Um gás ideal monoatômico de N moléculas de massa m está em equilíbrio térmico a uma temperatura absoluta T. O gás está contido em uma caixa cúbica de aresta L, cujos lados de baixo e de cima estão paralelos à superfície da Terra. Considere o efeito do campo gravitacional sobre as moléculas. A aceleração da gravidade é g.
a) a função de partição de uma molécula do gás;
b) a energia cinética média de uma molécula do gás;
c) a energia potencial média de uma molécula do gás;
d) a energia potencial média de uma molécula do gás no caso em que \frac{m g L}{k_{B} T} \ll 1. Faça o cálculo até a 2^{\underline{a}} ordem da razão \frac{m g L}{k_{B} T}.
а) z=\frac{V}{\lambda^{3}} \cdot \frac{k_{B} T}{m g L}\left[1-e^{-m g L / k_{B} T}\right]
b) \left\langle E_{\text {cin }}\right\rangle=\frac{3}{2} k_{B} T
c) \left\langle E_{\text {pot }}\right\rangle=\frac{m g L}{e^{m g L / k_{B} T}-1}
d) \left\langle E_{\text {pot }}\right\rangle \approx \frac{m g L}{2}\left[1-\frac{m g L}{6 k_{B} T}\right]

Passo 1

O enunciado trata de um gás ideal monoatômico de N moléculas de massa m sob gravidade g confinado em um cubo de aresta L à temperatura T. O objetivo é usar o formalismo canônico de partição, separando as contribuições de momento cinético e de energia potencial gravitacional U(z)=m g z, para achar:
  1. a função de partição de uma molécula;
  2. a energia cinética média;
  3. a energia potencial média;
  4. a expansão de \langle E_{\rm pot}\rangle em \varepsilon=\frac{m g L}{k_{B}T}\ll1 até segunda ordem.

Passo 2

A função de partição de uma molécula é
z \;=\;\frac{1}{h^{3}}\int d^{3}p\;e^{-\beta p^{2}/2m}\;\int_{A}\!dx\,dy\int_{0}^{L} dz\;e^{-\beta m g z},
com \beta=1/(k_{B}T) e A=L^{2}. O integral de momento dá (2\pi m k_{B}T)^{3/2}, de modo que, usando
\lambda=\frac{h}{\sqrt{2\pi m k_{B}T}},
obtemos
z =\frac{L^{2}\,(2\pi m k_{B}T)^{3/2}}{h^{3}}\;\frac{1-e^{-\beta m g L}}{\beta m g} =\frac{V}{\lambda^{3}}\;\frac{k_{B}T}{m g L}\,\Bigl[1-e^{-\,m g L/(k_{B}T)}\Bigr].

Passo 3

A energia cinética média decorre da parte de momento, que é a mesma de um gás livre. Pelo princípio da equipartição, cada grau dá \tfrac12k_{B}T, totalizando
\langle E_{\rm cin}\rangle =\frac{3}{2}\,k_{B}T.

Passo 4

A energia potencial média vem de
\langle E_{\rm pot}\rangle =-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_{\rm pos},
onde
Z_{\rm pos}=\int_{0}^{L}e^{-\beta m g z}dz =\frac{1-e^{-\beta m g L}}{\beta m g}.
Fazendo a derivada, chega-se a
\langle E_{\rm pot}\rangle =k_{B}T-\frac{m g L}{e^{\,m g L/(k_{B}T)}-1}.

Passo 5

Para \varepsilon=\frac{m g L}{k_{B}T}\ll1 fazemos a expansão até \varepsilon^{2}. Usando
\frac{\varepsilon}{e^{\varepsilon}-1} =1-\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon^{2}}{12}+O(\varepsilon^{3}),
temos
\langle E_{\rm pot}\rangle =k_{B}T-\;k_{B}T\;\frac{\varepsilon}{e^{\varepsilon}-1} \approx k_{B}T-\;k_{B}T\bigl[1-\tfrac{\varepsilon}{2}+\tfrac{\varepsilon^{2}}{12}\bigr] =\frac{m g L}{2}-\frac{(m g L)^{2}}{12\,k_{B}T}.

Resposta

a)
z =\frac{V}{\lambda^{3}}\;\frac{k_{B}T}{m g L}\,\Bigl[1-e^{-\,m g L/(k_{B}T)}\Bigr]
b)
\langle E_{\rm cin}\rangle =\frac{3}{2}\,k_{B}T
c)
\langle E_{\rm pot}\rangle =k_{B}T-\frac{m g L}{e^{\,m g L/(k_{B}T)}-1}
d)
\langle E_{\rm pot}\rangle \approx \frac{m g L}{2}\;-\;\frac{(m g L)^{2}}{12\,k_{B}T}.

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