Solução exercícios Salinas - Lista3

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Lista 3 - F́ısica Estat́ıstica
Nome: Gabriel Henrique Batista RA: FFA200042
Tema: Ensemble Microcanônico e sua conexão com a ter-
modinâmica
Prof. Makoto Yoshida
Universidade Estadual Paulista - UNESP
Campus Rio Claro
IGCE - Instituto de Geociências e Ciências Exatas
Departamento de F́ısica
1. Considere um modelo de N ı́ons magnéticos localizados, definidos pelo hamiltoniano de
spin
H = D
N∑
j=1
S2j ,
onde a variável Sj pode assumir os valores −1, 0 e +1, para qualquer j (ver lista de
exerćıcios I).
(a) Dada a energia total E, utilize a expressão do número de estados microscópicos
acesśıveis ao sistema, Ω(E,N), para obter a entropia por part́ıcula s(u), onde u =
E/N .
Sol.:
Pela lista de exerćıcios I, sabemos que
Ω(E,N) =
N !
Ne!N0!
,
em que Ne é o número de vezes em que Sj 6= 0 ou seja, Ne = N+ +N−, N0 o número
de vezes em que Sj = 0 e N = Ne +N0.
No limite termodinâmico, E,N →∞ e u = E/N é fixo. Dessa forma, a entropia por
part́ıcula pode ser obtida por
s(u) = lim
E,N→∞
kB
1
N
ln Ω(E,N). (1)
Realizando os cálculos:
ln Ω(E,N) = l lnN !− (lnNe! + lnN0!))
Utilizando a expansão de Stirling (lnN ! = N lnN −N):
ln Ω(E,N) = N lnN −N − (Ne lnNe −Ne +N0 lnN0 −N0)
= N lnN���−N���+N −Ne lnNe −N0 lnN0
= N lnN −Ne lnNe −N0 lnN0.
Foi visto anteriormente que Ne = E/D e N0 = N − E/D. Substituindo em 1:
s = lim
E,N→∞
kB ·
1
N
[
N lnN − E
D
ln
E
D
−
(
N − E
D
)
ln
(
N − E
D
)]
= lim
E,N→∞
kB
[
N
N
lnN − E
ND
ln
E
D
−
(
N
N
− E
ND
)
ln
(
N − E
D
)]
= kB
[
− u
D
ln
u
D
−
(
1− u
D
)
ln
(
1− u
D
)]
1
s(u) = −kB
[
u
D
ln
u
D
+
(
1− u
D
)
ln
(
1− u
D
)]
(b) Obtenha uma expressão para o calor espećıfico c em função da temperatura T .
Sol.:
Usando a definição de calor espećıfico visto em aula,
c =
∂u
∂T
,
vemos que primeiramente devemos saber a expressão de u. É sabido que
∂s
∂u
=
1
T
,
logo:
∂s
∂u
= −kB
[
1
D
ln
u
D
+
�
��
u
D
·
�
�
�D
u
· 1
D
+
(
− 1
D
)
ln
(
1− u
D
)
+
+
��
��
��
(
1− u
D
)
·
��
�
��
�
(
1
1− u
D
)
·
(
− 1
D
)]
= −kB
[
1
D
ln
u
D�
�
�
+
1
D
− 1
D
ln
(
1− u
D
)
�
�
�− 1
D
]
=
kB
D
[
− ln u
D
+ ln
(
1− u
D
)]
=
kB
D
ln
[
���
D
1− u/��D
u/��D
]
=
kB
D
ln
[
D − u
u
]
∂s
∂u
=
kB
D
ln
[
D
u
− 1
]
=
1
T
D
kBT
= ln
(
D
u
− 1
)
exp
(
D
kBT
)
= exp
(
ln
(
D
u
− 1
))
D
u
− 1 = exp
(
D
kBT
)
u(T ) =
D
exp
(
D
kBT
)
+ 1
.
Agora basta utilizar a definição de c, calculando
∂u
∂T
:
2
c =
D · exp
(
D
kBT
)
· −D
kBT 2
− 0 ·
���
���
���
�(
exp
(
D
kBT
)
+ 1
)
(
exp
(
D
kBT
)
+ 1
)2
c =
−D2
kBT 2
·
exp
(
D
kBT
)(
exp
(
D
kBT
)
+ 1
)2
3
2. Considere um gás de rede constitúıdo por N part́ıculas distribúıdas em V células (com
N ≤ V ). Suponha que cada célula possa estar vazia ou ocupada por uma única part́ıcula.
O número de estados microscópicos do sistema será dado por
Ω(V,N) =
V !
