Primeros parciales de Física Teórica 3...2018/08/01 · Primeros parciales de Física Teórica 3...

Primeros parciales de Física Teórica 3

Nota 1.

No hay problema

Estos parciales fueron hechos por un alumno mientras preparaba el parcial. Es por ello que esaltamente probable que hayan errores. Úsense con responsabilidad. En caso de notar efectosadversos suspenda inmediatamente su uso y consulte a su profesor de cabecera.Nota 2.Todos los resultados que tienen un X es porque fueron chequeados contra los “parciales resueltosoficiales” en páginas de la materia de cuatrimestres anteriores.

Encontrá más material de Alf en este link.

Índice1. 11/05/2015 3

Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Ítem e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. 05/10/2015 10Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3. Recuperatorio del segundo cuatrimestre de 2015 15Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16


Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4. 04/05/2016 19Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20


Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1

https://losresueltosdealf.wordpress.com/

ÍNDICE ÍNDICE


Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5. 06/07/2016 - Recuperatorio del primer parcial 26Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27




6. 10/05/2017 37Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

7. 06/07/2016 - Estudiando para el recu 41Problem 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Item a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Item b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Item c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

8. 04/05/2016 - Estudiando para el recu 44Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44


9. Resumen de fórmulas y cosas 46

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1 11/05/2015

1. 11/05/2015

ConsignaProblema 1

Tenemos un resorte del que empíricamente se sabe lo siguiente: (i) f(T, x) = αTx, donde α es una constante y f, T yx son respectivamente la tensión, la temperatura y la elongación (longitud menos longitud natural) del resorte; y (ii) lacapacidad calorífica del resorte a elongación constante, Cx, es independiente de T y de x.

(a) Pruebe que la entropía del resorte satisface S (T, x) = Cx ln(Tθ

)− αx

2

2 donde θ es una constante.

(b) Calcule la energía libre de Helmholtz F (T, x) en términos de α, Cx y θ y de ahí obtenga la energía internaU (T, x). (Ayuda: recuerde que

´dt ln t = t (ln t− 1) + cte).

(c) Supongamos que inicialmente el resorte tiene su longitud natural y temperatura Ti. Se lo lleva de forma adiabáticay cuasiestática a una elongación x, ¿cuál es su temperatura final T?.

(d) Si ahora se suelta el resorte y se deja que alcance de nuevo su longitud natural de forma adiabática y libre,¿cuánto aumenta su entropía?.

Problema 2Asistimos a un partido de tenis1 entre Rafael Nadal y Novak Djokovic. Cuando llegamos a la cancha ya se está jugando

el primer game, y su resultado provisional es “iguales”. Así pues, a partir de ahora el marcador del game puede indicar cincocosas distintas: 1) iguales, 2) ventaja para Nadal, 3) Ventaja para Djokovic, 4) game para Nadal y 5) game para Djokovic.Después de un análisis estadístico de partidos previos entre estos dos jugadores concluimos que, en un punto cualquiera,la probabilidad de que Nadal gane el punto es p, y por lo tanto la probabilidad de que lo gane Djokovic es q = 1 − p. Eldesarrollo del game desde el momento en que llegamos a la cancha se puede entender como un proceso de Markov.

(a) Escriba la matriz de transición en términos de q y p. ¿Es ergódico el proceso?. ¿Es absorbente?.

(b) Calcule el valor de la expectación del tiempo (número de puntos) que tarda en finalizar el game desde el momentoen que llegamos a la cancha.

(c) ¿Qué probabilidad tiene Nadal de ganar el game?

Ayuda: para resolver el problema va a tener que invertir una matriz de 3× 3. Le va a servir la fórmula

A−1 =

a b cd e fg h i

−1

= 1detA

ei− fh ch− bi bf − cefg − di ai− cg cd− afdh− eg bg − ah ae− bd

Para asegurarse de que invirtió correctamente, multiplique su resultado por la matriz que quería invertir y compruebe queobtiene la identidad.

Más ayuda: compruebe sus resultados de los dos últimos ítems particularizando al caso p = 1.

Problema 3Considere un sistema formado por N partículas idénticas pero distinguibles que no interactúan entre sí. Cada partícula

es un oscilador armónico cuántico de frecuencia ω, y además tiene un grado de libertad interno que sólo puede asumir dosestados posibles. La energía correspondiente a cada estado interno es ±ε. Considere que el estado interno de cada partículaes independiente de su estado de traslación.

(a) Escriba los posibles niveles de energía para una sola partícula.

(b) Encuentre la función de partición canónica para el sistema total.

(c) Calcule la energía media por partícula y el calor específico del sistema.1Para los que nunca vieron un partido de tenis: la unidad básica del tenis es el punto, que consiste en que los jugadores se intercambian la

pelota hasta que uno de los dos no puede devolverla o la devuelve mal, en cuyo caso el otro jugador gana un punto. Un game es una secuenciade puntos, y lo gana el primer jugador que consigue ganar dos puntos más que su rival (hay una condición extra, pero no es importante para elproblema).

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1 11/05/2015

(d) Expanda la energía media por partícula en el límite de altas temperaturas (kBT ~ω y kBT ε) hasta orden1/kBT inclusive (ayuda: (ex − 1)−1 ≈ 1/x−1/2+x/12, tanh x ≈ x para |x | 1), y de ahí obtenga el comportamientodel calor específico en este límite. Estudie también el comportamiento del calor específico en el límite de bajastemperaturas. Usando estos resultados, grafique cualitativamente el calor específico en función de la temperatura,distinguiendo entre los casos ε > ~ω√

12 y ε < ~ω√12 .

(e) Encuentre el potencial químico en función de la temperatura.

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Problema 1 1 11/05/2015

ResoluciónProblema 1

En este problema la “analogía” entre las magnitudes con los casos de gases es

x←→ V f ←→ −P

El signo negativo en la equivalencia entre f y P es por cómo es el diferencial trabajo.

Ítem a

A partir de la definición del calor específico, Cxdef= δQ

dT

⌋x, y reemplazando δQ = T dS se obtiene ∂S

∂T

⌋x

= CxT . Entonces

dS = ∂S

∂T

⌋x

dT + ∂S

∂x

⌋T

dx

= CxTdT + ∂S

∂x

⌋T

dx

Para ∂S∂x

⌋Tse puede utilizar una de las relaciones de Maxwell

∂S

∂V

⌋T

→ ∂S

∂x

⌋T

= − ∂f

∂T

⌋x

← ∂P

∂T

⌋V

= −αx

entoncesdS = Cx

TdT − αxdx

Finalmente

S (T, x) = Cx

ˆdT

T− αˆx dx

= Cx ln(T

θ

)− αx

2

2 + cte X

Ítem b

El diferencial de F es

dF = f dx− S dT = −P dV − S dT

= ∂F

∂x

⌋T

dx+ ∂F

∂T

⌋x

dT

por lo tanto

F (T, x) =ˆ

∂F

∂T

⌋x

dT

dF = f dx− S dT → =ˆ−S (T, x) dT

= −CxT[ln(T

θ

)− 1]

+ αx2

2 T + g (x)

Derivando lo anterior respecto a x se obtiene

∂F

∂x

⌋T

= ∂

∂x

⌋T

(−CxT

[ln(T

θ

)− 1]

+ αx2

2 T + g (x))

= αxT + g′ (x)

y entonces

dF = f dx− S dT → ∂F

∂x

⌋T

= f (T, x)

αxT + g′ (x) = αxT

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Problema 3 1 11/05/2015

lo cual implica que g (x) = cte. Finalmente la energía de Helmholtz es

F (T, x) = αTx2

2 − CxT[ln(T

θ

)− 1]

+ cte X

La energía interna se puede obtener a partir de la definición de Helmholtz F def= U − TS, entonces

U (T, x) = F (T, x) + TS (T, x)

= αTx2

2 − CxT[ln(T

θ

)− 1]

+ T

[Cx ln

(T

θ

)− αx

2

2

]+ cte

= CxT + cte X

Ítem c

La evolución satisface δQ = 0 Es adiabáticaδQ = T dS Es cuasiestática

por lo tanto dS = 0. Esto implica que la entropía no cambia y entonces

∆S = S (T2, x2)− S (T1, x1) → x1 = 0 por consigna

0 = Cx ln(T2θ

)− αx

22

2 − Cx ln(T1θ

)De aquí se obtiene que la temperatura final del resorte será

T2 = T1 exp(αx2

22Cx

)X

Ítem d

Este es el análogo a la expansión libre de un gas (creo). La evolución es irreversible y a energía constante. Es a energíaconstante porque la contracción se realiza sin ninguna fuerza que se oponga, lo cual implica que δW = Fexterna dx = 0, yademás es “tan rápida” que se puede considerar que no hay intercambio de calor con el medio, con lo cual es adiabática.Entonces

Primer principio→ dU = δQabsorbido + δWabsorbido = 0

lo cual implica queU (T2, x2) = U (T1, x1)

Utilizando la expresión de U (T, x) = CxT + cte de uno de los ítems anteriores se obtiene que

T1 = T2

Ahora sencillamente colocamos esta información en la expresión de S (T, x) y listo:

∆S = S (T2, x2)− S (T1, x1) → x2 = 0 por consigna

= Cx ln(T

θ

)− αx

22

2 − Cx ln(T

θ

)+ α

x21

2

= αx2

12 X

Problema 3Ítem a

La energía de cada una de las partículas es

Ede una partícula = ~ω(n+ 1

2

)+ `ε + p2

2m?n ∈ 0, 1, . . . ,∞` ∈ −1, 1

donde n y ` son números independientes uno del otro.

