prova exame unificado da física( EUF)2007-2

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1
EXAME DE INGRESSO PARA A PÓS-GRADUAÇ�O DO IFGW
2
0
SEMESTRE DE 2007
Questão 1.
Um os
ilador harm�ni
o simples unidimensional que se movimenta em torno de um ponto
de equilíbrio xeq = 0 é um sistema formado por um 
orpo de massa m sobre o qual atua
uma força restauradora linear F (x) = −kx, onde k é uma 
onstante positiva 
hamada
onstante da mola ou 
onstante de Hooke.
(a) Es
reva a equação do movimento do os
ilador harm�ni
o simples e determine a sua
solução geral x(t).
Solução:
Da segunda lei de Newton
F (x) = −kx = md
2x
dt2
⇒ md
2x
dt2
+ kx = 0.
A solução geral deve ter duas 
onstantes arbitrárias. A equação a
ima é resolvida por
soluções harm�ni
as (senos e 
ossenos). Formas possíveis de es
rever a solução geral são
x (t) = A sin (ωt+ θ0) ,
x (t) = A cos (ωt+ θ0) ,
x (t) = A sin (ωt) +B cos (ωt) ,
onde ω =
√
k/m e A, B e θ0 a
ima são 
onstantes arbitrárias.
(b) Determine as 
onstantes arbitrárias da solução geral obtida no item anterior supondo
que o 
orpo parta do repouso e da posição x(t = 0) = xo.
Solução:
Supondo a primeira forma dada no item (a), temos que
x (t = 0) = A sin θ0 = xo,
dx
dt
∣∣∣∣
t=0
= Aω cos θ0 = 0.
A segunda equação a
ima forne
e θ0 = π/2, já que A = 0 nos leva a uma solução trivial.
Levando esse valor de θ0 na primeira equação, obtemos A = xo. Finalmente,
x (t) = xo sin
(
ωt+
π
2
)
= xo cosωt.
2
(
) En
ontre a função energia poten
ial U(x) asso
iada à força F (x) = −kx.
Solução:
A energia poten
ial é dada por
U (x) = −
∫ x
xarb
F (x) dx =
k
2
(
x2 − x2arb
)
=
1
2
kx2,
onde, na última passagem, es
olhemos o ponto arbitrário xarb = 0.
(d) Mostre que um 
orpo que se en
ontra nas vizinhanças de um mínimo lo
al xmin de
uma função energia poten
ial V (x) tal que d2V (x)/dx2|x=xmin > 0 apresenta movimento de
os
ilador harm�ni
o simples.
Solução:
Expandindo V (x) em série de Taylor em torno do ponto xmin
V (x) =
∞∑
n=0
(x− xmin)n
n!
dnV (x)
dxn
∣∣∣∣
x=xmin
.
Como o ponto é de mínimo lo
al, a derivada no termo n = 1 é nula e a do termo n = 2 é
positiva. Para os
ilações su�
ientemente pequenas, podemos desprezar os termos 
om n ≥ 3
e aproximar a energia poten
ial por
V (x) ≈ V (xmin) + 1
2
d2V (x)
dx2
∣∣∣∣
x=xmin
(x− xmin)2 ,
que tem a mesma forma da energia poten
ial do item (
), a menos da 
onstante V (xmin) (que
não afeta o movimento) e substituindo-se x→ x−xmin, que apenas translada o movimento da
origem para o novo ponto de mínimo xmin. Portanto, o movimento será harm�ni
o simples,
em torno de xmin, 
om freqüên
ia angular
ω =
√√√√ d2V (x)dx2
∣∣∣
x=xmin
m
.
(e) Determine a freqüên
ia para pequenas os
ilações de um 
orpo de massam que se en
ontra
em torno de um mínimo lo
al xmin de uma função energia poten
ial V (x) qualquer.
Solução:
Do item anterior, a freqüên
ia angular de pequenas os
ilações é dada por
ω =
√√√√ d2V (x)dx2
∣∣∣
x=xmin
m
3
e a freqüên