N !(V −N)!
.
(a) Obtenha uma expressão para a entropia por part́ıcula, s = s(v), onde v = V/N .
Sol.:
Vamos calcular primeiramente S(V,N):
S(V,N) = kB ln Ω(V,N)
ln Ω(V,N) = lnV !−
(
lnN ! + ln(V −N)!
)
= V lnV −��V −
(
N lnN −��N + (V −N) ln(V −N)−��V +��N
)
= V lnV −N lnN − (V −N) ln(V −N)
S(V,N) = kB
[
V lnV −N lnN − (V −N) ln(V −N)
]
No limite termodinâmico, V,N →∞ e v = V/N é fixo. Logo:
s(v) = lim
V,N→∞
1
N
S(V,N)
s = lim
V,N→∞
kB
[
V
N
lnV − lnN − (V −N)
N
ln(V −N)
]
= lim
V,N→∞
kB
[
V
N
lnV − lnN −
(
V
N
− 1
)
ln
(
N(V −N)
N
)]
= lim
V,N→∞
kB
[
V
N
lnV − lnN −
(
V
N
− 1
)
lnN −
(
V
N
− 1
)
ln
(
V
N
− 1
)]
= lim
V,N→∞
kB
[
V
N
ln
(
V N
N
)
− lnN −
(
V
N
− 1
)
lnN −
(
V
N
− 1
)
ln
(
V
N
− 1
)]
= lim
V,N→∞
kB
[
V
N
ln
V
N
+
�
�
�
�V
N
lnN −���lnN −
���
���
��
(
V
N
− 1
)
lnN −
(
V
N
− 1
)
ln
(
V
N
− 1
)]
= kB
[
V
N
ln
V
N
−
(
V
N
− 1
)
ln
(
V
N
− 1
)]
Foi dado que v = V/N , então:
s(v) = kB
[
v ln v − (v − 1) ln(v − 1)
]
4
(b) A partir dessa equação fundamental, obtenha uma expressão para a equação de estado
p/T .
Sol.:
Sabemos que
∂S
∂V
=
P
T
, então:
P
T
= kB
[
�v ·
1
�v
+ ln v −
(
���
�(v − 1) 1
���
�(v − 1)
· 1 + 1 ln(v − 1)
)]
= kB
[
�1 + ln v − �1− ln(v − 1)
]
= −kB ln
(
v − 1
v
)
P
T
= −kB ln
(
1− 1
v
)
(c) Escreva uma expansão para p/T em termos da densidade ρ = 1/v. Mostre que o
primeiro termo desta expansão corresponde à conhecida lei de Boyle dos gases ideais.
Sol.:
O termo do ln pode ser escrito como uma expansão em série de Taylor:
ln(1 + ρ) =
∞∑
n=0
(−1)n
n+ 1
ρn+1
= ρ− ρ
2
2
+
ρ3
3
− ρ
4
4
+ · · ·
Temos que ρ = −1/v, temos:
ln
(
1− 1
v
)
= −1
v
− 1
2v2
− 1
3v3
− 1
4v4
− · · ·
Então a expressão de P/T fica:
P
T
= kB
[
1
v
+
1
2v2
+
1
3v3
+
1
4v4
+ · · ·
]
Usando somente o primeiro termo dessa expansão, temos
P
T
=
kB
v
−→ Pv = kBT
Como v = V/N :
PV = NkBT
5
(d) Esboce um gráfico de µ/T , onde µ é o potencial qúımico, contra a densidade ρ. Qual
o comportamento do potencial qúımico nos limites ρ→ 0 e ρ→ 1?
Sol.:
Sabemos que
µ
T
=
∂S
∂N
. Através da equação de s(v), que é a entropia por part́ıcula,
podemos fazer a seguinte relação:
s(v) =
1
N
S(V,N)
S(V,N) = Ns(v)
realizando então a derivação:
∂S
∂N
= s(v)
Com esse resultado, podemos dizer que
µ
T
= −kB
[
v ln v − (v − 1) ln(v − 1)
]
Como ρ = 1/v, podemos escrever
µ
T
(ρ) = −kB
[
1
ρ
ln
1
ρ
−
(
1
ρ
− 1
)
ln
(
1
ρ
− 1
)]
Com essas informações, podemos esboçar o gráfico de µ/T contra ρ, esse que terá
comportamento parecido com a função ln (−ln(1/x) = ln(x)), mas com 0 < ρ < 1,
já que se trata de uma densidade. Temos então:
Vemos que assim como ln(ρ),
se ρ→ 0, µ
T
→ −∞
se ρ→ 1, µ
T
→ 0.
6