfundować na odległość 10 μm (komórka) i 1 mm? Dlaczego duże zwierzęta potrzebują krwiobiegu?

Odpowiedź
$t \approx x^2/2D$ : 10 μm w 0,025 s, 1 mm w 250 s, 1 cm w ok. 7 h. W skali komórki dyfuzja wystarcza, w skali organu już nie; serce i naczynia przenoszą tlen konwekcją.
Pokaż, że błądzenie losowe w trzech wymiarach o kroku $\ell$ i czasie kroku $\tau$ daje $D = \ell^2/6\tau$ . Oszacuj $D$ dla powietrza z $\ell = 66$ nm i $\tau = \ell/\langle v\rangle$ .

Odpowiedź
Po $N = t/\tau$ krokach $\langle r^2\rangle = N\ell^2 = 6Dt$ , więc $D = \ell^2/6\tau = \ell\langle v\rangle/6 \approx 66\cdot10^{-9}\cdot470/6 \approx 5\cdot10^{-6}\ \mathrm{m^2/s}$ . Dokładniejsza teoria (rozkład długości kroków, przypadkowe kierunki) daje $\tfrac13\ell\langle v\rangle \approx 10^{-5}$ ; zmierzone wartości dla gazów w powietrzu to $(1$ – $2)\cdot10^{-5}$ .

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda dla teorii kinetycznej

Przelicz na cząsteczki: $n = p/kT$ , $m = M/N_A$ . Wiele zadań staje się prostych, gdy znamy $n$ i $m$ .
Energia na stopień swobody: $\tfrac12kT$ na każdy wyraz kwadratowy; sprawdź, czy dany stopień swobody nie jest „zamrożony” (skok energii ≫ $kT$ ).
Prędkości: skaluj jak $\sqrt{T/m}$ ; wybierz właściwą średnią ( $v_p$ , $\langle v\rangle$ , $v_\text{rms}$ ).
Bariery i pola: czynnik Boltzmanna $e^{-E/kT}$ ; porównaj $E$ z $kT \approx 0{,}026$ eV w 300 K.
Transport: droga swobodna $\ell = 1/(\sqrt2n\sigma)$ , dyfuzja $\langle x^2\rangle = 2Dt$ ; czas rośnie z kwadratem odległości.
Sprawdzenie: jednostki, rząd wielkości (prędkości setki m/s, $n \sim 10^{25}\ \mathrm{m^{-3}}$ ) i znane przypadki graniczne.

Przykład 8.1 Ciśnienie azotu z ruchu cząsteczek

Sprawdź wzór $p = \tfrac13\rho\langle v^2\rangle$ dla azotu w 300 K pod ciśnieniem 1 atm, licząc $v_\text{rms}$ z temperatury, a gęstość z masy molowej.

$m = 28{,}0\ \mathrm{g/mol}/N_A = 4{,}65\cdot10^{-26}$ kg; $v_\text{rms} = \sqrt{3kT/m} \approx 517$ m/s.
$\rho = pM/RT = 101\,325\cdot0{,}028/(8{,}314\cdot300) \approx 1{,}14\ \mathrm{kg/m^3}$ .
$\tfrac13\rho v_\text{rms}^2 = \tfrac13\cdot1{,}14\cdot517^2 \approx 1{,}013\cdot10^5$ Pa.

Wynik: wychodzi dokładnie 1 atm, bo oba wzory to ta sama tożsamość $pV = NkT$ zapisana na dwa sposoby.

Sprawdzenie: prędkość dźwięku w azocie, $\sqrt{\kappa kT/m} \approx 353$ m/s, jest tego samego rzędu co $v_\text{rms}$ , ale mniejsza (stosunek $\sqrt{\kappa/3} \approx 0{,}68$ ). Fala dźwiękowa to zaburzenie przenoszone przez cząsteczki, więc nie może biec dużo szybciej od nich ✓.

Przykład 8.2 Zapłon w silniku Diesla

Silnik Diesla spręża powietrze (300 K, 1 atm) 20-krotnie. Jaką temperaturę i ciśnienie ma powietrze na końcu suwu sprężania, jeśli sprężanie jest adiabatyczne?

