SALINAS - MECÂNICA ESTATÍSTICA - CAPÍTULO 4

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Lista Caṕıtulo 4 - Mecânica Estat́ıstica
Emanuelly Silva
Problema 1
Tomando Nm como o número de spins nos estados:
Sj = ±1, D ≥ 0
Sj = 0, D = 0
Então:
N = N−1 +N0 +N1
E:
E = H = D(N−1 +N1) = D(N −N0) ∴
E
D
= (N−1 +N1) = (N −N0)
Disso, segue que N0 pode ser escrito como:
N0 = N −
E
D
Além disso:
u =
E
D
= D
(
1− N0
N
)
∴
N0
N
= 1− u
D
O número de microestados com determinada energia é igual ao número de maneiras pelas
quais podemos escolher o S = 0 spins, vezes o número de maneiras 2N−N0 que os spins restantes
podem se orientar sem alterar a energia, assim:
Ω =
(
N
N0
)
2N−N0 =
N !
N0!(N −N0)!
2N−N0
Dada as definições anteriores isso pode ser reescrito como:
Ω =
N !(
N − E
D
)
!(N −
(
N − E
D
)
)!
2
E
D =
2
E
DN !(
N − E
D
)
!
(
E
D
)
!
1
Agora, vamos usar a expansão de Stirling (ignorando os termos de ordem O(lnN, lnE), pois
no limite termodinâmico eles são despreźıveis) para calcularmos o lnΩ:
lnΩ = ln 2
E
D + lnN !− ln
(
E
D
)
!− ln
(
N − E
D
)
!
=
E
D
ln 2 +N lnN −N − E
D
ln
(
E
D
)
+
E
D
−
(
N − E
D
)
ln
(
N − E
D
)
+
(
N − E
D
)
=
E
D
ln 2 +N lnN − E
D
ln
(
E
D
)
−
(
N − E
D
)
ln
(
N − E
D
)
=
E
D
ln 2 +N lnN − E
D
ln
(
N
(
E
ND
))
−
(
N − E
D
)
ln
(
N
(
1− E
ND
))
=
E
D
ln 2 +N lnN − E
D
(
lnN + ln
(
E
ND
))
−
(
N − E
D
)(
lnN + ln
(
1− E
ND
))
=
E
D
ln 2− E
D
ln
(
E
ND
)
−
(
N − E
D
)
ln
(
1− E
ND
)
Então, no limite termodinâmico:
s(u) = lim
E,N→∞
1
N
S(E,N)
= lim
E,N→∞
1
N
KB lnΩ(E,N)
= KB lim
E,N→∞
1
N
lnΩ(E,N)
= KB lim
E,N→∞
1
N
(
E
D
ln 2− E
D
ln
(
E
ND
)
−
(
N − E
D
)
ln
(
1− E
ND
))
= KB lim
E,N→∞
(
E
ND
ln 2− E
ND
ln
(
E
ND
)
−
(
1− E
ND
)
ln
(
1− E
ND
))
Isso implica:
s(u) = KB
u
D
ln 2−KB
u
D
ln
( u
D
)
−KB
(
1− u
D
)
ln
(
1− u
D
)
Sabendo que:
∂s
∂u
=
1
T
2
Podemos fazer:
∂s
∂u
=
∂
∂u
(
KB
u
D
ln 2−KB
u
D
ln
( u
D
)
−KB
(
1− u
D
)
ln
(
1− u
D
))
= KB
(
1
D
ln 2− 1
D
ln
u
D
− u
D
1
D
u
D
−
(
− 1
D
ln
(
1− u
D
)
+
(
1− u
D
) − 1
D(
1− u
D
)))
= KB
(
1
D
ln 2− 1
D
ln
u
D
− 1
D
−
(
− 1
D
ln
(
1− u
D
)
− 1
D
))
= KB
(
1
D
ln 2− 1
D
ln
u
D
+
1
D
ln
(
1− u
D
))
=
KB
D
(
ln 2− ln u
D
+ ln
(
1− u
D
))
E então igualar da seguinte forma:
1
T
=
KB
D
(
ln 2− ln u
D
+ ln
(
1− u
D
))
Isso é o mesmo que:
1
KBT
=
1
D
ln
(
2(1− u
D
)
u
D
)
Mas sabendo a definição de beta:
β =
1
KBT
Temos:
ln
(
2(1− u
D
)
u
D
)
= βD
Aplicando a exponencial em ambos os lados:
2(1− u
D
)
u
D
= eβD
2D(1− u
D
) = ueβD
2D − 2u = ueβD
u(2 + eβD) = 2D
u =
2D
(2 + eβD)
3
Multiplicando e dividindo por e−βD concluiremos que:
u =
2De−βD
(2e−βD + 1)