ia será
f =
1
2π
√√√√ d2V (x)dx2
∣∣∣
x=xmin
m
.
4
Questão 2.
A solução da equação de S
hrödinger para o átomo de Hidrogênio mostra que os níveis
de energia do átomo são dados por En = −EI/n2 onde EI ≈ 13, 6 eV. Quando o elétron
faz uma transição de um nível n > 1 para o estado fundamental emitindo um úni
o fóton,
a linha espe
tral de emissão gerada perten
e à 
hamada série de Lyman. Suponha que o
elétron de um átomo em repouso faça uma transição entre os níveis n = 4 e n = 1 emitindo
um úni
o fóton. Por 
onservação de momento linear, o átomo adquire momento após a
emissão.
(a) Cal
ule o 
omprimento de onda do fóton emitido desprezando a transferên
ia de
momento linear (use h = 6, 6× 10−34 J.s, c = 3× 108m/s e 1 eV = 1, 6× 10−19 J).
Solução:
A energia do fóton é dada por ∆E = hν = hc/λ onde ∆E = E4 − E1 é a diferença de
energia entre os níveis ini
ial e �nal do elétron:
∆E = 13.6(1/12 − 1/42) eV = 13.6× 15/16 eV
= 13.6× 15/16× 1.6× 10−19J = 1.36× 15× 10−19J.
Dessa forma
λ =
(6.6× 10−34)(3× 108)
1.36× 15× 10−19 ≈
6.6
6.8
× 10−7m ≈ 1000Å.
(b) A luz emitida está em que região do espe
tro: infravermelho, visível ou ultravioleta?
Solução:
O espe
tro visível vai aproximadamente de 4000 Å(violeta) a 7000 Å(vermelho). Portanto,
a luz emitida está na faixa do ultra-violeta.
(
) Mostre que quando a energia 
inéti
a de re
uo do átomo é levada em 
onsideração, a
freqüên
ia do fóton emitido em uma transição entre dois níveis at�mi
os de diferença de
5
energia ∆E é reduzida por um fator que é aproximadamente (1−∆E/2Mc2), onde M é a
massa do átomo.
Solução:
Temos que usar 
onservação de momento e de energia. Chamando P o módulo do mo-
mento adquirido pelo átomo, pf o módulo do momento do fóton e Ef sua energia, temos:
P = pf = Ef/c
P 2
2M
+ Ef = ∆E.
Assim, substituindo P = Ef/c na segunda equação obtemos E
2
f/(2Mc
2)+Ef = ∆E. Resol-
vendo essa equação de segundo grau obtemos Ef . No entanto, 
omo sabemos que a 
orreção
devida a energia 
inéti
a do átomo é pequena, es
revemos
Ef = ∆E −
E2f
2Mc2
≈ ∆E − ∆E
2
2Mc2
onde usamos Ef ≈ ∆E no segundo termo. Assim,
Ef = ∆E(1− ∆E
2Mc2
).
Logo, a freqüên
ia do fóton emitido é reduzida pelo fator indi
ado.
(d) Qual é a variação relativa do 
omprimento de onda do fóton emitido, ∆λ/λ, quando se
leva em 
onta o re
uo do átomo?
Solução:
Usando λ = hc/Ef obtemos
λ = hc
∆E(1− ∆E
2Mc2
)
≈ hc
∆E
(1 + ∆E
2Mc2
)
≡ λ0(1 + ∆E2Mc2 ).
Então, a variação relativa de lambda �
a
λ− λ0
λ0
=
∆λ
λ0
≈ ∆λ
λ
=
∆E
2Mc2
.
6
Questão 3.
No �nal do sé
ulo XIX foram obtidas as 
onexões tão pro
uradas entre eletri
idade,
magnetismo e ópti
a, o que levou à teoria uni�
ada do Eletromagnetismo: �...fêz-se a luz!�.
A teoria baseia-se nas 
hamadas equações de Maxwell, as quais, na forma diferen
ial, no
Sistema Interna
ional, para o espaço livre (vá
uo) e na presença de 
argas e 
orrentes, são
expressas por:
~∇ · ~E = ρ
ǫ0
, ~∇× ~E = −∂
~B
∂t
,
~∇ · ~B = 0, ~∇× ~B = µ0 ~J + µ0ǫ0∂
~E