$TV^{\kappa - 1} = \text{const}$ , $\kappa = 1{,}4$ : $T = 300\cdot20^{0{,}4} \approx 994$ K, czyli ok. 720 °C.
$pV^\kappa = \text{const}$ : $p = 20^{1{,}4} \approx 66$ atm.

Wynik: ok. 1000 K i 66 atm. Wtryśnięte paliwo zapala się samo, bez świecy (temperatura samozapłonu oleju napędowego to ok. 500–600 K).

Sprawdzenie: izotermicznie ciśnienie wzrosłoby tylko 20 razy; adiabatycznie więcej, bo gaz jest też cieplejszy: $66 = 20\cdot(994/300)$ ✓. W prawdziwym silniku ciepło częściowo ucieka do ścianek, więc temperatura jest nieco niższa.

Przykład 8.3 Powietrze na Evereście

Ile tlenu dostaje himalaista na szczycie Mount Everestu (8849 m) w porównaniu z poziomem morza? Porównaj model izotermiczny z pomiarem (ok. 33,7 kPa).

Model izotermiczny, $H = 8{,}4$ km: $p/p_0 = e^{-8849/8430} \approx 0{,}35$ , czyli ok. 35 kPa.
Skład powietrza jest stały (mieszanie), więc ciśnienie cząstkowe tlenu też spada do ok. 0,33–0,35 wartości z poziomu morza.
Wdychane powietrze ogrzewa się w płucach do ok. 310 K niezależnie od temperatury na zewnątrz, więc liczba cząsteczek w oddechu o tej samej objętości płuc jest proporcjonalna do samego ciśnienia: ok. 0,33. Po odjęciu ciśnienia pary wodnej w płucach (6,3 kPa) ciśnienie cząstkowe tlenu we wdychanym powietrzu to $(33{,}7 - 6{,}3)/(101{,}3 - 6{,}3) \approx 0{,}29$ wartości z poziomu morza.

Wynik: każdy oddech dostarcza ok. 1/3 tlenu z poziomu morza, a ciśnienie cząstkowe tlenu w płucach to niecałe 0,3 wartości z poziomu morza. Dlatego większość wspinaczy używa butli.

Sprawdzenie: model izotermiczny nieco zawyża ciśnienie na dużej wysokości, bo w zimniejszym powietrzu $H$ jest mniejsze ✓.

Przykład 8.4 Dlaczego Ziemia traci wodór, a zatrzymuje azot

W egzosferze (powyżej ok. 500 km) temperatura sięga ok. 1000 K, a zderzenia są tak rzadkie, że szybka cząsteczka lecąca w górę może uciec. Porównaj ułamek cząsteczek H₂, He i N₂ szybszych od prędkości ucieczki (11,2 km/s).

$v_p = \sqrt{2kT/m}$ w 1000 K: H₂ 2870 m/s, He 2040 m/s, N₂ 770 m/s; stosunek $x = v_\text{ucieczki}/v_p$ : 3,9; 5,5; 14,5.
Ułamek $P(v > xv_p) = \operatorname{erfc}x + \tfrac{2x}{\sqrt\pi}e^{-x^2}$ : H₂ $1{,}1\cdot10^{-6}$ , He $5\cdot10^{-13}$ , N₂ $10^{-90}$ .
Ułamki są uzupełniane, bo zderzenia ciągle odtwarzają ogon rozkładu. Cząsteczek w egzosferze jest bardzo dużo, a czas geologiczny długi: przy $10^{-6}$ wodór ucieka z górnej atmosfery w czasie znikomym w skali geologicznej, przy $10^{-90}$ azot nie ucieknie nigdy.

Wynik: wodór i (wolniej) hel uciekają z Ziemi, azot i tlen nie. Dlatego w atmosferze praktycznie nie ma wolnego wodoru, a hel trzeba wydobywać z gazu ziemnego.