Assim:
T � 0, então u � 2D3T � ∞, então u � 0
Para o calor espećıfico temos que:
c =
∂u
∂T
Então:
∂u
∂T
=
∂
∂T
(
2De−βD
(2e−βD + 1)
)
=
−2D2β′e−βD(2e−βD + 1) + 2De−βD2Dβ′e−βD
(2e−βD + 1)2
=
−4D2β′e−2βD − 2D2β′e−βD + 4D2β′e−2βD
(2e−βD + 1)2
=
−2D2β′e−βD
(2e−βD + 1)2
Agora, sabendo que:
β′ = − 1
KBT 2
Temos:
c =
2D2e
− D
KBT
KBT 2(2e
− D
KBT + 1)2
Logo:
T � 0, então c � 0T � ∞, então c � 0
4
Finalmente, escrevendo a entropia em função da temperatura:
s(T ) = KB
 2e−
D
KBT ln 2
(2e
− D
KBT + 1)
−
2e
− D
KBT ln
(
2e
− D
KBT
(2e−βD+1)
)
(2e
− D
KBT + 1)
−
(
1− 2e
− D
KBT
(2e
− D
KBT + 1)
)
ln
(
1− 2e
− D
KBT
(2e
− D
KBT + 1)
)
Isso implica:
T � 0, então s(T ) � 0T � ∞, então s(T ) � KB ln 3
5
Problema 2
Por definição sabemos que:
∂T
∂v
∣∣∣∣
p
=
1
αv
e
∂p
∂v
∣∣∣∣
T
=
1
KTv
Então, vamos tentar achar as expressões por meio da equação de estado. Para tanto preci-
samos primeiramente da entropia, que é dada no exemplo 2 do caṕıtulo por:
s(u) = KB
(
u
ℏω
+
1
2
)
ln
(
u
ℏω
+
1
2
)
−KB
(
u
ℏω
− 1
2
)
ln
(
u
ℏω
− 1
2
)
Derivando isso e sabendo que:
∂s
∂v
=
p
T
Teremos:
∂s
∂v
= KB
(
u′ℏω − uℏω′
ℏ2ω2
)
ln
(
u
ℏω
+
1
2
)
+KB
(
u
ℏω
+
1
2
)
1(
u
ℏω +
1
2
) (u′ℏω − uℏω′
ℏ2ω2
)
−
KB
(
u′ℏω − uℏω′
ℏ2ω2
)
ln
(
u
ℏω
− 1
2
)
−KB
(
u
ℏω
− 1
2
)
1(
u
ℏω −
1
2
) (u′ℏω − uℏω′
ℏ2ω2
)
Que cancelando e rearranjando alguns termos fica:
∂s
∂v
= KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)
ln
(
u
ℏω
+
1
2
)
−KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)
ln
(
u
ℏω
− 1
2
)
= KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)(
ln
(
u
ℏω
+
1
2
)
− ln
(
u
ℏω
− 1
2
))
= KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)(
ln
(
2u+ ℏω
2ℏω
)
− ln
(
2u− ℏω
2ℏω
))
= KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)
ln
(
2u+ℏω
2ℏω
2u−ℏω
2ℏω
)
= KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)
ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
Igualando, obteremos a seguinte equação de estado:
p
T
= KB
(
u′ω − uω′
ℏω2
)
ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
6
Dai tiramos que:
p = KBTC ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
Onde:
C =
(
u′ω − uω′
ℏω2
)
Agora fazendo a derivada de p em relação a v (com T constante) ficamos com:
∂p
∂v
∣∣∣∣
T
= KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTC
1(
2u+ℏω
2u−ℏω
) (2u′ + ℏω′)(2u− ℏω)− (2u+ ℏω)(2u′ − ℏω′)
(2u− ℏω)2
= KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTC
(
2u− ℏω
2u+ ℏω
)(
(2u′ + ℏω′)(2u− ℏω)− (2u+ ℏω)(2u′ − ℏω′)
(2u− ℏω)2
)
= KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTC
(
2u′ + ℏω′
2u+ ℏω
− 2u
′ − ℏω′