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Problema 3 1 11/05/2015

Ítem b

Debido a que tenemos N partículas que no interactúan (o sea que la energía total es Etotal =∑Epartícula i) y además no

hay ningún vínculo que imponga restricciones sobre el estado de unas en función del de otras, entonces se puede aplicar el“teorema de las partículas que no interactúan” (verlo en pag. 47) por lo que la función de partición de todo el sistema será

Z del sistema = ZNde una partícula

(nótese que se usó la versión para partículas distinguibles, tal como lo aclara la consigna).La función de partición de una partícula será

Zde una partícula =∑

∀ estadose−βEdel estado i

=∑

n ∈ 0, 1, . . . ` ∈ −1, 1

e−β(~ω(n+ 12 )+`ε)

n y ` son independientes→ =∑

`∈0,1

∞∑n=0

e−β(~ω(n+ 12 )+`ε)

=

∑`∈0,1

e−β`ε

[ ∞∑n=0

e−β~ωn

]e−β

~ω2

Serie geométrica→ =[e−βε + eβε

] 11− e−β~ω e

−β ~ω2

cosh x = ex + e−x

2 → = 2 cosh (βε)1− e−β~ω e

−β ~ω2 = 2 cosh (βε)

sinh(β ~ω2 )

2

por lo que la función de partición de todo el sistema es

Z =[

2 cosh (βε)1− e−β~ω

]Ne−βN

~ω2 = 4N coshN (βε)

sinhN(β ~ω

2)

Ítem c

La energía media por partícula se obtiene según

〈Ede una partícula〉 = − ∂

∂βlnZde una partícula

= − ∂

∂β

[ln (2) + ln (cosh (βε))− ln

(1− e−β~ω

)− β ~ω2

]∂ cosh x∂x

= + sinh x→ = −ε sinh (βε)cosh (βε) + (−1) e−β~ω (−~ω)

(1− e−β~ω) + ~ω2

sinh xcosh x = tanh x→ = −ε tanh (βε) + ~ω

eβ~ω − 1 + ~ω2 X

Por otro lado, el calor específico (por unidad de partícula) es

c = ∂ 〈Ede una partícula〉∂T

= ∂

∂T

[−ε tanh (βε) + ~ω

eβ~ω − 1 + ~ω2

]∂ tanh x∂x

= 1cosh2 x

→ = −ε 1cosh2

(ε

kBT

) ε (−1)kBT 2 + ~ω

(−1)(eβ~ω − 1)2 e

β~ω ~ω (−1)kBT 2

= 1kBT 2

~2ω2 eβ~ω

(eβ~ω − 1)2 + ε2

cosh2(

εkBT

) X

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Problema 3 1 11/05/2015

Ítem d

En el límite de altas temperaturas, cuando

Límite de altas temperautras→kBT ~ωkBT ε

la energía es

〈Ede una partícula〉 = −ε tanh (βε) + ~ωeβ~ω − 1 + ~ω

2β~ω 1βε 1

→ ≈ −ε2β + ~ω(

1β~ω

−12 + β~ω

12

)+~ω2

= β

(~2ω2

12 − ε2)

+ 1β

por lo que el calor específico será

ccLímite de altas temperaturas =∂ 〈Ede una partícula〉cLímite de altas temperaturas

∂T

= ∂

∂T

[β

(~2ω2

12 − ε2)

+ 1β

]=

(~2ω2

12 − ε2)

(−1)kBT 2 + kB

= kB + 1kBT 2

(ε2 − ~2ω2

12

)X

En el límite de bajas temperaturas tenemos lo opuesto, es decirβ~ω 1βε 1

por lo tanto

c = 1kBT 2

~2ω2 eβ~ω

(eβ~ω − 1)2 + ε2

cosh2(

εkBT

)

Bajas temperaturas →β~ω 1βε 1

→ ≈ 1kBT 2

~2ω2

eβ~ω+ ε2

exp(

2εkBT

)4

cosh x −→x1

ex

2

entoncesccLímite de bajas temperaturas ≈

1kBT 2

(~2ω2 exp

(− ~ωkBT

)+ 4ε2 exp

(− 2εkBT

))X

Gráficos del calor específico

Utilizando los resultados anteriores se saca el siguiente gráfico:

T

c

kB

Los límites T → 0 y T → ∞ son fáciles. La diferencia entre la curva roja y la azul sale de ccLímite de altas temperaturas =kB + 1

kBT 2

(ε2 − ~2ω2

12

), según el caso se tiene que c −→

T→+∞k−B y c −→

T→+∞k+B .

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Problema 3 1 11/05/2015

Ítem e

El potencial químico se puede obtener de

µ = ∂F

∂N

⌋V,T

y, teniendo la función de partición del ensamble canónico, la energía libre de Helmholtz se obtiene de

F (T, V,N) = −kBT ln (Z)

Z =[


]Ne−βN

~ω2 → = −kBT

[N ln 2 +N ln (cosh (βε))−N ln

(1− e−β~ω

)− βN ~ω

2

]El potencial químico es entonces

µ = ∂

∂N

⌋V,T

(−kBT

[N ln 2 +N ln (cosh (βε))−N ln

(1− e−β~ω

)− βN ~ω

2

])= −kBT

[ln 2 + ln (cosh (βε))− ln

(1− e−β~ω

)− β ~ω2

]= −kBT

(ln(


)− β ~ω2

)X

NOTA. La versión resuelta de la página define la energía sin el término + 12 , es decir (ítem a) Ede una partícula = ~ω

(n+ 12

)+

`ε. Esto hace que el potencial químico le quede sin el término −β ~ω2 . De todos modos lo consulté con el docente y me dijo

que estaba bien X.

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2 05/10/2015

2. 05/10/2015

ConsignaProblema 1

Considere un sistema unidimensional formado por N partículas clásicas y distinguibles de masa m. Las partículas estánsometidas a un potencial armónico de frecuencia angular ω, y también al campo gravitatorio terrestre (el sistema estáorientado verticalmente). El hamiltoniano del sistema es pues

H (q, p) =N∑i=1

(p2i

2m + mω2

2 q2i +mgqi

)+ 1

2Nm( gω

)2

donde g es la aceleración de la gravedad y la constante aditiva 12Nm

(gω

)2 se ha añadido por conveniencia.

(a) Calcule el número de microestados, Ω (E), con energía menor o igual que E. (Ayuda: el volumen de una esferade radio r en un espacio de dimensión d par es π

d/2rd

(d/2)! ).

(b) Calcule el número de microestados, Ω (E), con energía entre E −∆E y E, donde ∆E es la precisión con la quemedimos la energía. Evalúe el resultado al orden más bajo en el límite en que N es muy grande, y de ahí obtengala entropía S (E).

(c) Obtenga E (T ) y F (T ) donde T es la temperatura y F la energía libre de Helmholtz.

Problema 2Considere una cadena lineal formada por N eslabones distinguibles, que vamos a interpretar como un modelo microscópico

de un resorte. Cada eslabón puede tener dos energías, 0 y ε, y para cada una de estas energías hay dos estados posibles, quecorresponden a que el eslabón tenga longitud a o b. El resorte se encuentra en equilibrio a temperatura T y tensión f .

(a) Elija un ensamble para trabajar y escriba la función de partición correspondiente.

(b) Calcule la energía interna, E, y la longitud, L, del resorte como funciones de T , f y N .

(c) Pruebe que, para tensiones pequeñas, se satisface la ley de Hooke,

f (T, L,N) = κ (T,N) [L− L0 (N)]

y obtenga el valor de la constante recuperadora κ (T,N) y la longitud natural L0 (N) del resorte.

Problema 3Considere un gas de fermiones de espín 3/2 y masam que no interactúan entre sí. Las partículas pueden moverse libremente

en el plano xy, mientras que en la dirección z están sometidas a un potencial armónico de frecuencia angular ω. Por lo tanto,las energías monoparticulares tienen la forma

ε (p, n) = p2

2m + ~ωn

donde p =[px py

]es la componente del momento en el plano xy y n es un número natural. En el plano xy, el gas está

contenido en un cuadrado de lado L, que suponemos lo bastante grande para poder tratar clásicamente el movimiento eneste plano. El sistema se encuentra en equilibrio a temperatura T y fugacidad z.

(a) Muestre que la función de partición grancanónica del gas satisface

logZGC (T, L, z) = 4(L

λ

)2 ∞∑n=0

f2 (zn)

donde λ = h√2πmkBT

es la longitud de onda térmica y zn = ze−β~ωn. A partir de ese resultado obtenga el númeromedio de partículas, N , como función de T , L y z.

(b) Suponiendo que la energía de Fermi satisface εF ~ω, obtenga el potencial químico, µ, como función de T , L yN a temperaturas bajas, ignorando términos de orden T 3. ¿Qué condición debe satisfacer N para que se cumplala suposición sobre εF ?.

(c) Calcule la capacidad calorífica a volumen constante en el límite de altas temperaturas, y verifique que se cumpleel teorema de equipartición.