Sprawdzenie: Jowisz, z prędkością ucieczki 60 km/s i zimną atmosferą, zatrzymał wodór i składa się głównie z niego ✓.

Przykład 8.5 Ile ciepła potrzeba na kilogram?

Kilogram aluminium i kilogram ołowiu ogrzewamy o 10 K. Ile ciepła potrzeba w każdym przypadku według prawa Dulonga–Petita? Ile potrzeba na kilogram powietrza przy stałej objętości?

Liczba moli: Al $1000/27 \approx 37$ , Pb $1000/207 \approx 4{,}8$ .
$Q = n\cdot3R\cdot\Delta T$ : Al $\approx 9{,}2$ kJ, Pb $\approx 1{,}2$ kJ.
Powietrze: $n = 1000/29 \approx 34{,}5$ mola, $Q = n\cdot\tfrac52R\cdot\Delta T \approx 7{,}2$ kJ.

Wynik: 9,2 kJ, 1,2 kJ i 7,2 kJ. Liczy się liczba cząstek i ich stopni swobody, a nie masa.

Sprawdzenie: zmierzone ciepła właściwe: Al 897 J/(kg·K), Pb 129, powietrze ( $c_V$ ) 718; zgodność kilku procent ✓.

Przykład 8.6 Liczba Avogadra z ruchów Browna

Kulki o promieniu 0,50 μm w wodzie w 20 °C ( $\eta = 1{,}00$ mPa·s) obserwowano przez 60 s. Średni kwadrat przesunięcia wzdłuż osi $x$ wyniósł 51,5 μm². Wyznacz $k$ i $N_A$ .

$D = \langle x^2\rangle/2t = 51{,}5\cdot10^{-12}/120 \approx 4{,}29\cdot10^{-13}\ \mathrm{m^2/s}$ .
$k = 6\pi\eta aD/T = 6\pi\cdot10^{-3}\cdot0{,}5\cdot10^{-6}\cdot4{,}29\cdot10^{-13}/293{,}15 \approx 1{,}38\cdot10^{-23}$ J/K.
$N_A = R/k \approx 6{,}0\cdot10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$ .

Wynik: $k \approx 1{,}38\cdot10^{-23}$ J/K, $N_A \approx 6{,}0\cdot10^{23}$ : z obserwacji drobinek pod mikroskopem policzyliśmy atomy.

Sprawdzenie: dane są wymyślone tak, by dać dokładny wynik; Perrin z prawdziwych pomiarów (na wielu kulkach i z niepewnością rozmiaru) dostawał wartości ok. 6–7 $\cdot10^{23}$ . Wynik jest odwrotnie proporcjonalny do $\langle x^2\rangle$ , więc 10% błędu pomiaru przesunięć kwadratowych daje 10% błędu $N_A$ ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Temperatura to ilość ciepła w ciele.”: Temperatura mierzy średnią energię na stopień swobody, a ciepło to energia przekazana z powodu różnicy temperatur. Wanna letniej wody zawiera więcej energii wewnętrznej niż rozżarzona iskra.
„W danej temperaturze wszystkie cząsteczki mają tę samą prędkość.”: Prędkości mają rozkład Maxwella: w powietrzu są cząsteczki prawie nieruchome i takie, które pędzą 2 km/s. Temperatura wyznacza tylko jego szerokość.
„Cięższe gazy opadają i zalegają przy ziemi.”: W skali atmosfery mieszanie przeważa nad segregacją. CO₂ gromadzi się tylko lokalnie, przy braku ruchu powietrza (piwnice, jaskinie, zagłębienia przy wulkanach).
„Zapach rozchodzi się przez dyfuzję.”: Na odległość metrów dyfuzja jest zbyt wolna; zapach przenosi ruch powietrza.
„Ciśnienie gazu bierze się z odpychania cząsteczek.”: W gazie rozrzedzonym ciśnienie to pęd przenoszony na ściany przez uderzające cząsteczki.
„Ciężkie cząsteczki mają w tej samej temperaturze mniejszą energię.”: Mają tę samą średnią energię kinetyczną ruchu postępowego, $\tfrac32kT$ , tylko mniejsze prędkości.
„W temperaturze zera bezwzględnego wszystko staje w miejscu.”: Według fizyki klasycznej tak, ale mechanika kwantowa zostawia drgania zerowe; hel pod normalnym ciśnieniem nie krzepnie nawet w pobliżu 0 K.