∂t
,
onde ǫ0 é a permissividade elétri
a e µ0 a permeabilidade magnéti
a do espaço livre.
Dados:
• Teorema de Gauss: ∫
V
[ ~∇ · ~F ] dV = ∮
S
~F · nˆ da
• Teorema de Stokes: ∫
S
[ ~∇× ~F ] · nˆ da = ∮
C
~F · d~r
• Identidades vetoriais: ~∇× (~∇× ~F ) = ~∇(~∇ · ~F )− ~∇2 ~F , ~∇ · (~∇× ~F ) = 0
• Equação de onda em 3 dimensões para um 
ampo vetorial ~F (~r, t):
~∇2 ~F = 1
v2
∂2 ~F
∂t2
(a) Obtenha as formas integrais 
orrespondentes e explique o signi�
ado físi
o de 
ada uma
das quatro equações.
Solução:
- DIVERGENTES:
• ~∇ · ~E = ρ
ǫ0
Integrando num volume arbitrário V , limitado por uma superfí
ie fe
hada S e utilizando
o teorema de Gauss:
7
∮
S
~E · nˆ da = 1
ǫ0
∫
V
ρ dV.
A integral à esquerda é o �uxo do 
ampo
~E através da superfí
ie S, ΦE e a integral à
direita é a 
arga no interior de S, Qint:
ΦE =
Qint
ǫ0
.
Esse resultado é baseado na lei de Coulomb e denominado Lei de Coulomb-Gauss ou
Lei de Gauss. O signi�
ado físi
o é que o �uxo do 
ampo elétri
o através de uma superfí
ie
fe
hada é dado pela (ou é propor
ional à) 
arga interna total no interior da superfí
ie. Como
o �uxo de 
argas externas a S é nulo (número de linhas de 
ampo que entram na superfí
ie
= número de linhas de 
ampo que saem), o 
ampo
~E na expressão a
ima pode ser devido
tanto a 
argas internas 
omo externas à superfí
ie.
• ~∇ · ~B = 0
Efetuando integração análoga ao 
aso anterior:
∮
S
~B · nˆ da = 0 =⇒ ΦB = 0,
ou seja, o �uxo do 
ampo magnéti
o através de qualquer superfí
ie fe
hada é nulo: as linhas
deampo magnéti
o não partem de ou 
onvergem para um ponto. Fisi
amente isso signi�
a
que, diferentemente do 
aso elétri
o (lei de Coulomb-Gauss), não há 
arga magnéti
a isolada
ou monopolo magnéti
o.
- ROTACIONAIS:
• ~∇× ~E = −∂ ~B
∂t
Integrando numa superfí
ie aberta S, tendo um 
aminho fe
hado, orientado, C 
omo
fronteira e utilizando o teorema de Stokes:
∮
C
~E · d~r = −
∫
S
∂ ~B
∂t
· nˆ da.
A derivada par
ial no interior do integrando passa a derivada total fora da integral:
∮
C
~E · d~r = − d
dt
∫
S
~B · nˆ da.
8
O termo à direita é a taxa de variação 
om o tempo do �uxo do 
ampo magnéti
o através
da superfí
ie S, dΦB/dt e o termo à esquerda é a 
ir
ulação do 
ampo elétri
o ~E ao longo do
aminho fe
hado C. Para um 
ir
uito de 
orrente fe
hado, essa última é a força eletromotriz
induzida, ε, devida à variação 
om o tempo do �uxo ΦB através do 
ir
uito:
ε = −dΦB
dt
.
Esse resultado geral é a Lei de Faraday-Lenz; o sinal - signi�
a �si
amente que a 
orrente
induzida tem um sentido de modo a se opor à 
ausa que a produziu (variação do �uxo). Um
aspe
to fundamental dessa lei, é a impli
ação de que a variação 
om o tempo de um 
ampo
magnéti
o (∂ ~B/∂t) induz um 
ampo elétri
o ~E.
• ~∇× ~B = µ0 ~J + µ0ǫ0 ∂ ~E∂t
Efetuando a integração de modo análogo ao 
aso anterior:
∮
C
~B · d~r = µ0
∫
~J · nˆ da + µ0
∫
[ǫ0
∂ ~E
∂t
] · nˆ da.
A primeira integral do membro direito é a 
orrente de 
ondução que atravessa o 