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Problema 1 2 05/10/2015

ResoluciónProblema 1Ítem a

El número de microestados con energía ≤ E se obtiene de

Ω (E) = 1hN

ˆ

H ≤E

dNq dNp

Listo... Ahora sólo hay que encontrar la región del espacio sobre la cual se hace la integración. Para ello buscamos un cambiode variables haciendo lo siguiente

H (q, p) =N∑i=1

(p2i

2m + mω2

2 q2i +mgqi

)+ 1

2Nm( gω

)2

=N∑i=1

(p2i

2m + mω2

2 q2i +mgqi + m

2

( gω

)2)

=N∑i=1

(p2i

2m + m

2

(ωqi + g

ω

)2)

O sea que la ecuación H ≤ E es una esfera en q, p pero con un corrimiento “hacia los negativos” en qi. Para resolver conmás comodidad aplicamos el cambio de variables

P 2i = p2

i

2m

Q2i = m

2

(ωqi + g

ω

)2

dPi = dpi√

2m

dQi =√m√2ω dqi

el hamiltoniano es

H (Q,P ) =N∑i=1

(P 2i +Q2

i

)y la integral se convierte en

Ω (E) = 1hN

ˆ∑

(P 2i

+Q2i )≤E

(1ω

√2mdQi

)N (√2mdPi

)N

=(

2ωh

)N ˆ∑

(P 2i

+Q2i )≤E

dQNi dPNi

que es justamente una esfera centrada X. Usando la fórmula de la ayuda de la consigna, tenemos que la dimensión es d = 2Ny el radio es

√E por lo que

Ω (E) =(

2ωh

)NπNEN

N !

= 1N !

(E

ω~

)NX

Ítem b

Esto es

Ω (E) = Ω (E)− Ω (E −∆E)

= EN − (E −∆E)N

N ! (ω~)N

= EN

(ω~)N N !

(1−

(1− ∆E

E

)N)Los resueltos de

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Problema 2 2 05/10/2015

Como N ≫≫≫≫≫ 1 y(1− ∆E

E

)< 1 entonces

(1− ∆E

E

)N → 0 con lo cual se desprecia este término y se obtiene que2

Ω (E) ≈ Ω (E)

= 1N !

(E

ω~

)NX

La entropía es

S = kB ln (Ω)

Ω (E) ≈ 1N !

(E

ω~

)N→ ≈ kB

[N ln

(E

ω~

)− ln (N !)

]Stirling→ ≈ kBN

[ln(E

ω~

)− lnN + 1

]

Ítem c

La relación E = E (T ) se puede obtener a partir de la definición de T (que sale del primer principio):

1T

= ∂S

∂E

⌋N,V

= kBN

E

por lo tanto, despejando,E = kBNT X

La energía libre de Helmholtz se obtiene a partir de su propia definición:

F = E − TS

= kBTN − TkBN[ln(E

ω~

)− lnN + 1

]= −TkBN

[ln(E

ω~

)− lnN

]E = kBTN → = −TkBN ln

(kBT

ω~

)X

Problema 2Es casi idéntico al problema 1 del parcial del 04/05/2016. Su resolución se encuentra en la página 20.

Ítem a

Como tenemos fija la temperatura T , el número de eslabones N y la tensión f (o sea “menos la presión”) entonceselegimos el ensamble isobárico. La función de partición del ensamble isobárico es

Zisobárica =∑

∀ estadosexp (−β (εi − fLi))

P ≡ −fV ≡ L

donde εi y Li son la energía y longitud de cada uno de los estados.En la consigna se especifica que el estado de longitud a o b es independiente del estado de la energía, y que para cada

posible longitud se tienen las dos posibles energías y viceversa. Entonces

Zisobárica =∑

∀εi∈0,ε

∑∀Li∈a,b

exp (−β (εi − fLi))

2Esto es peculiar y es algo que habían mencionado en clase, ahora que lo recuerdo, que el volumen de una “cáscara” delgada de una esferaes prácticamente el volumen de la propia esfera cuando las dimensiones son muchas por más que el espesor de la cáscara, ∆E, sea infinitamentepequeño.

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Problema 2 2 05/10/2015

Además, como no hay restricciones para cada partícula de estar en cualquier estado sin importar nada (ya que ni la energíani la longitud total están fijas) entonces

Zisobárica =N∑i=1

Zde una única partícula︷︸︸︷ ∑εi∈0,ε

∑Li∈a,b

exp (−β (εi − fLi))

= ZNde una única partícula

=

∑εi∈0,ε

e−βεi

∑Li∈a,b

eβfLi

N

=((

1 + e−βε) (eβfa + eβfb

))NX

Ítem b

La energía interna, en el ensamble isobárico, se obtiene a partir de

U (T, f,N) = − ∂

∂β

⌋βf,N

ln (ZIsobárica)

= −N ∂

∂β

⌋βf,N

[ln(1 + e−βε

)+ ln

(eβfa + eβfb

)]α

def= βf = cte→ = −N ∂

∂β

⌋α,N

[ln(1 + e−βε

)+ ln

(eαa + eαb

)]= −N 1

1 + e−βεe−βε (−ε)

= Nε

eβε + 1 X

Para hallar la longitud se puede recurrir a3

− ∂G

∂f

⌋T,N

= L

donde G es la energía libre de Gibbs, que se puede obtener fácilmente a partir de la función de partición isobárica según

G (T, f,N) = −kBT ln (Zisobárica)

= −Nβ

[ln(1 + e−βε

)+ ln

(eβfa + eβfb

)]por lo tanto

L = − ∂G

∂f

⌋T,N

= N

β

1eβfa + eβfb

(eβfaβa+ eβfbβb

)= N

aeβfa + beβfb

eβfa + eβfbX

Ítem c

En el ítem anterior encontramos que L = L (f) por lo tanto ya es “obvio” que si f es suficientemente pequeña entoncesse puede aproximar a primer orden y L ∝ f , que es la ley de Hooke. Esto es:

L (f) ≈ Lcf=0 + ∂L

∂f

⌋0f → Aproximación lineal

= Na+ b

2 + βN(a− b)2

4 f

(la cuenta la hice con el programa wxMaxima) de donde se obtiene

f (L) ≈L−N a+b

2

βN (a−b)2

43Sale del diferencial de energía libre de Gibbs: dG = µdN − LdP − S dT .

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Problema 3 2 05/10/2015

por lo tanto κ = 4kBT

N (a− b)2

L0 = Na+ b

2

X

A continuación dejo las dos líneas de código que usé para hacer la cuenta con wxMaxima.(%i1) L: N*(a*%e^(\beta*f*a) + b*%e^(\beta*f*b))/(%e^(\beta*f*a) + %e^(\beta*f*b));

( %o1)(a · ea·β·f + b · eb·β·f

)·N

eb·β·f + ea·β·f

(%i2) taylor(L, f, 0, 1);

( %o2)/T/(a+ b) ·N2 +

(β · b2 − 2 · β · a · b+ β · a2) ·N · f

4 + . . .

Problema 3Este implica cosas de estadística cuántica que nosotros aún no vimos y entra al segundo parcial. Así que no lo haré. Lo

pregunté en clase y me dijeron eso.

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3 RECUPERATORIO DEL SEGUNDO CUATRIMESTRE DE 2015

3. Recuperatorio del segundo cuatrimestre de 2015

ConsignaProblema 1

Considere un sistema aislado de N partículas distinguibles y no interactuantes. Cada partícula puede tener dos nivelesde energía, 0 y ε. El nivel de energía 0 es no-degenerado mientras que el de energía ε tiene degeneración 3. Suponga N 1.

(a) Calcule la entropía S (E,N) del sistema sabiendo que tiene energía E. Grafique cualitativamente S y comente sucomportamiento.

(b) Encuentre el calor específico c (T ).

(c) Encuentre la energía libre de Helmholtz F (T,N).

Problema 2Considere una superficie adsorbente que posee dos tipos de sitios diferentes. La superficie se encuentra en equilibrio en

contacto con un gas diatómico heteronuclear a temperatura T. La superficie tiene NA sitios de tipo A en donde sólo unamolécula puede ser adsorbida y la misma tiene una energía −W , mientras que existen NB sitios del tipo B en donde 1 o 2moléculas pueden adsorberse con energías −W y −2W , respectivamente. La masa de las moléculas es m, νrot = 5 cm−1 yTvib7000 K (tener en cuenta que hc

kB≈ 1,4 K cm).

(a) Halle el número medio de moléculas adsorbidas en los sitios A y en los B, conocidos T y el potencial químico del gas.(b) Encuentre el potencial químico del gas µ (T, P ) a temperaturas de alrededor de 500 K.

Problema 3Considere un gas de electrones de masa m y carga −e (e > 0) en el límite ultrarelativista, en ese caso la energía cinética

de una partícula está relacionada con su impulso mediante εc (p) = cp. El gas se encuentra en 3D encerrado en un cilindrode sección A cuya base está en y = 0 y tiene altura infinita. Además tiene aplicado un campo eléctrico constante y uniformeE0 en la dirección del eje del cilindro.

(a) Muestre que la función de partición grancanónica ZGC en función de la fugacidad z y la temperatura T se puedeescribir

logZGC = 2Aπ2

(kBT )4

(~c)31eE0

f5 (z)

(b) Obtenga la relación entre la energía interna U y N para T = 0.

(c) Usando la aproximación de Sommerfeld, calcule la primera corrección no nula para µ (T,N) a temperaturas bajas.

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Problema 1 3 RECUPERATORIO DEL SEGUNDO CUATRIMESTRE DE 2015


Para obtenerS (E,N) = kB ln (Ω)

hay que encarar con el ensamble micro canónico. O sea que hay que calcular Ω =∑∀estados 1 sujetos a las restricciones

Restricciones→N = N0 +Nε

E = εNε⇒

N0 = N − E

ε

Nε = E

ε

La forma más conveniente de pensar esto es considerar N cajas distinguibles de “volumen” 1 y pensar en que hay N0 objetosindistinguibles de “volumen” 1 y Nε objetos indistinguibles de volumen g−1 = 1/3. Además sólo puede haber un objeto porcaja. En formato de dibujo es lo siguiente:

N cajas distinguibles

Népsilon

N0

Entran de una únicaforma posible

Entran de tresformas posibles

Objetos de "volumen" 1/3

Los

est

ados

los

convert

imos

en

ob

jeto

s in

dis

ting

uib

les

Las partículas las convertimosen cajas distinguibles

Entonces tenemos:

Ω (N0, Nε, N = N0 +Nε) = N (N − 1) (N − 2) . . . (N −N0 + 1)N0!