2u− ℏω
)
= KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTC
(
4u′u− 2u′ℏω + 2uℏω′ − ℏ2ωω′ − 4u′u− 2u′ℏω + 2uℏω′ + ℏ2ω′ω
4u2 − ℏ2ω2
)
= KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTC
(
−4u′ℏω + 4uℏω′
4u2 − ℏ2ω2
)
Definindo:
A =
(
−4u′ℏω + 4uℏω′
4u2 − ℏ2ω2
)
Concluiremos que:
∂p
∂v
∣∣∣∣
T
= KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTCA
Ainda sabemos que isto é também igual a:
KBTC
′ ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
+KBTCA = −
1
KTv
Isolando KT teremos então:
KT = −
1
KBvT
(
C ′ ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
)
+ CA
)
7
Agora, voltando a equação de estado temos que:
p
T
= KBC ln
(
2u+ ℏω
2u− ℏω
)
∴ T =
p
KBC ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
)
Derivando em relação a v (com p constante):
∂T
∂v
∣∣∣∣
p
= −
p
(
KBC
′ ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
)
+ CAKB
)(
KBC ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
))2
= −
p
(
C ′ ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
)
+ CA
)
KB
(
C ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
))2
Mas sabemos que isso é igual a:
−
p
(
C ′ ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
)
+ CA
)
KB
(
C ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
))2 = 1αv
Logo, isolando α, podemos concluir que:
α = −
KB
(
C ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
))2
pv
(
C ′ ln
(
2u+ℏω
2u−ℏω
)
+ CA
)
8
Problema 3
Do exemplo 3, equações 36 e 37, temos que:
s(u) = −KB
(
1− u
ε
)
ln
(
1− u
ε
)
−KB
u
ε
ln
(u
ε
)
u =
εe−βε
1 + e−βε
Com β = 1
KBT
. Agora, do problema:
ε = ε(v) =
a
vγ
Derivando:
∂ε
∂v
= −aγ v
γ−1
v2γ
= −aγvγ−1−2γ = −aγv−1−γ = −aγv−(1+γ) = −aγ
v1+γ
Mas sabemos que:
∂s
∂v
=
p
T
Logo, derivando s (equação 36) em relação a v, ficamos com:
∂s
∂v
= KB
(
u′ · ε− u · ε′
ε2
)
ln
(
1− u
ε
)
−KB
(
1− u
ε
) 1
1− u
ε
(
−u
′ · ε− u · ε′
ε2
)
−KB(
u′ · ε− u · ε′
ε2
)
ln
(u
ε
)
−KB
u
ε
ε
u
(
u′ · ε− u · ε′
ε2
)
Para uma maior praticidade tomemos:
C =
(
u′ · ε− u · ε′
ε2
)
Então:
∂s
∂v
= KBC ln
(
1− u
ε
)
−KB
(
1− u
ε
) 1
1− u
ε
(−C)−KBC ln
(u
ε
)
−KBC
= KBC ln
(
1− u
ε
)
+KBC −KBC ln
(u
ε
)
−KBC
= KBC ln
(
1− u
ε
)
−KBC ln
(u
ε
)
= KBC
(
ln
(
1− u
ε
)
− ln
(u
ε
))
= KBC ln
( ε
u
− 1
)
9
Mas:
u
ε
=
e−βε
1 + e−βε
∴
ε
u
= eβε + 1
Com isso:
∂s
∂v
= KBC ln
(
eβε + 1− 1
)
= KBC ln
(
eβε
)
Colocando de volta o valor real de C, teremos:
∂s
∂v
= KB
(
u′ · ε− u · ε′
ε2
)
ln
(
eβε
)
Substituindo os valores para colocar em função de T e v ficaremos com:
∂s
∂v
= KB
 (ε′e−βε+ε(−βε)e−βε)(1+e−βε)−εe−βε(−βε′e−βε)(1+e−βε)2 · ε− εe−βεε′1+e−βε
ε2
 ln(e aβvγ )