ir
uito
fe
hado C:
∫
~J · nˆ da = IC
e no 
aso esta
ionário ( ∂ ~E/∂t = 0), tem-se a 
hamada lei de Ampère:
∮
C
~B · d~r = µ0IC .
O termo ǫ0∂ ~E/∂t foi introduzido por Maxwell de modo a obter a generalização dessa lei
para o 
aso não esta
ionário. O argumento teóri
o baseia-se na equação da 
ontinuidade
(
onservação lo
al da 
arga elétri
a) e na lei de Gauss para o 
ampo elétri
o, no 
aso de
dependên
ia explí
ita de ρ 
om o tempo:
∂ρ
∂t
= ~∇ · [ ǫ0∂
~E
∂t
] 6= 0.
Para que a equação da 
ontinuidade da 
arga elétri
a,
~∇ · ~J + ∂ρ/∂t = 0, seja válida de
maneira geral é pre
iso modi�
ar a lei de Ampère adi
ionando-se à densidade de 
orrente
elétri
a
~J uma densidade volumétri
a de 
orrente de deslo
amento de�nida por
9
ǫ0
∂ ~E
∂t
≡ ~JD,
∫
~JD · nˆ da = ID.
Desse modo, na forma integral, temos
∮
C
~B · d~r = µ0IC + µ0ID,
onde IC e ID são as 
orrentes de 
ondução e de deslo
amento que atravessam o 
aminho
fe
hado C. Por exemplo, no 
aso de 
arregamento de um 
apa
itor, podem-se 
onsiderar
duas superfí
ies S tendo o mesmo 
aminho fe
hado C 
omo fronteira, uma sendo atravessada
pelo �o de 
orrente (
ondução) e outra entre as pla
as do 
apa
itor. Fisi
amente, a primeira
ontribuição 
orresponde à IC e a segunda à variação do 
ampo elétri
o 
om o tempo, entre
as pla
as, ID.
O resultado, assim generalizado, é 
hamado lei de Ampère-Maxwell e um aspe
to fun-
damental nessa lei é a impli
ação de que 
ampo elétri
o variável no tempo (∂ ~E/∂t), induz
ampo magnéti
o
~B.
(b) Mostre que em regiões do espaço livre onde não há 
arga ou 
orrente, os 
ampos
~E(~r, t)
e
~B(~r, t) obede
em à equação de onda em 3 dimensões.
Solução:
Na ausên
ia de 
argas e 
orrentes (ρ = 0 e ~J = 0) temos
~∇ · ~E = 0 (Gauss), ~∇× ~E = −∂
~B
∂t
(Faraday− Lenz),
~∇ · ~B = 0, ~∇× ~B = µ0ǫ0∂
~E
∂t
(Ampère-Maxwell).
- Campo
~E:
Apli
ando o rota
ional em ambos os membros da lei de Faraday-Lenz e da identidade
vetorial forne
ida:
~∇(~∇ · ~E)− ~∇2 ~E = ~∇× (−∂
~B
∂t
).
Sendo as derivadas espa
iais e temporal independentes (assume-se 
ontinuidade das
derivadas de segunda ordem), pode-se inverter a ordem das derivadas no membro à direita
e através da lei de Ampère-Maxwell, esse termo pode ser expresso por
10
− ∂
∂t
(~∇× ~B) = −µ0ǫ0∂
2 ~E
∂t2
.
Substituindo a
ima e de
~∇ · ~E = 0 (Gauss), temos
~∇2 ~E = µ0ǫ0∂
2 ~E
∂t2
,
que é a equação de onda em 3 dimensões (forne
ida), 
om a velo
idade asso
iada dada por
v =
1√
µ0ǫ0
.
- Campo
~B:
De modo análogo, apli
ando o rota
ional em ambos os membros da lei de Ampère-
Maxwell, utilizando a identidade vetorial forne
ida e de
~∇ · ~B = 0 obtemos
−~∇2 ~B = ~∇× (µ0ǫ0∂
~E
∂t
).
Invertendo a ordem das derivadas espa
iais e temporal e da lei de Faraday-Lenz:
~∇2 ~B = µ0ǫ0∂
2 ~B
∂t2
,
que também é a equação de onda em 3 dimensões, 
om a mesma expressão a
ima para a
velo
idade.
11
Questão 4.
Considere um espaço de dimensão 2. Nele a representação dos operadores M e N é dada
por:
M =