[3 (N −N0)] [3 (N −N0 − 1)] . . . [3× 2] 3Nε!

=N !

(N−N0)!

N0!

(N −N0)!Nε!

3N−N0

N = N0 +Nε → = (N0 +Nε)!N0!Nε!

3Nε

=(N0 +NεN0

)3Nε X =

(N0 +NεNε

)3Nε

Entonces la entropía es

S = kB ln (Ω (N0, Nε))= kB [lnN !− lnN0!− lnNε! +Nε ln 3]

Stirling→ ≈ kB [N lnN −N −N0 lnN0 +N0 −Nε lnNε +Nε +Nε ln 3]N = N0 +Nε → = kB [N lnN −N0 lnN0 −Nε lnNε +Nε ln 3]

N = N0 +Nε → = kB

[N0 ln

(N

N0

)+Nε ln

(3NNε

)]N0 = N − E

ε

Nε = E

ε

→ = kB

[(N − E

ε

)ln(

N

N − Eε

)+ E

εln(

3NEε

)]

= kBN

[(1− E

Nε

)ln(

1− E

Nε

)+ E

Nεln(

3NεE

)]= −kBN

[(1− E

Nε

)ln(

1− E

Nε

)+ E

Nεln(

E

3Nε

)]X

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Problema 1 3 RECUPERATORIO DEL SEGUNDO CUATRIMESTRE DE 2015

El gráfico de S (E) es más o menos así:

E

S

0 N*épsilon

kB*N*ln(3)

3/4*N*épsilon

kB*N*ln(4)

Ítem b

El calor específico se define c def= 1N

δQdT

⌋V,N

por lo tanto

c = 1N

∂E

∂T

⌋V,N

Para hallar E = E (T ) usamos

1T

= ∂S

∂E

⌋N,V

...

= kBε

ln(

3[Nε

E− 1])

de donde se puede despejarE (N,T ) = Nε

13eβε + 1

Finalmente

c = ε−1( 1

3eβε + 1

)2 eβε3ε (−1)kBT 2

= ε2kB3β2eβε

(eβε + 3)2

= ε2kB3β2e−βε

(1 + 3e−βε)2 X

Ítem c

La energía libre de Helmholtz se puede obtener, conociendo E (N,T ) y E (N,E), a partir de

F (N,T ) def= E (N,T )− TS (N,E (N,T )) X...= −NkB ln

(1 + 3e−βε

)X

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Ejercicio 2 3 RECUPERATORIO DEL SEGUNDO CUATRIMESTRE DE 2015

Ejercicio 2Ítem a

Como conocemos T y el potencial químico µ, yo iría con el ensamble grancanónico. La función de partición es

ZGC =∑

∀estadose−β(εi−µNi)

Ni = nA + nB → =∑

∀estados de los sitios A∀estados de los sitios B

e−β(εA+εB−µ(nA+nB))

=∑

∀estados de los sitios A∀estados de los sitios B

e−β(εA−µnA)e−β(εB−µnB)

Ahora, como no se dice absolutamente nada sobre nA y nB en la consigna asumo que son completamente independientes:o sea que los lugares tipo A se llenan independientemente de los lugares tipo B. Entonces

ZGC =∑∀nA

∑∀nB

e−β(εA−µnA)e−β(εB−µnB)

=∑∀nA

e−β(εA−µnA)∑∀nB

e−β(εB−µnB)

= ZGC AZGC B

lo cual nos dice que los agujeros se comportan como dos sistemas independientes. Entonces podemos aplicar lo siguiente pararesponder el ejercicio:

〈nA〉 = z∂

∂zlog (ZGC A)

〈nB〉 = z∂

∂zlog (ZGC B)

Para los agujeros tipo A tenemos que como el estado de uno es completamente independiente del estado de los demásentonces se puede aplicar el “teorema de las partículas que no interactúan” (ver en pag. 47) y entonces

ZGC A = ZNAA de un agujero

(se usa la versión distinguible ya que los agujeros son distinguibles entre sí por más que la consigna no diga nada). Entonces

ZGC A =

∑∀estados de un agujero A

e−β(εi−µni)

NA

=(e−β(0−µ×0) + e−β(−W−µ×1)

)NA=

(1 + zeβW

)NAX

Para la función de partición de los agujeros B ocurre exactamente lo mismo:

ZGC B =

∑∀estados de un agujero B

e−β(εi−µni)

NB

=(1 + zeβW + z2e2βW )NB X

Los números medios de partículas absorbidas son entonces (no hago las cuentas)〈nA〉 = NA

zeβW

1 + zeβW

〈nB〉 = NBzeβW + 2z2e2βW

1 + zeβW + z2e2βW

X

Ítem b

No tengo idea. En 2 horas me toman el parcial a mí, yafu.Los resueltos de

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4 04/05/2016

4. 04/05/2016

ConsignaProblema 1

Considere una cadena lineal formada por N eslabones iguales pero distinguibles que no interactúan entre sí. Cada eslabónes un oscilador armónico cuántico de frecuencia ω que puede tener dos longitudes, a o b. La cadena se encuentra en equilibrioa temperatura T y tensión f .

(a) De los cuatro ensambles, elija uno para trabajar y calcule la función de partición correspondiente.

(b) Obtenga la energía E y la longitud L de la cadena en función de T , f y N .

(c) Verifique que a tensiones pequeñas se satisface la ley de Hooke y encuentre la constante recuperadora y la longitudnatural de la cadena como funciones de T y N .

Problema 2Considere un gas diluido de partículas de masa m en presencia del campo gravitatorio terrestre. Las partículas, pues,

están sometidas al potencial φ (z) = mgz, donde g es la aceleración de la gravedad y z es la altura respecto al suelo.

(a) A partir de la ecuación de Boltzmann, obtenga la función de distribución de equilibrio del gas sabiendo que sudensidad a nivel del suelo es n0.

(b) Calcule la densidad y la presión como función de la altura, y discuta sus resultados.

(c) Supongamos que el gas está dentro de una habitación, y que la habitación tiene una puerta de altura h y anchod. Si abrimos la puerta, ¿cuántas partículas escapan por unidad de tiempo?.

Problema 3Considere un recipiente de volumen V dividido en celdas iguales pero distinguibles de volumen v. Cada celda puede

contener como máximo dos partículas. Una celda tiene energía 0 si está desocupada y ocupada por dos partículas, y tieneenergía ε > 0 si está ocupada por una partícula. El recipiente contiene N ≤ 2Vv partículas y está en equilibrio a energíaE ≤ Nε.

(a) En el ensamble microcanónico, calcule la entropía del sistema como función de E, V y N suponiendo que laspartículas son indistinguibles.

(b) Obtenga la presión p como función de T , V y N (donde T es la temperatura) suponiendo que N Vv . ¿Qué

sucede si, además, la energía toma su máximo valor?. Discuta sus resultados.

(c) Repita el ítem (a) suponiendo ahora que las partículas son distinguibles y discuta cuál de las dos entropías tienemás sentido físico.

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Problema 1 4 04/05/2016

ResoluciónProblema 1

Es casi el mismo que el problema 2 del parcial del 05/10/2015. Se puede encontrar su resolución en la página 12.

Ítem a

Dado que los vínculos imponen restricciones sobre N , T y f , entonces es conveniente plantear el problema en el ensambleisobárico (la tensión f equivale a menos la presión P ). Para dicho ensamble la función de partición es

ZIsobárica =∑∀estados

e−β(εi−fLi)

P ↔ −fV ↔ L

donde L es la longitud.Debido a que los eslabones no interactúan y además no hay restricciones que limiten los estados posibles de unas partículas

respecto al estado de las demás (creo que es lo mismo que decir que no hay restricciones sobre Ltotal) entonces se puedeaplicar el “teorema de las partículas que no interactúan” (ver pag. 47) por lo que

ZIsobárica de todo el sistema = ZNIsobárica de una única partícula

=

∑∀estados de una partícula

e−β(εi−fLi)

N

(se usó la fórmula para partículas distinguibles porque la consigna lo dice).La función de partición de una única partícula es

ZIsobárica de una única partícula =(∑∀εi

e−βεi

)(∑∀Li

eβfLi

)

Esto se debe a que el estado de longitud de la partícula es completamente independiente del estado energético (al menos esoasumo yo en función de lo que dice la consigna). Entonces

ZIsobárica de una única partícula =∞∑n=0

e−β~ω(n+ 12 ) (eβfa + eβfb

)= e−β

~ω2(eβfa + eβfb

) ∞∑n=0

(e−β~ω

)nSerie geométrica→ = e−β

~ω2(eβfa + eβfb

) 11− e−β~ω

= eβfa + eβfb

eβ~ω2 − e−β ~ω

2

sinh x = ex − e−x

2 → = 2eβfa + eβfb

sinh(β ~ω

2) X

La función de partición de todo el sistema será entonces

ZIsobárica de todo el sistema =[

2eβfa + eβfb

sinh(β ~ω

2) ]N X

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Problema 2 4 04/05/2016

Ítem b

Para hallar la energía interna del sistema usamos la relación del ensamble isobárico:

U (T, f,N) = − ∂

∂β

⌋βf,N

ln (ZIsobárica de todo el sistema)