8 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

Deszcz cząsteczek. Liczba cząsteczek uderzających w jednostkę powierzchni ściany w jednostce czasu wynosi $\tfrac14n\langle v\rangle$ (czynnik $\tfrac14$ pochodzi z uśrednienia po kierunkach). Oblicz ją dla powietrza w 20 °C. W komorze próżniowej przy $10^{-8}$ Pa czysta powierzchnia ma pozostać czysta: po jakim czasie pokryje się jedną warstwą cząsteczek (ok. $10^{15}$ na cm²), jeśli każda uderzająca cząsteczka przylgnie?
Rozwiązanie
1. $n = 2{,}5\cdot10^{25}\ \mathrm{m^{-3}}$ , $\langle v\rangle \approx 463$ m/s: strumień $\approx 2{,}9\cdot10^{27}\ \mathrm{m^{-2}s^{-1}} = 2{,}9\cdot10^{23}$ na cm² na sekundę. Pod ciśnieniem atmosferycznym warstwa powstaje w kilka nanosekund.
2. Przy $10^{-8}$ Pa: $n$ jest $10^{13}$ razy mniejsze, strumień ok. $2{,}9\cdot10^{10}$ na cm² na sekundę, a warstwa powstaje w ok. 10 godzin. Dlatego badania powierzchni wymagają ultrawysokiej próżni.
Dlaczego Księżyc nie ma atmosfery. Prędkość ucieczki z Księżyca to 2,38 km/s, a temperatura powierzchni w dzień ok. 390 K. Oblicz ułamek cząsteczek N₂ i H₂O szybszych od prędkości ucieczki i oceń, czy Księżyc mógł utrzymać atmosferę przez 4,5 mld lat.
Rozwiązanie
1. $v_p$ w 390 K: N₂ 480 m/s ( $x \approx 5{,}0$ ), H₂O 600 m/s ( $x \approx 4{,}0$ ). Ułamki: $\approx 10^{-10}$ i $\approx 7\cdot10^{-7}$ .
2. Księżyc nie ma gęstej atmosfery, więc każda szybka cząsteczka od razu ucieka, a ogon rozkładu uzupełniają odbicia od nagrzanego gruntu: przy każdym cząsteczka „losuje” prędkość na nowo. Jeden skok trwa ok. $2v_z/g \approx 400$ s, czyli kilkadziesiąt tysięcy losowań na rok; dla N₂ daje to czas życia rzędu $10^5$ lat. Atmosfera zniknęłaby w czasie dużo krótszym niż wiek Księżyca. Dodatkowo cząsteczki zdmuchuje wiatr słoneczny.
Balon na ogrzane powietrze. Jaką masę unosi 1 m³ powietrza ogrzanego do 100 °C w otoczeniu o temperaturze 15 °C? Ile metrów sześciennych potrzeba, by unieść 400 kg (kosz, palnik, dwie osoby i powłoka)? Porównaj z helem.
Rozwiązanie
1. Przy tym samym ciśnieniu gęstość jest odwrotnie proporcjonalna do $T$ : $\Delta\rho = \rho_0(1 - 288/373) \approx 1{,}225\cdot0{,}228 \approx 0{,}28\ \mathrm{kg/m^3}$ .
2. $400/0{,}28 \approx 1400$ m³: balon o średnicy ok. 14 m. Hel unosi ok. 1,06 kg na m³, prawie cztery razy więcej, ale jest drogi i ucieka.
Zamrożone drgania. Cząsteczka N₂ drga z częstotliwością $7{,}1\cdot10^{13}$ Hz. Według mechaniki kwantowej energia drgań zmienia się porcjami $h\nu$ . Porównaj $h\nu$ z $kT$ w 300 K i wyjaśnij, dlaczego azot ma $C_V = \tfrac52R$ , a nie $\tfrac72R$ . W jakiej temperaturze drgania zaczną się liczyć?
Rozwiązanie
1. $h\nu \approx 0{,}29$ eV, ok. 11 razy więcej niż $kT \approx 0{,}026$ eV. Ułamek cząsteczek wzbudzonych to w przybliżeniu $e^{-h\nu/kT} \approx e^{-11} \approx 10^{-5}$ : drgania prawie nie przyjmują energii.