 1 2
−2 1

 N =

 0 2 + i
2− i 0


a) Quais destes operadores podem representar uma grandeza físi
a?
Solução
Para representar uma grandeza físi
a a matriz deve ser hermitiana. A matriz M não é,
pois M12 6= M∗21, mas a matriz N é, pois Nij = N∗ji. Portanto, apenas N pode representar
uma grandeza físi
a.
Neste espaço a representação dos operadores A e B é dada por:
A =

0 −i
i 0

 B =

1 0
0 −1


b) As grandezas representadas por estes operadores podem ser observadas simultaneamente?
Solução
Para as grandezas poderem ser observadas simultaneamente, seus operadores devem 
o-
mutar. Cal
ulando o 
omutador entre A e B obtemos:
AB−BA =

 0 2i
2i 0

 .
Os operadores não 
omutam e, portanto, suas grandezas não podem ser medidos simultane-
amente.
) Obtenha os autovalores e autovetores destes dois operadores.
Solução
12
O operador B já está na forma diagonal portanto, por inspeção, os autovalores são b1 =
1 e b2 = −1 e os autovetores 
orrespondentes são | b1 >=

 1
0


e | b2 >=

 0
1


,
respe
tivamente.
Para o operador A é ne
essário en
ontrar os autovalores resolvendo a equação se
ular:
det(A− λI) =
∣∣∣∣∣∣
−λ −i
i −λ
∣∣∣∣∣∣ = 0,
onde I é a matriz identidade. A equação resultante é λ2 = 1, 
om autovalores a1 = 1 e
a2 = −1.
Para obtermos os respe
tivos autovetores utilizamos (A − a1I)(A − a2I) = 0 que forne
e
| a1 >= 1√2

 1
i


e | a2 >= 1√2

 1
−i


.
d) Suponha agora um Hamiltoniano dado por H = ~ωA e que ini
ialmente, o sistema esteja
num dos autoestados de A, | ψ(0) >, à sua es
olha. Cal
ule | ψ(t) >.
Solução
Os autovetores de H serão os mesmos de A 
om autovalores ±~ω. Es
olhendo
| ψ(0) >=| a1 > e, 
omo H não depende expli
itamente do tempo, então
| ψ(t) >= c(t) | a1 >, onde c(t) = exp(−iEnt~ ) = exp(−iωt).
e) Se num instante t > 0 vo
ê medisse a grandeza asso
iada ao operador B, quais seriam
os resultados possíveis e quais seriam as suas probabilidades?
Solução
Os resultados da medida da grandeza asso
iada ao operador B serão os autovalores do
operador. As probabilidades serão as seguintes. Para o autovalor b1 = 1, a probabilidade será
|< b1 | ψ(t) >|2= 12 , e para o autovalor b2 = −1, a probabilidade será |< b2 | ψ(t) >|2= 12 .
f) Imagine que foi feita uma medida da grandeza asso
iada ao operador B no instante to > 0.
Imediatamente após a medida ter sido feita, 
omo será | ψ(to + ǫ)〉, onde ǫ→ 0 e ǫ > 0 ?
Solução
Imediatamente após a medida o estado | ψ(to + ǫ) > será o autoestado 
orrespondente
13
ao autovalor medido. Se a medida der 
omo resultado b1 = 1, o estado do sistema será
| ψ(to+ ǫ) >=| b1 >=