= KB ·
(
ε′e−βε
ε(1 + e−βε)
− εβe
−βε
(1 + e−βε)
+
ε′βe−2βε
(1 + e−βε)2
− ε
′e−βε
(1 + e−βε)
)
ln
(
e
aβ
vγ
)
= KB
−γ
v
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
− aβ
vγ
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
− aγβ
v1+γ
(
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
)2
+
aγ
v1+γ
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
 ln(e aβvγ )
=
KBe
− βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
(
−γ
v
− aβ
vγ
− aγβ
v1+γ
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
+
aγ
v1+γ
)
ln
(
e
aβ
vγ
)
E então:
p
T
=
KBe
− βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
(
−γ
v
− aβ
vγ
− aγβ
v1+γ
e−
βa
vγ
(1 + e−βa
vγ )
+
aγ
v1+γ
)
ln
(
e
aβ
vγ
)
Isolando p, teremos:
p = KBT
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
(
−γ
v
− aβ
vγ
− aγβ
v1+γ
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
+
aγ
v1+γ
)
ln
(
e
aβ
vγ
)
Mas, da definição de beta:
p = β−1
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
(
−γ
v
− aβ
vγ
− aγβ
v1+γ
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
+
aγ
v1+γ
)
ln
(
e
aβ
vγ
)
10
Logo:
p =
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
(
− γ
vβ
− a
vγ
− aγ
v1+γ
e−
βa
vγ
(1 + e−
βa
vγ )
+
aγ
βv1+γ
)
ln
(
e
aβ
vγ
)
Finalmente, substituindo a definição de beta:
p =
e
− a
KBTv
γ
(1 + e
− a
KBTv
γ )
(
−KBTγ
v
− a
vγ
− aγ
v1+γ
e
− a
KBTv
γ
(1 + e
− a
KBTv
γ )
+
KBTaγ
v1+γ
)
a
KBTvγ
=
e
− a
KBTv
γ
(1 + e
− a
KBTv
γ )
(
− aγ
v1+γ
− a
2
KBTv2γ
− a
2γ
KBTv1+2γ
e
− a
KBTv
γ
(1 + e
− a
KBTv
γ )
+
a2γ
v1+2γ
)
Assim, concluimos que:
p(T, v) =
ae
− a
KBTv
γ
vγ(1 + e
− a
KBTv
γ )
(
−γ
v
− a
KBTvγ
− aγ
KBTv1+γ
e
− a
KBTv
γ
(1 + e
− a
KBTv
γ )
+
aγ
v1+γ
)
Agora, para a compressibilidade isotérmica sabemos que:
∂p
∂v
∣∣∣∣
T
= − 1
KTv
Para simplificar a derivação do P na nossa equação de estado em relação a v, vamos voltar
alguns passos de modo que:
p
T
= KBC ln
( ε
u
− 1
)
∴ p = KBTC ln
( ε
u
− 1
)
Podemos fazer isso porque o problema não pede para deixar a compressibilidade isotérmica
explicitamente em termos de T e v, dessa maneira:
∂p
∂v
∣∣∣∣
T
= KBTC
′ ln
( ε
u
− 1
)
+KBTC
1(
ε
u
− 1
) (ε′u− εu′
u2
)
= KBTC
′ ln
( ε
u
− 1
)
+KBTC
1(
ε
u
− 1
) (−u′ε− uε′
u2
)(
ε2
u2
)
= KBTC
′ ln
( ε
u
− 1
)
+KBTC
1(
ε
u
− 1
) (−C)( ε2
u2
)
= KBTC
′ ln
( ε
u
− 1
)
− KBTC
2ε2
εu− u2
11
Igualando concluiremos que:
KBTC
′ ln
( ε
u
− 1
)
− KBTC
2ε2
εu− u2
= − 1
KTv
Que isolando KT nos dá:
KT =
1
KBvT
(
C2ε2
εu−u2 − C ′ ln
(
ε
u
− 1
))
12
Problema 5
Da definição de entropia sabemos que:
S(V,N) = KB lnΩ(V,N)
Dessa forma:
S(V,N) = KB ln
(
V !