= −N ∂

∂β

⌋βf,N

[ln 2 + ln

(eβfa + eβfb

)− ln

(sinh

(β~ω2

))]α

def= βf = cte→ = −N ∂

∂β

⌋α,N

[ln 2 + ln

(eαa + eαb

)− ln

(sinh

(β~ω2

))]= N

∂ ln(sinh

(β ~ω

2))

∂β

= N1

sinh(β ~ω

2) cosh

(β~ω2

)~ω2

coth x = cosh xsinh x = 1

tanh x → = N~ω2 coth

(β~ω2

)X

Para encontrar la longitud L (análoga al volumen de un gas) usamos el hecho de que el diferencial de energía libre deGibbs es

dG = µdN − Ldf − S dT ↔ µdN + V dP − S dT para un gas

por lo tanto

L = − ∂G

∂f

⌋N,T

y justamente para el ensamble isobárico tenemos

G (T, f,N) = −kBT ln (ZIsobárica de todo el sistema (T, f,N))

= −Nβ

[ln 2 + ln

(eβfa + eβfb

)− ln

(sinh

(β~ω2

))]Entonces

L (T, f,N) = N

β

∂

∂f

⌋N,T

[ln 2 + ln

(eβfa + eβfb

)− ln

(sinh

(β~ω2

))]= N

aeβfa + beβfb

eβfa + eβfbX

Ítem c

Teniendo L = L (f) entonces “es obvio” que para f suficientemente pequeño vale que L ∝ f ya que no es más que unaaproximación de primer orden. La cuenta es la misma que el ítem c del ejercicio 2 del parcial del 05/10/2015 que se puedeencontrar en la página 13. El resultado al que se llega es

f ≈ κ (L− L0)

κ = 4kBT

N (a− b)2

L0 = Na+ b

2

X

Problema 2Este problema es similar al problema 2 del parcial del 06/07/2016 cuya resolución puede encontrarse en la página 30.

Ítem a

La ecuación de Boltzmann es(∂

∂t+ p

m· ~∇r −

(~∇rφ (r)

)· ~∇p

)f (r,p, t) = ∂f

∂t

⌋colisiones

Proponemos que la solución es de la siguiente forma

f (r,p, t) = g (r) fMB (p)Los resueltos de

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Problema 2 4 04/05/2016

donde g (r) es una función que guarda la dependencia espacial de f y fMB (p) es la función de distribución de velocidadesde Maxwell-Boltzmann. Como estamos en un estado estacionario (o sea f 6= f (t)) entonces no incorporamos ningunadependencia con t.

Para esta función f que se ha propuesto se verifica lo siguiente∂f

∂t= 0 Esto es trivial

∂f

∂t

⌋colisiones

= 0 Esto no...

donde lo primero es trivial ya que f 6= f (t) y para lo segundo utilizamos la expresión del término de colisiones que obtuvimosen la teórica, que es

∂f

∂t

⌋colisión

=ˆ

dp2 dΩ |v2 − v1 |σ (Ω) [f ′1f ′2 − f1f2]

Esto hicimos en clase→ = g (r)ˆ

dp2 dΩ |v2 − v1 |σ (Ω) [f ′MB 1 (p) f ′MB 2 (p)− fMB 1 (p) fMB 2 (p)]

= g (r)

: 0∂fMB

∂t

⌋colisiones

= 0

donde ∂fMB∂t

⌋colisiones

≡ 0 casi por definición de distribución de Maxwell-Boltzmann4.Entonces, la ecuación de Boltzmann queda( p

m· ~∇r −

(~∇rφ (r)

)· ~∇p

)f (r,p, t) = 0( p

m· ~∇r −

(~∇rφ (r)

)· ~∇p

)g (r) fMB (p) =

fMB (p) p

m· ~∇rg (r)− g (r)

(~∇rφ (r)

)· ~∇pfMB (p)︸︷︷︸− βmpfMB(p)

=

p

mfMB (p) ·

[~∇rg (r) + βg (r)

(~∇rφ (r)

)]=

Debido a que la igualdad anterior se debe cumplir ∀p entonces lo que debe ser nulo es el corchete, es decir que

~∇rg (r) = −βg (r)(~∇rφ (r)

)La solución de esta ecuación es

g (r) = Ce−βφ(r)

donde C es una constante a determinar por las condiciones de contorno.Entonces la función de distribución

f (r,p, t) =

fMB(p)︷︸︸︷N

V

(β

2πm

)3/2

exp(−β p2

2m

) g(r)︷︸︸︷C exp (−βmgz)

= N

VC

(β

2πm

)3/2

︸︷︷︸def= κ

exp(−β[

p2

2m +mgz

])

= κ exp(−β[

p2

2m +mgz

])= κ exp (−βH (r,p)) ← Esta expresión es sexy ♥

satisface la ecuación de Boltzmann, donde H es el hamiltoniano de una única partícula.4La distribución fMB (p) es justamente aquella que hace que el término de colisiones se anule. Pidiendo esto es que se obtuvo.

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Problema 2 4 04/05/2016

Ahora hay que encontrar el valor de la constante κ, lo cual se hace con la siguiente fórmula5

n (r, t) =ˆ

d3p f (r,p, t)

= κe−βmgzˆ

d3p e−βp22m

= κe−βmgz(

2πmβ

)3/2

y ahora, sabiendo que n (z = 0) = n0 (consigna),

n0 = κ

(2πmβ

)3/2

⇒ κ = n0

(β

2πm

)3/2

Finalmente la función de distribución es

f (r,p, t) = n0

(β

2πm

)3/2

exp(−β[

p2

2m +mgz

])X

Ítem b

La densidad n (r) es (ver fórmula en la página 49)

n (r, t) =ˆ

d3p f (r,p, t)

= n0

(β

2πm

)3/2

e−βmgz

ˆ

d3p exp(−β p2

2m

)= n0e

−βmgz X

El calculo para la presión es un poco más mágico (aún no termino de fijar todos los conceptos). Se hace a través deltensor de presión (ver eq. (4) en página 49). Como en este caso tenemos que f (p) = f (|p |) entonces la presión se puedecalcular según

P (r, t) =ˆ

d3pp2i

mf (r,p, t)

= n0m

(β

2πm

)3/2 ˆdpi p

2i e−β

p2i

2m︸︷︷︸12

√23πm3β3

(ˆdpj e

−βp2j

2m

)2

︸︷︷︸(√2πmβ

)2

e−βmgz

= n0m

(β

2πm

)3/2

12

√23πm3

β32πmβ

e−βmgz

= n0

ZZm

(

β

2πm

)3/2

√

23π3m3

β3ZZm

β

= n0βe−βmgz X

o bienP (r, t) = n (r) kBT X

La discusión de los resultados parece que consistía en verificar que esto satisface el teorema fundamental de la hidrostáticaque dice que

∂P

∂z= kBT

∂n

∂z

Ítem c

Siendo J la densidad de corriente de partículas entonces el número de partículas que escaparán por unidad de tiemposerá

Nque escapandt

=ˆ

área de la puerta

J · da

5Aún no entiendo cómo es que funciona todo esto, pero sé que se hace así. Esta fórmula y su origen están en el resumen, ver pág. 49.Los resueltos de

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Problema 2 4 04/05/2016

donde da = n da es el diferencial de área vectorial, con n un versor perpendicular a la superficie.La densidad de corriente de partículas es (eq. (3) en pág. 49 colocando χ = 1)

J (r ∈ puerta, t) =ˆ

d3pp

mf (r,p, t)

= 1m

0ˆ

−∞

dpx

ˆ

R

dpy

ˆ

R

dpz pf (r,p, t)

La integral en px se realiza desde −∞ a 0, a diferencia de las otras dos, ya que para r ∈ puerta no hay partículas que puedantener momento positivo justo sobre la puerta (sino vendrían partículas de afuera). La siguiente imagen ayuda a aclarar esto:

x

y

puerta

gasvacío

Sobre la puerta no pueden haber partículas que se muevan en la dirección +x

Entonces

J (r ∈ puerta, t) = n0m

(β

2πm

)3/2

e−βmgz0ˆ

−∞

dpx

ˆ

R

dpy

ˆ

R

dpz p exp(−β p2

2m

)

= n0m

(β

2πm

)3/2

e−βmgz0ˆ

−∞

dpx

ˆ

R

dpy

ˆ

R

dpz[pxx +pyy +pzz

]exp

(−β p2

2m

)

= n0m

(β

2πm

)3/2

e−βmgzx

0ˆ

−∞

dpx

ˆ

R

dpy

ˆ

R

dpz px exp(−β p2

2m

)

donde las componentes en y y z se cancelaron porque son la integral de una función impar pi por una función par exp (. . . )por lo tanto dan cero. La cuenta sigue

J (r ∈ puerta, t) = n0m

(β

2πm

)3/2

e−βmgzx

0ˆ

−∞

dpx

︸︷︷︸− 1

22mβ

ˆ

R

dpy

︸︷︷︸√2πmβ

ˆ

R

dpz

︸︷︷︸√2πmβ

px exp(−β p2

2m

)

= −n0

(β

2πm

)3/2

e−βmgz2πmβ2 x

= −n0e−βmgz

√1

2πmβ x

= −n0e−βmgz

√kBT

2πm x X

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Problema 3 4 04/05/2016

Por último sólo resta calcular el número de partículas que escapan que es

Nque escapandt

=ˆ

área de la puerta

J · da

=hˆ

0

dz

dˆ

0

dy

(−n0e

−βmgz√kBT

2πm x

)· (−x dy dz)

= n0

√kBT

2πme−βmgz

⌋h0

−βmgd

= n0

√kBT

2πme−βmgh − 1−βmg

d

= n0d

mg

√k3BT

3

2πm

(1− e−

mghkBT

)X

Problema 3Ítem a

La entropía en el ensamble microcanónico es

S (E, V,N) = kB ln Ω

donde Ω es la multiplicidad del macroestado con energía E, volumen V y número de partículas N .Sean n0, n1 y n2 el número de celdas con cero, una y dos partículas respectivamente. Entonces

Restricciones→

N = n1 + 2n2

E = εn1

V = (n0 + n1 + n2) v

son las restricciones a las que estamos sujetos y con las que deben ser compatibles todos los microestados de Ω.Ahora a contar /. Las celdas son distinguibles, las partículas son indistinguibles (consigna). Me quedé sin tiempo...