 1
0


. Se a medida der 
omo resultado b2 = −1, o estado do sistema
será | ψ(to + ǫ) >=| b2 >=

 0
1


.
14
Questão 5.
Considere um sistema de N os
iladores harm�ni
os unidimensionais lo
alizados, de-
sa
oplados e idênti
os, de�nido pelo hamiltoniano
H =
N∑
i=1
[p2i
2m
+
1
2
mω2x2i
]
.
O sistema en
ontra-se em equilíbrio térmi
o a temperatura T .
(a) Utilize o teorema da eqüipartição da energia para obter a energia interna 
lássi
a do
sistema U ≡ 〈H〉, onde 〈· · · 〉 denota uma média térmi
a. A partir dela obtenha a 
apa
i-
dade 
alorí�
a do sistema C = (∂U/∂T )N . Não se esqueça de que se trata de os
iladores
unidimensionais.
Solução:
O teorema da eqüipartição da energia a�rma que 
ada termo quadráti
o da função hamil-
toniana 
lássi
a 
ontribui 
om kBT/2 para a energia interna total do sistema. Como os os-
iladores harm�ni
os são unidimensionais, na função hamiltoniana 
lássi
a do sistema H há
N termos do tipo p2i /2m asso
iados à energia 
inéti
a eN termos do tipomω
2x2i /2 asso
iados
à energia poten
ial. A energia interna 
lássi
a é dada, portanto, por U ≡ 〈H〉 = NkBT/2 +
NkBT/2 = NkBT . A 
apa
idade 
alorí�
a é dada por C = (∂U/∂T )N = NkB. Embora não
tenha sido soli
itada a prova do teorema, a média térmi
a 〈H〉 envolve integrações no espaço
de fase 
lássi
o, 〈H〉 ≡
[∫ ∏N
i=1(dxidpi/h)H e−βH
]/[∫ ∏N
i=1(dxidpi/h) e
−βH
]
.
(b) Para a versão quânti
a, obtenha a função de partição 
an�ni
a do sistema Z =
∑
α e
−βEα
,
onde β = 1/kBT e Eα é o autovalor do operador hamiltoniano do sistema H 
orrespondente
ao autoestado α. Lembre-se que os níveis de energia quânti
os de um os
ilador harm�ni
o
unidimensional de freqüên
ia ω são dados por ǫn = (n+1/2)~ω. Soma geométri
a:
∑∞
n=0 λ
n =
1/(1− λ) para |λ| < 1.
Solução:
Os autovalores Eα do operador hamiltoniano do sistema H são dados pela soma dos
autovalores de energia dos N os
iladores harm�ni
os unidimensionais, Eα ≡
∑N
i=1 ǫn(α)
i
=∑N
i=1[n
(α)
i + 1/2]~ω = N~ω/2 +
∑N
i=1 n
(α)
i ~ω. A função de partição 
an�ni
a do sistema
é dada por Z =
∑
α e
−βEα = e−Nβ~ω/2
∑
α e
−β~ωPN
i=1 n
(α)
i
, onde o autoestado do sistema
α é 
ara
terizado pelo 
onjunto dos números quânti
os dos N os
iladores unidimensionais,
α ≡ (n(α)1 , n(α)2 , · · · , n(α)N−1, n(α)N ). A soma sobre autoestados do sistema
∑
α pode ser efetuada,
portanto, somando-se sobre todos os números quânti
os dos N os
iladores unidimensionais,
15
∑
α ≡
∑∞
n
(α)
1 =0
∑∞
n
(α)
2 =0
· · ·∑∞