2. Drgania zaczynają się liczyć, gdy $kT \sim h\nu$ , czyli przy ok. 3400 K (w praktyce wyraźnie od ok. 1000 K). Ta porażka ekwipartycji była jedną z pierwszych wskazówek, że fizyka klasyczna jest niepełna (Feynman, I-40-6).
Dźwięk i cząsteczki. Prędkość dźwięku w gazie to $\sqrt{\kappa p/\rho}$ . Pokaż, że stosunek prędkości dźwięku do $v_\text{rms}$ to $\sqrt{\kappa/3}$ , i oblicz go dla powietrza i helu. Dlaczego głos po wdechu helu brzmi wyżej?
Rozwiązanie
1. $p/\rho = kT/m = v_\text{rms}^2/3$ , więc $c_s/v_\text{rms} = \sqrt{\kappa/3}$ : powietrze 0,68, hel 0,75.
2. W helu prędkość dźwięku to ok. 1000 m/s, prawie trzy razy więcej niż w powietrzu. Częstotliwości rezonansowe krtani i jamy ustnej rosną proporcjonalnie, więc barwa głosu przesuwa się w górę (podstawowa częstotliwość drgań strun głosowych zmienia się mniej).
Granica czułości wagi skręceń. Lusterko zawieszone na cienkim włóknie kwarcowym o sztywności skrętnej $\kappa_s = 10^{-9}$ N·m/rad drga przypadkowo. Oblicz średnie kwadratowe wychylenie kątowe w 300 K. Dlaczego nie da się go zmniejszyć lepszym wyważeniem?
Rozwiązanie
1. Ekwipartycja: $\tfrac12\kappa_s\langle\theta^2\rangle = \tfrac12kT$ , więc $\theta_\text{rms} = \sqrt{kT/\kappa_s} \approx 2\cdot10^{-6}$ rad.
2. To ruchy Browna całego lusterka: uderzenia cząsteczek powietrza i drgania cieplne włókna. Zmniejszyć je można tylko obniżając temperaturę albo zwiększając sztywność (a więc tracąc czułość). Kappler w 1931 r. wyznaczył z takich pomiarów $N_A$ z dokładnością ok. 1%.
Lodówka i Arrhenius. Procesy psucia żywności mają energię aktywacji rzędu 50 kJ/mol. Ile razy wolniej zachodzą w lodówce (4 °C) niż w pokoju (20 °C)? A w zamrażarce ( $-18$ °C), gdyby szybkość wciąż zależała tylko od czynnika Boltzmanna?
Rozwiązanie
1. $\exp\big[\tfrac{E_a}R\big(\tfrac1{277} - \tfrac1{293}\big)\big] \approx 3{,}3$ razy wolniej.
2. Zamrażarka: $\exp\big[\tfrac{E_a}R\big(\tfrac1{255} - \tfrac1{293}\big)\big] \approx 21$ razy wolniej z samego czynnika Boltzmanna; w rzeczywistości dużo bardziej, bo zamarznięta woda przestaje być środowiskiem reakcji i bakterie się nie rozmnażają.
Perfumy w pokoju. Oszacuj, ile czasu potrzebowałby zapach, by przez samą dyfuzję ( $D \approx 2\cdot10^{-5}\ \mathrm{m^2/s}$ ) dotrzeć na odległość 5 m. Jakiej prędkości przepływu powietrza potrzeba, by konwekcja była szybsza?
Rozwiązanie
1. $t \approx x^2/2D = 25/(4\cdot10^{-5}) \approx 6\cdot10^5$ s, ok. tygodnia.
2. Konwekcja wygrywa, gdy $x/u < x^2/2D$ , czyli $u > 2D/x \approx 10^{-5}$ m/s, czyli ok. 1 cm na 15 minut. Takie przepływy powietrza są w każdym pokoju: od różnic temperatur, oddechu, otwierania drzwi.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Skąd bierze się ciśnienie gazu?