N !(V −N)!
)
= KB (lnV !− lnN !(V −N)!)
= KB (lnV !− lnN !− ln (V −N)!)
Então, pela aproximação de Stirling (excluindo os termos de ordem):
S(V,N) = KB ([V lnV − V ]− [N lnN −N ]− [(V −N) ln (V −N)− (V −N)])
= KB ([V lnV − V ]− [N lnN −N ]− [(V −N) ln (V −N)] + V −N)
= KB ([V lnV ]− [N lnN ]− [(V −N) ln (V −N)])
No limite termodinâmico:
s(v) = lim
V,N→∞
1
N
S(V,N)
= KB lim
V,N→∞
1
N
([V lnV ]− [N lnN ]− [(V −N) ln (V −N)])
= KB lim
V,N→∞
(
V
N
lnV − lnN − (V −N)
N
ln
(
N
N
(V −N)
))
= KB lim
V,N→∞
(
V
N
lnV − lnN −
(
V
N
− 1
)
ln
(
N
(
V
N
− 1
)))
= KB lim
V,N→∞
(
V
N
lnV − lnN −
(
V
N
− 1
)(
lnN + ln
(
V
N
− 1
)))
= KB lim
V,N→∞
(
V
N
lnV − lnN −
(
V
N
− 1
)
lnN −
(
V
N
− 1
)
ln
(
V
N
− 1
))
= KB[v ln v − (v − 1) ln (v − 1)]
Assim a entropia por part́ıcula é dada por:
s(v) = KB[v ln v − (v − 1) ln (v − 1)]
13
Para a equação de estado, sabendo que:
∂s
∂v
=
p
T
Podemos fazer:
∂s
∂v
= KB
(
ln v + v
1
v
− ln (v − 1)− (v − 1) 1
(v − 1)
)
= KB (ln v − ln (v − 1))
= −KB (ln (v − 1)− ln v)
= −KB ln
(
v − 1
v
)
= −KB ln
(
1− 1
v
)
Isso implica:
p
T
= −KB ln
(
1− 1
v
)
Agora, consideremos a seguinte expansão:
ln (1− x) = −x− x
2
2
− x
3
3
− . . .
Se tomarmos x = 1
v
teremos que:
ln (1− 1
v
) = −1
v
− 1
2v2
− 1
3v3
− . . .
Assim, a expansão para p
T
é dada por:
p
T
= KB
(
1
v
+
1
2v2
+
1
3v3
+ . . .
)
Que em termos de densidade (1/v), fica:
p
T
= KB
(
ρ+
1
2
ρ2 +
1
3
ρ3 + . . .
)
14
Considerando apenas o primeiro termo da expansão, temos:
p
T
= KB
1
v
Isso nos leva diretamente a lei dos gases ideais:
pv = KBT
Agora para esboçar o gráfico de µ/T vamos considerar:
s(v) =
1
N
S(V,N)
Então:
S(V,N) = Ns(v) ∴
∂S
∂N
= s(v)
Assim:
µ
T
= −KB[v ln v − (v − 1) ln (v − 1)]
E se ρ → 0 então v → ∞. Ainda, se ρ → 1 então v → 1. Logo teremos a seguinte
representação gráfica:
Figura 1: Gráfico µ/T contra ρ
15