n
(α)
N−1=0
∑∞
n
(α)
N
=0
, visto que o espe
tro de energia do os
ilador
harm�ni
o unidimensional é ilimitado. Como as somas sobre os números quânti
os n
(α)
i
para os N os
iladores são idênti
as, a função de partição 
an�ni
a do sistema se fatora
ompletamente, Z = e−Nβ~ω/2
[∑∞
n=0 e
−β~ωn]N = e−Nβ~ω/2/(1− e−β~ω)N , onde utilizamos a
soma geométri
a para obter a última identidade.
(
) Demonstre que a energia interna média do sistema quânti
o U ≡ 〈Eα〉 pode ser 
al
ulada
através de U = −(∂ lnZ/∂β). Utilize então a função de partição 
an�ni
a Z, obtida no
item b, para 
al
ular U . Esse 
ál
ulo está asso
iado a um problema fundamental para o
desenvolvimento posterior da me
âni
a quânti
a, no qual Plan
k introduziu o 
on
eito de
quantum de energia. Qual é esse problema?
Solução:
A energia interna média do sistema quânti
o é dada por U ≡ 〈Eα〉 =
∑
αEαe
−βEα/Z,
pois e−βEα/Z é a probabilidade de se en
ontrar o sistema no autoestado α de autovalor
Eα. Por outro lado, 
omo Z =
∑
α e
−βEα
, temos −(∂ lnZ/∂β) = −(1/Z)(∂Z/∂β) =
−(1/Z)∑α ∂e−βEα/∂β = (1/Z)∑αEαe−βEα , 
oin
idindo 
om a expressão para 〈Eα〉. Obte-
mos, portanto, U ≡ 〈Eα〉 =
∑
αEαe
−βEα/Z = −(∂ lnZ/∂β). Utilizando a expressão de
Z obtida no item b, temos lnZ = −Nβ~ω/2 − N ln(1 − e−β~ω), U = −(∂ lnZ/∂β) =
N~ω/2 + N~ωe−β~ω/(1 − e−β~ω) = N~ω [1/2 + 1/(eβ~ω − 1)]. Esse 
ál
ulo está asso
iado
ao problema da radiação do 
orpo negro. Formas alternativas �nais para a energia interna:
U = N~ω
[
1/(1− e−β~ω)− 1/2] = (N~ω/2)(1+e−β~ω)/(1−e−β~ω) = (N~ω/2) coth(β~ω/2).
(d) A partir da energia interna U obtida no item 
, determine a 
apa
idade 
alorí�
a do
sistema C = (∂U/∂T )N , obtendo também seus termos dominantes nos limites de altas
(T ≫ θ ≡ ~ω/kB) e baixas temperaturas (T ≪ θ). É possível 
on
iliar algum desses dois
limites 
om o resultado 
lássi
o obtido no item a?
Solução:
Utilizando a expressão de U obtida no item 
, temos C = (∂U/∂T )N =
(∂β/∂T )(∂U/∂β)N = −kBβ2(∂/∂β)
[
N~ω/(eβ~ω − 1)] = NkB(β~ω)2eβ~ω/(eβ~ω − 1)2 =
NkB(θ/T )
2eθ/T/(eθ/T −1)2, onde θ ≡ ~ω/kB. No limite de baixas temperaturas C(T ≪ θ) ≈
NkB(θ/T )
2e−θ/T → 0, enquanto no limite de altas temperaturas C(T ≫ θ) ≈ NkB. Assim,
no limite de altas temperaturas há uma 
on
ordân
ia entre a 
apa
idade 
alorí�
a 
lássi
a,
obtida no item a, e aquela proveniente do tratamento quânti
o. Formas alternativas para a
apa
idade 
alorí�
a: C = NkB(β~ω)
2e−β~ω/(1− e−β~ω)2 = (NkB/4)(β~ω)2/sh2(β~ω/2).