Miscela gas

[ralf86]

Consideriamo un recipiente ermetico contenente due gas in ugual massa $O_2$ e $N_2$, inizialmente mescolati in modo omogeneo e a pressione e temperatura ordinarie (1bar, 20°C). La miscela è sottoposta alla gravità terrestre. Dopo un tempo sufficientemente lungo l'ossigeno che è più pesante si disporrà sul fondo separandosi dall'azoto oppure rimarranno mescolati indefinitamente a causa dell'agitazione termica? Oppure situazioni intermedie?
grazie

[Sk_Anonymous]

MAh...io mi rifarei semplicemente all'atmosfera terrestre...

[Quinzio]

Come dice navigatore, l'aria è sempre ben mescolata, per cui è immediato dire che la risposta è che non si separano. Altrimenti al suolo avremmo una atmosfera iperossigenata.
Non so però dare una spiegazione logica. Credo che dipenda dal fatto che la velocità media delle particelle è cosi' elevata che l'influenza della gravità è trascurabile. Per farsi un'idea del fenomeno si pensi ad una cascata d'acqua. La velocità elevata del flusso d'acqua che cade fa si che molte particelle si nebulizzano e volano via, formando una nube di goccioline che raggiunge altezze elevate, mescolandosi all'atmosfera.

Viceversa i gas più caldi (es. il fuoco) vanno subito verso l'alto.... .. questo perchè ...?

[ralf86]

quindi tutto mescolato? Ma le molecole hanno pesi diversi e non me lo giustifico se non pensando all'agitazione termica che in un certo senso mantiene il tutto in rimmescolamento perenne anche se macroscopicamente la miscela è ferma (velocià media nulla in ogni punto)

[Quinzio]

Ok, ma agitazione termica intesa come movimento meccanico delle particelle. Di per se il calore non c'entra.

[Sk_Anonymous]

"ralf86":quindi tutto mescolato? Ma le molecole hanno pesi diversi e non me lo giustifico se non pensando all'agitazione termica che in un certo senso mantiene il tutto in rimmescolamento perenne anche se macroscopicamente la miscela è ferma (velocià media nulla in ogni punto)

Nell'atmosfera c'è pure la spinta aerostatica, i venti a tutte le quote, le differenze di densità dovute a differenze di temperatura...L'atmosfera è un ambiente piuttosto agitato.
Ma consideriamo un recipiente chiuso: se introduci un gas, esso tende ad occupare tutto il volume disponibile, esercitando una certa pressione sulle pareti, che è dovuta gli urti delle molecole sulle pareti stesse. Se introduci un altro gas, anche questo fa la stessa cosa, e la pressione totale, secondo la legge di Dalton, è somma delle pressioni parziali che ogni gas eserciterebbe se fosse da solo.Insomma anche l'ambiente interno al recipiente è alquanto agitato, le molecole urtano tra loro e sulle pareti. Penso anch'io che la causa sia l'agitazione termica.

http://it.wikipedia.org/wiki/Legge_dell ... i_parziali

[Sk_Anonymous]

Nel caso in cui i due gas possano essere considerati ideali, si hanno le seguenti densità di probabilità:

$[f_(O_2)(x,y,z,v_x,v_y,v_z)=e^(-(M_(O_2)(v_x^2+v_y^2+v_z^2))/(2kT)-(M_(O_2)gz)/(kT))/(\int_{0}^{L_x}dx\int_{0}^{L_y}dy\int_{0}^{L_z}dz\int_{-oo}^{+oo}dv_x\int_{-oo}^{+oo}dv_y\int_{-oo}^{+oo}dv_ze^(-(M_(O_2)(v_x^2+v_y^2+v_z^2))/(2kT)-(M_(O_2)gz)/(kT)))]$

$[f_(N_2)(x,y,z,v_x,v_y,v_z)=e^(-(M_(N_2)(v_x^2+v_y^2+v_z^2))/(2kT)-(M_(N_2)gz)/(kT))/(\int_{0}^{L_x}dx\int_{0}^{L_y}dy\int_{0}^{L_z}dz\int_{-oo}^{+oo}dv_x\int_{-oo}^{+oo}dv_y\int_{-oo}^{+oo}dv_ze^(-(M_(N_2)(v_x^2+v_y^2+v_z^2))/(2kT)-(M_(N_2)gz)/(kT)))]$