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5 06/07/2016 - RECUPERATORIO DEL PRIMER PARCIAL

5. 06/07/2016 - Recuperatorio del primer parcial

ConsignaProblema 1

Considere un gas ideal formado por N partículas de masa m. Las partículas tienen un grado de libertad interno devibración de frecuencia angular ω que tratamos cuánticamente, de manera que sus energías tienen la forma

ε = p2

2m + ~ω(n+ 1

2

)donde n toma valores enteros no negativos. El gas está contenido en un recipiente de volumen V y se encuentra en equilibrioa temperatura T .

(a) Calcule el calor específico del gas a volumen constante. Grafíquelo como función de T e interprete sus resultados.

(b) Calcule la entropía del gas.

(c) Suponiendo que T ~ωkB

, calcule la temperatura del gas si éste se comprime de forma adiabática y cuasiestáticahasta un volumen V ′ < V .

Problema 2Un gas diluido de partículas de masa m está contenido en un recipiente cilíndrico de radio R. Las partículas están

sometidas al potencialφ (r) = −κ log

( rR

)donde r es la distancia al eje del cilindro y κ es una constante positiva.

(a) A partir de la ecuación de Boltzmann, obtenga la función de distribución de equilibrio del gas sabiendo que sudensidad en la superficie lateral del cilindro (es decir, a distancia R del eje) es nR.

(b) Calcule la fuerza ejercida por el gas sobre la base del cilindro.

(c) Si hacemos un pequeño agujero de área a en un punto de la base a distancia r del eje, ¿cuántas partículas escapanpor unidad de tiempo? Discuta qué sucede en el caso r = 0.

Problema 3Considere un sistema de N partículas que no interactúan entre sí. Cada partícula puede tener dos energías, 0 y ε > 0.

El nivel fundamental no está degenerado, mientras que el nivel excitado tiene degeneración g. El sistema se encuentra enequilibrio con energía E.

(a) Calcule la entropía del sistema en el ensamble microcanónico suponiendo que las partículas son distinguibles.Grafíquela como función de E, y discuta sus resultados.

(b) Suponiendo que g = αV , donde V es el volumen que ocupa el sistema y α es una constante, calcule la presióncomo función de N , V y la temperatura.

(c) Repita el ítem (a) suponiendo ahora que las partículas son indistinguibles.

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Problema 1 5 06/07/2016 - RECUPERATORIO DEL PRIMER PARCIAL

ResoluciónAclaro que es el primer parcial que encaro y no toqué la guía, así que sé poco y nada. En una semana es el parcial, estoy

al horno.Además informo que la presente resolución de este parcial en particular está basada en una versión resuelta que encontré

en la página de la materia de un cuatrimestre anterior. Así que asumo que están bien resueltos. Acá simplemente “transcribí”las resoluciones pero desarrollando más los razonamientos.

Problema 1Ítem a

El CV es, por definición,

CVdef= δQ

dT

⌋Evolución a volumen constante

... Usar el primer principio...

= dU

dT

⌋V

por lo tanto se debe encontrar una expresión para la energía interna de la forma U = U (T, V ).Como nos dicen que el gas tiene N partículas, está en un recipiente de volumen V y se encuentra en equilibrio a una

temperatura T entonces usamos el ensamble canónico, o ensamble NTV .Para encontrar U = U (T, V ) usamos la siguiente fórmula6

U (T, V ) = − ∂

∂βlnZ

donde Z es la función de partición de todo el sistema.Debido a que 1) las partículas no interactúan entre sí7 y además 2) son todas iguales entonces podemos aplicar el “teorema

de las partículas que no interactúan” (ver página 47) por lo que la función de partición será

Zdel sistema =ZNde una única partícula

N !

o bien, con una notación más compacta,

Z = ZNiN !

Introduciendo esto en la fórmula para U se obtiene

U (T, V ) = −N ∂

∂βlnZi

Ahora sólo hay que encontrar la función de partición de una única partícula y estamos. Usamos la expresión de Z enel gran canónico que está dada por (1). En este ejercicio tenemos una combinación de continuo y discreto ya que, según laconsigna,

ε = p2

2m + ~ω(n+ 1

2

)6Aún no sé si esta fórmula vale para cualquier ensamble o sólo para el canónico.7Esto lo asumimos por lo siguiente:

Nos dicen que es un gas ideal, así que sabemos que la interacción es mínima.Nos dan la energía de cada partícula, y no depende de las demás partículas. O sea que aparentemente no interactúa con nadie.No se dice nada sobre la energía total del sistema, pero asumimos que es Etotal =

∑Ei.

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Entonces tendremos que

Zde una partícula = Zi = 1h3

∞∑n=0

ˆd3q d3p exp (−βε (n, q, p))

= 1h3

∞∑n=0

ˆd3q d3p exp

(−β[p2

2m + ~ω(n+ 1

2

)])

=∞∑n=0

exp(−β~ω

(n+ 1

2

))1h3

ˆd3q d3p exp

(−β p

2

2m

)ˆ

d3p exp(−β p2

2m

)=(

2πmβ

)3/2

= h3

λ3 → =∞∑n=0

exp(−β~ω

(n+ 1

2

)) ˆd3q︸︷︷︸V

1h3

ˆd3p exp

(−β p

2

2m

)︸︷︷︸

1λ3

= exp(−β ~ω2

) ∞∑n=0

(e−β~ω

)n Vλ3

Serie geométrica→ =exp

(−β ~ω

2)

1− e−β~ω = V

λ31

exp(β ~ω

2)

[1− e−β~ω]V

λ3


2 → = V

2λ3 sinh(β ~ω

2)

donde λ = h√2πmkBT

= h√

β2πm es la longitud de onda térmica.

Ya está, ahora encontramos la energía interna del gas con

U (T, V ) = −N ∂

∂βlnZi

= −N ∂

∂β

(lnV − ln 2− lnλ3 − ln

(sinh

(β~ω2

)))= N

[3 ∂

∂βlnλ+ ∂

∂βln(

sinh(β~ω2

))]∂

∂βlnλ = kBT

2 → = N

[32kBT + ~ω

2cosh

(β ~ω

2)

sinh(β ~ω

2) ]

= N

[32kBT + ~ω

2 coth(

~ω2kBT

)]Finalmente aplicamos la definición de CV y obtenemos

CV = ∂U

∂T

⌋V

∂ coth x∂x

= − 1sinh2 x

→ = 32NkB +N

~ω2

1sinh2

(~ω

2kBT

) ~ω2kBT 2

= 32NkB +N

~2ω2

4kB1

T 2 sinh2(

~ω2kBT

)= NkB

32 + ~2ω2

4k2B

1T 2 sinh2

(~ω

2kBT

) X

El gráfico es como sigue:

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10-2 10-1 100 101 102

Temperatura

1.6

1.8

2.0

2.2

2.4

c V

cV usando kB = =ω=15/2 kB

3/2 kB

Para hacerlo coloqué todas las constantes en 1 (o sea ~ = ω = kB = 1) y grafiqué cV = CVN .

La interpretación del gráfico es que para temperaturas bajas sólo se excitan los tres grados de libertad de desplazamientoy la energía no alcanza para excitar los dos grados de vibración. Para temperaturas altas los grados de vibración se comportanclásicamente (ya que n se puede considerar aproximadamente continuo) y entonces se recupera el teorema de equipartición.

Ítem b

Como estamos trabajando con el ensamble canónico entonces podemos obtener la energía libre de Helmholtz (relaciónfundamental) según

F (T, V,N) = −kBT ln (ZCanónica de todo el sistema (T, V,N))y obtener luego la entropía a partir de F = U − TS, es decir que

S (T, V,N) = U (T, V,N)− F (T, V,N)T

La expresión de U ya la tenemos del ítem anterior X. Listo, sólo hay que calcular.La obtención de ZCanónica de todo el sistema es sencilla utilizando el “teorema de las partículas que no interactúan” en forma

inversa a la que lo hice en el ítem a. Esto es

ZCanónica de todo el sistema = Z = ZNiN !

Uso Zi del ítem anterior→ =(

V

2λ3 sinh(β ~ω

2))N 1

N !

Ahora calculamos la energía de Helmholtz conF (T, V,N) = −kBT ln (Z)

= −kBT

[N ln

(V

2λ3 sinh(β ~ω

2))− lnN !

]

Stirling→ ≈ −NkBT

[ln(

V

2λ3 sinh(β ~ω

2))− lnN + 1

]

= −NkBT

[ln(

V/N

2λ3 sinh(β ~ω

2))+ 1

]Por último sólo falta calcular la entropía usando la expresión de U (T, V,N) del ítem anterior:

S (T, V,N) = U − FT

= 1T

(N

[32kBT + ~ω

2 coth(

~ω2kBT

)]+NkBT

[ln(

V/N = v

2λ3 sinh(β ~ω

2))+ 1

])

= NkBT

(32T + ~ω

2kBcoth

(~ω

2kBT

)+ T ln

(v

2λ3 sinh(β ~ω

2))+ T

)

= NkB

(~ω

2kBTcoth

(~ω

2kBT

)+ ln

(v

2λ3 sinh(β ~ω

2))+ 5

2

)X

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y listo.