Z pędu przekazywanego ścianom przez uderzające cząsteczki: $pV = \tfrac13Nm\langle v^2\rangle$ .

2 Co mają równe dwa gazy w tej samej temperaturze?

Średnią energię kinetyczną ruchu postępowego na cząsteczkę, $\tfrac32kT$ ; nie prędkości.

3 Ile wynosi

kT

w temperaturze pokojowej?

Ok. 0,026 eV $\approx 1/40$ eV, czyli $4\cdot10^{-21}$ J.

4 Dlaczego

C_V

azotu to

\tfrac52R

Trzy stopnie swobody ruchu postępowego i dwa obrotowe; drgania są „zamrożone”, bo $h\nu \gg kT$ .

5 Jak gęstość atmosfery izotermicznej zależy od wysokości?

Wykładniczo: $n_0e^{-mgh/kT}$ , z wysokością skali ok. 8 km dla powietrza.

6 Jak zmienia się

v_\text{rms}

, gdy temperatura rośnie czterokrotnie?

Rośnie dwukrotnie, bo $v_\text{rms} = \sqrt{3kT/m}$ .

7 Jak średnie przesunięcie w błądzeniu losowym zależy od czasu?

Jak $\sqrt t$ : $\langle x^2\rangle = 2Dt$ .

8 Co zmierzył Perrin i co z tego wyznaczył?

Przesunięcia (i rozkład wysokości) drobinek zawiesiny; z $D = kT/6\pi\eta a$ wyznaczył $k$ , a z niego liczbę Avogadra.

10 Karta wzorów i co dalej

Gaz doskonały i ekwipartycja

$pV = \tfrac13Nm\langle v^2\rangle = NkT = nRT$

$\langle\tfrac12mv^2\rangle = \tfrac32kT$ ; $\;\tfrac12kT$ na wyraz kwadratowy

$k = 1{,}381\cdot10^{-23}$ J/K, $\;R = 8{,}314$ J/(mol·K); $\;kT_{300} \approx 0{,}026$ eV

$C_V$ : $\tfrac32R$ , $\tfrac52R$ , ciało stałe $3R$ ; $\;C_p = C_V + R$

adiabata: $pV^\kappa = \text{const}$ , $\;TV^{\kappa - 1} = \text{const}$

Rozkłady i transport

Boltzmann: $P \propto e^{-E/kT}$ ; atmosfera $n_0e^{-h/H}$ , $\;H = kT/mg$

Maxwell: $f(v) = 4\pi v^2\big(\tfrac{m}{2\pi kT}\big)^{3/2}e^{-mv^2/2kT}$

$v_p : \langle v\rangle : v_\text{rms} = \sqrt2 : \sqrt{8/\pi} : \sqrt3$ (razy $\sqrt{kT/m}$ )

$\ell = 1/(\sqrt2n\sigma)$ ; $\;\langle x^2\rangle = 2Dt$

Einstein–Stokes: $D = kT/(6\pi\eta a)$

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: rozdz. 39 (kinetyczna teoria gazów), 40 (zasady mechaniki statystycznej).
Dla chętnych: rozdz. 41 (ruchy Browna), 42 (zastosowania: parowanie, kinetyka chemiczna), 43 (dyfuzja), a także rozdz. 1 (atomy w ruchu).

Następny dział: Termodynamika i entropia. Wiemy już, czym jest ciepło na poziomie cząsteczek. Teraz zapytamy, ile pracy można z niego odzyskać. Odpowiedź Carnota nie zależy od żadnych szczegółów budowy materii, a pojęcie entropii połączy oba punkty widzenia: termodynamiczny i statystyczny.