Integrando rispetto a $[x,y,v_x,v_y,v_z]$ si ottengono le densità di probabilità rispetto a $[z]$ indipendentemente dal valore assunto dalle variabili di integrazione:

$[f_(O_2)(z)=e^(-(M_(O_2)gz)/(kT))/(\int_{0}^{L_z}dz\e^(-(M_(O_2)gz)/(kT)))] rarr [f_(O_2)(z)=e^(-(M_(O_2)gz)/(kT))/((kT)/(M_(O_2)g)(1-e^(-(M_(O_2)gL_z)/(kT))))]$

$[f_(N_2)(z)=e^(-(M_(N_2)gz)/(kT))/(\int_{0}^{L_z}dz\e^(-(M_(N_2)gz)/(kT)))] rarr [f_(N_2)(z)=e^(-(M_(N_2)gz)/(kT))/((kT)/(M_(N_2)g)(1-e^(-(M_(N_2)gL_z)/(kT))))]$

In definitiva:

$[(f_(O_2)(z))/(f_(N_2)(z))=M_(O_2)/M_(N_2)(1-e^(-(M_(N_2)gL_z)/(kT)))/(1-e^(-(M_(O_2)gL_z)/(kT)))e^(-((M_(O_2)-M_(N_2))gz)/(kT))]$

Come si può notare, il rapporto delle due densità di probabilità dipende da $[z]$ e assume il valore massimo per $[z=0]$, alla base del recipiente per intenderci. In particolare, essendo $[M_(O_2)>M_(N_2)]$, all'aumentare di $[z]$ diminuisce la probabilità di trovare una molecola di $[O_2]$ rispetto alla probabilità di trovare una molecola di $[N_2]$. Intuitivamente, avendo i due gas la stessa temperatura, una molecola di $[O_(2)]$ ha la stessa energia cinetica media di una molecola di $[N_(2)]$. Ma essendo $[M_(O_2)>M_(N_2)]$, la velocità media di una molecola di $[O_(2)]$ è minore della velocità media di una molecola di $[N_(2)]$. Per questo motivo, secondo la nota relazione $[h=v^2/(2g)]$, una molecola di $[O_(2)]$ "ha minori possibilità" di raggiungere una determinata altezza rispetto ad una molecola di $[N_(2)]$.

[ralf86]

quindi mi sembra di capire che la situazione è intermedia: ossigeno e azoto sono mescolati ma con sempre meno ossigeno man mano che si sale di quota. Esiste un legame analitico tra la densità di probabilità e la concentrazione? Sembrano concetti molto vicini

[Sk_Anonymous]

Intanto, ho modificato il calcolo dell'integrale di normalizzazione nel messaggio precedente per tenere conto dell'altezza del recipiente non necessariamente "infinita". Se $[N_(O_2)]$ è il numero di molecole di ossigeno contenute nel recipiente:

$[(dN_(O_2))/(dz)=N_(O_2)f_(O_2)(z)=(N_(O_2)e^(-(M_(O_2)gz)/(kT)))/((kT)/(M_(O_2)g)(1-e^(-(M_(O_2)gL_z)/(kT))))]$

Infatti:

$[\int_{0}^{L_z}dz(N_(O_2)e^(-(M_(O_2)gz)/(kT)))/((kT)/(M_(O_2)g)(1-e^(-(M_(O_2)gL_z)/(kT))))=N_(O_2)]$

Ovviamente, lo stesso risultato vale se $[N_(N_2)]$ è il numero di molecole di azoto contenute nel recipiente:

$[(dN_(N_2))/(dz)=N_(N_2)f_(N_2)(z)=(N_(N_2)e^(-(M_(N_2)gz)/(kT)))/((kT)/(M_(N_2)g)(1-e^(-(M_(N_2)gL_z)/(kT))))]$

Se, per concentrazione, intendi il rapporto tra il numero di molecole di uno dei due gas e il numero complessivo al variare di $[z]$, lascio a te la sua determinazione.