Ítem c

La evolución es cuasiestática por lo queδQ = T dS

Además es adiabática y entonces δQ. En consecuencia

dS = 0

lo cual implica que

Sfinal = Sinicial

S (V ′, T ′, N) = S (V, T,N)

donde las cantidades primadas son las correspondientes al estado final.Usando el dato de que T ~ω

kBentonces la entropía se puede simplificar8

NkB

(~ω

2kBTcoth

(~ω

2kBT

)+ ln

(v

2λ3 sinh(β ~ω

2))+ 5

2

)−→T ~ω

kB

NkB

~ω2kBT

[2kBT~ω

]+ ln

v

2λ3[

~ω2kBT

]+ 5

2

= NkB

(72 + ln

(vkBT

λ3~ω

))entonces

S (V ′, T ′, N) = S (V, T,N)

NkB

(72 + ln

(v′kBT

′

λ3~ω

))= NkB

(72 + ln

(vkBT

λ3~ω

))λ = h√

2πmkBT→ ln

(v′T ′

(λ′)3

)= ln

(vT

λ3

)ln(v′ (T ′)−

5/2)

= ln(vT−

5/2)

por lo que finalmente

T ′ =(V ′

V

)2/5

T X

Problema 2Este problema es similar al problema 2 del parcial del 04/05/2016 cuya resolución puede encontrarse en la página 21.

Ítem a

Proponemos como solución una distribución de la forma

f (r,p, t) = A exp (−βH (r,p)) H es el hamiltoniano de una partícula

= A exp(−β(

p2

2m + φ (r)))

= A exp(−β(

p2

2m − κ ln( rR

)))= A

( rR

)βκexp

(−β p

2

2m

)= fMB (p) g (r) → Se podría proponer sólo esto y lugo se deduce g (r)

donde fMB (p) es la distribución de Maxwell Boltzmann y g (r) = ctee−βφ(r).A continuación verificamos que la solución propuesta satisface la ecuación de Boltzmann, que es[

∂

∂t+ p

m· ~∇r −

(~∇rφ

)· ~∇p

]f (r,p, t) = ∂f

∂t

⌋colisión

→ Boltzmann’s eq.

8Usé las aproximaciones de cothx y sinhx cuando x≪ 1, ver fórmulas matemáticas en el resumen en la página 46.Los resueltos de

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El primer término es∂f

∂t≡ 0

por la forma en que definimos a f . Esto tiene sentido ya que estamos considerando un estado estacionario9, entonces ladistribución no puede depender del tiempo.

El término de colisiones es1011∂f

∂t

⌋colisión

= g (r) ∂fMB

∂t

⌋colisión

(p)︸︷︷︸0

por lo que∂f

∂t

⌋colisión

= 0

La ecuación de Boltzmann queda, luego de introducir lo anterior, así[ p

m· ~∇r −

(~∇rφ

)· ~∇p

]f (r,p, t) = 0

Si reemplazamos f = fMBg entonces[ p

m· ~∇r −

(~∇rφ

)· ~∇p

]fMB (p) g (r) = fMB (p) p

m· ~∇rg (r)− g (r)

(~∇rφ

)· ~∇pfMB (p)︸︷︷︸−β p

m fMB(p)

= fMB (p) p

m·[~∇rg (r) + g (r)β

(~∇rφ

)]y como lo anterior tiene que ser igual a cero para todo p entonces no queda otra que el corchete sea nulo. Entonces la funcióng (r) se obtiene de la ecuación diferencial siguiente

~∇rg (r) = −g (r)β~∇rφ (r) → De acá se puede deducir g (r)

Ahora se toma a g (r) = exp (−βφ (r)) que se propuso más arriba y se verifica que es la solución de dicha ecuación (no esmás que la regla de la cadena). Se ha probado que f (r,p, t) = A exp

(−β(

p2

2m + φ (r)))

satisface la ecuación de Boltzmann,en consecuencia se trata de la distribución de equilibrio para el gas.

Sólo falta encontrar el valor de A en función del dato nR. Para ello se utiliza una de las fórmulas que está al final de laguía de problemas número 4, que transcribí en la sección de Resumen (ver página 49). En particular utilizamos

n (r, t) =ˆ

d3p f (r,p, t)

=ˆ

d3p A exp(−β(

p2

2m + φ (r)))

= Ae−βφ(r)ˆ

d3p exp(−β p2

2m

)ˆ

d3p exp(−β p2

2m

)=(

2πmβ

)3/2

→ = Ae−βφ(r)(

2πmβ

)3/2

Ahora evaluamos la expresión anterior en r = Rr y entonces

n (r = Rr, t) = nR = Ae−βφ(Rr)(

2πmβ

)3/2

φ (r = Rr) = −κ ln RR

= 0→ = A

(2πmβ

)3/2

por lo que A = nR

(β

2πm

)3/2

.Finalmente, la distribución del gas es

f (r,p, t) = nR

(β

2πm

)3/2

exp(−β(

p2

2m − κ ln( rR

)))X

9No se aclara en la consigna, pero así lo asumí.10Se puede ver su expresión tal como la obtuvimos en la teórica en (2), ver página 48.11La g (r) sale afuera del término de colisiones debido a que el mismo es una integral sobre dp por lo que g (r) es constante. Por otro lado la

función fMB (p) es justamente la solución que anula el término de colisiones, prácticamente por definición.Los resueltos de

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Ítem b

La fuerza ejercida sobre la base del cilindro será

F =ˆ

Base

P (r) n (r) ds

donde P (r) es la presión en cada punto y n (r) es un versor perpendicular al diferencial de superficie ds que apunta “haciaafuera” del cilindro. Planteando la integral en cilíndricas se obtiene

F =2πˆ

0

R

0

P (r) nr dr dθ

= 2πn

R

0

P (r) r dr

donde usé que P (r) = P (r) (es intuitivo).Para calcular la presión se usa el tensor de presión12, que es

Pij (r, t) =ˆ

d3ppipjm

f (r,p, t)

Como f (r,p, t) tiene la propiedad de que depende de p sólo a través de su módulo, es decir f = f (r, |p | , t), entonces

Pij (r, t) =ˆ

d3ppipjm

f (r, |p | , t)

= P (r, t) δij

Esto se debe a que si i 6= j entonces pipj es una función impar y f (|p |) es una función par, por lo tanto se integra unafunción impar lo cual da cero. Por otro lado, cuando i = j entonces el integrando se convierte en una función par cuyaintegral es 6= 0. Además se puede asegurar que Pii = Pjj por el mismo motivo, como f = f (|p |) entonces es completamentesimétrica en todas las componentes, por ende no importa sobre cuál integremos. Por todo lo anterior entonces Pij = Pδijdonde P es la presión ordinaria.

La presión es entonces

P (r, t) =ˆ

d3pp2

1mf (r,p, t) = n (r, t)

⟨p2

1m

⟩

=ˆ

d3pp2

1m

f(r,p,t)︷︸︸︷nR

(β

2πm

)3/2

exp(−β(

p2

2m − κ ln( rR

)))= nR

m

( rR

)βκ( β

2πm

)3/2 ˆd3p p2

1 exp(−β p

21 + p2

2 + p23

2m

)= nR

m

( rR

)βκ( β

2πm

)3/2 ˆdp1 p

21e−β

p21

2m︸︷︷︸√π 23m3

β3

ˆdp2 e

−βp2

22m︸︷︷︸√

2πmβ

ˆdp3 e

−βp2

32m︸︷︷︸√

2πmβ

= nRm

( rR

)βκ

(β

2πm

)3/2

√π

23m3

β32πmβ

= 2nRβ

( rR

)βκwarning: hay errores de cuentas...

12Cuidado porque el tensor de presión requiere que la f (r,p, t) esté expresada en el sistema de referencia del gas, es decir “centrada” en p. Eneste ejercicio se cumple. En caso de que no entonces habría que restarle la velocidad media u del gas, o algo así (aún no lo tengo tan claro).

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La fuerza es entonces

F = 2πn

R

0

P (r) r dr

= 4√

2πnRmkBTRβκ

R

0

rβκ+1 dr n

= 4√

2πnRmkBTRβκ

Rβκ+2

βκ+ 2 n

= 4√

2πnrmkBTβκ+ 2 R2 n

No sé a dónde me confundí... Al resuelto le da F = πR2 nRkBT1+ βκ

2n. Cuando lo volví a hacer me dio bien, ver en pag. 42.

Ítem c

El número de partículas que escaparán por el orificio es

Nque escapan por unidad de tiempo =ˆ

orificio

J · da

donde J es la densidad de corriente de partículas y da es el diferencial de área vectorial, normal a la superficie del orificio.Nos dijo el profesor en las consultas de ayer que hagamos directamente, como el orificio es pequeño,

Nque escapan por unidad de tiempo ≈ J · da

La corriente de densidad de partículas es13

J = n⟨ p

m

⟩= 1

m

ˆd3p pf (r,p, t)

= nRm

(β

2πm

)3/2 ( rR

)βκ ˆd3p p exp

(−β p2

2m

)

= nRm

(β

2πm

)3/2 ( rR

)βκ ˆR

dpx

ˆ

R

dpy

0ˆ

−∞

dpz p exp(−β p2

2m

)

Aquí la integración se hace, para pz, sólo para los valores negativos porque como estamos en la base del cilindro entonces nohay partículas que “vengan desde abajo”14. La cuenta sigue así:

J = nRm

(β

2πm

)3/2 ( rR

)βκ ˆR

dpx

ˆ

R

dpy

0ˆ

−∞

dpz p exp(−β p2

2m

)

= nRm

(β

2πm

)3/2 ( rR

)βκ ˆR

dpx

ˆ

R

dpy

0ˆ

−∞

dpz

[* 0

pxx +>

0

pyy + pzz

]exp

(−β p2

2m

)

= nRm

(β

2πm

)3/2 ( rR

)βκ ˆR

dpx

︸︷︷︸√2πmβ

ˆ

R

dpy

︸︷︷︸√2πmβ

0ˆ

−∞

dpz

︸︷︷︸− 1

22mβ

pz exp(−β p2

2m

)z

= −nRβ3/2

(2πm)3/2

( rR

)βκ 2πmβ2 z

= −nR1√

2πmβ

( rR

)βκz X

13Ver eq. (3) en pág. 49. Para la densidad de partículas se coloca χ = 1.14Lo más formal sería incluir todo esto en la expresión de f (r,p, t) de alguna forma, por ejemplo usando la Θ de Heaviside.

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Finalmente el número de partículas que escapan es

Nque escapan por unidad de tiempo = J · da

= −nR1√

2πmβ

( rR

)βκz · (− daz)

= +nR1√

2πmβ

( rR

)βκda X

Para el caso de r = 0 se obtiene que no se fugan partículas. Esto se puede entender si se considera que el potencialφ (r = 0) = +∞ por lo tanto ninguna partícula puede estar en dicho punto.

Problema 3Ítem a

En el ensamble microcanónico la entropía se obtiene a partir de la multiplicidad según

S (E, V,N) = kB ln (Ω (E, V,N))

por lo tanto hay que encontrar la multiplicidad.Como se pide que usemos el ensamble microcanónico entonces vamos a tener los siguientes vínculos

Vínculos→N = n0 + nε

E = nεε⇒

nε = E

ε

n0 = N − E

ε

donde n0 y nε son el número de partículas en cada nivel de energía.Para hallar la multiplicidad consideramos el hecho de que cada partícula puede tener o bien energía 0 o bien energía ε.

Entonces tenemos

Partícula→ 1 2 3 4 5 . . .Energía→ 0 0 ε ε ε . . .

Al total de permutaciones que tenemos para todas las partículas (o sea N !) le sacamos las permutaciones entre partículascon energía ε (o sea nε!) y las permutaciones entre partículas con energía 0 (o sea, n0! = (N − nε)!) porque estas permutacionesdan origen a la misma configuración. Es decir

Partícula→ 1 2 3 4 . . .Energía→ 0 0 ε ε . . .

←

Son el mismomacroestado pero

distintosmicroestados

→ Partícula→ 1 2 4 3 . . .Energía→ 0 0 ε ε . . .

Entonces tenemos que las formas distintas de “fabricar” una configuración con nε partículas con energía ε es

Ω = N !nε!n0! → Aún no consideré la degeneración g

= N !nε! (N − nε)!

=(Nnε

)→ Falta la degeneración aún!

Lo anterior es sin tener en cuenta la degeneración g de la que habla la consigna. Si se la tiene en cuenta entonces por cadapartícula que tenga energía ε tendremos g microestados que dan origen al mismo macroestado. Entonces

Ω (nε, N) =(Nnε

)gnε

Ahora ya podemos calcular la entropía del sistema

S (nε, N) = kB ln((

Nnε

)gnε)

= kB ln(

N !nε! (N − nε)!

gnε)

= kB [lnN ! + nε ln g − lnnε!− ln (N − nε)!]Stirling a todo→ = kB [N lnN + nε ln g − nε lnnε − (N − nε) ln (N − nε)]

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Finalmente aplicamos el cambio de variable nε = Eε para que quede

S (E,N) = kB

[N lnN + E

εln g − E

εln E

ε−(N − E

ε

)ln(N − E

ε

)]X

= kB

[N

(lnN − ln

(N − E

ε

))+ E

ε

(ln g − lnE + ln ε+ ln

(N − E

ε

))]El gráfico es así (usé N = 1023 y ε = 10−15)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0EεN

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

Entr

opia

g= 1

g= 2

g= 3

g= 4

Se observa que este sistema puede tener temperaturas negativas. Esto se obtiene de 1T = ∂S

∂E . Según nos contó el docentela cosa es así:

Los sistemas que no tienen cota superior para la energía siempre tienen temperatura positiva. Ejemplo: un gas ideal.

Los sistemas que tienen una cota superior para la energía siempre tienen regiones con temperatura positiva y puedeno no tener regiones de temperatura negativa.

En este caso estamos frente a un sistema que tiene una cota superior para la máxima energía que puede aceptar ya quecuando todas las partículas tienen energía ε entonces ya no se puede seguir aumentando su energía.

Ítem b

Del primer principio (reversible) de la termodinámica tenemos

dE = T dS − P dV ⇒ dS = 1TdE + P

T︸︷︷︸∂S∂V

dV

por lo tantoP = T

∂S

∂V

Listo, ahora sólo hay que hacer la cuenta usando

S (E, V,N) = kB

[N

(lnN − ln

(N − E

ε

))+ E

ε

(lnα+ lnV − lnE + ln ε+ ln

(N − E

ε

))](reemplacé g = αV ). Entonces

∂S

∂V= kBE

εV

y la presión esP = kB

T

V

E

ε

Por último, para encontrar cuánto vale Eε en función de T, V y N . Para ello se puede usar 1

T = ∂S∂E de la siguiente forma

1T

= kBε

ln(α (N − E/ε)V

E/ε

)⇒ E

ε= αV N

eε

kBT + αVLos resueltos de

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por lo queP = kB

T

V

αV N

eε

kBT + αV

y en el límite termodinámico (ver el Resumen, pág. 47) con N →∞ y V →∞ esto se convierte en

P = kBTN

V

Ítem c

Lo que va a cambiar es Ω. Si g = 1 (o sea, no hay degeneración) entonces sólo hay una única forma de separar N partículasindistinguibles en dos grupos con n0 y nε partículas. Como son indistinguibles, lo único que importa son las cantidades n0 ynε. En este caso tendríamos

Ω = 1 → Aún no consideré la degeneración!

Cuando hay degeneración (o sea g > 1) entonces el problema es análogo a tener nε pelotas idénticas para distribuir en gcajas numeradas (ver resumen de conteo en página 46). Entonces tendremos que la multiplicidad está dada por

Ω =(nε + g − 1g − 1

)Obsérvese que cuando g = 1 se recupera que Ω = 1 X.

La entropía es

S = kB ln (Ω)

= kB ln(

(nε + g − 1)!(g − 1)!nε!

)= kB [ln (nε + g − 1)!− ln (g − 1)!− lnnε!]

Stirling a todo→ ≈ kB [(nε + g − 1) ln (nε + g − 1)− (g − 1) ln (g − 1)− nε lnnε]

y finalmente reemplazamos nε = Eε :

S (E,N) = kB

[(E

ε+ g − 1

)ln(E

ε+ g − 1

)− (g − 1) ln (g − 1)− E

εln E

ε

]X

El gráfico es algo así:

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0EεN

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

Entr

opia

1e 6

g= 1015

g= 2× 1015

g= 3× 1015

g= 4× 1015

y vemos que la temperatura 1T = ∂S

∂E es siempre positiva. Obsérvese que tuve que poner g ≫ 1 porque usé la aproximaciónde Stirling, sino daba cualquier cosa.

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6 10/05/2017

6. 10/05/2017

ConsignaProblema 1

Considere un recipiente cuyo interior y superficie están divididos en M y N celdas respectivamente. Cada celda puedecontener como máximo una partícula. Una celda del interior tiene siempre energía 0, y una de la superficie tiene energía 0si está vacía y −ε (con ε > 0) si está llena. El recipiente contiene N partículas (tantas como celdas hay en la superficie)indistinguibles.

(a) En el ensamble microcanónico, calcule la entropía del sistema como función de su energía.

(b) Calcule el número de partículas en la superficie en función de la temperatura T . Estudie los límites T → 0 yT →∞ y discuta sus resultados.

(c) Suponiendo que las celdas del interior tienen un volumen v y las de la superficie no tienen volumen, calcule lapresión en función de T . Discuta sus resultados en el límite de gas diluido, N M .

Problema 2Un conjunto de N dados se encuentra sobre una superficie horizontal de área A que vibra fuertemente. Los dados de masa

M y lado l pueden desplazarse libremente sobre la superficie y cambiar de cara. El sistema, pues, se puede interpretar comoun gas ideal bidimensional cuyas partículas tienen un grado de libertad interno (la cada visible del dado) con seis estadosposibles. Los dados están cargados para que salga el número 6 con una masa puntual m en el centro de la cara 1. El sistemase encuentra en equilibrio a temperatura T en presencia del campo gravitatorio terrestre.

(a) Calcule la función de partición canónica del sistema.

(b) Calcule la energía media del sistema. Estudie los límites de temperaturas altas y bajas y discuta sus resultados.

(c) Calcule el número medio de veces que aparece cada una de las caras (ayuda: según cómo lo piense le puede serútil notar que, para cada microestado, el número de veces que aparece la cara s ∈ 1, . . . , 6 es

ns (s1, . . . , sN ) =N∑i=1

δssi

donde si es la cara visible del dado i y δ es la delta de Kronecker). ¿Qué sucede a T = 0?

Problema 3Considere un gas diluido formado por partículas de masa m, en ausencia de fuerzas externas, descripto por una función

de distribución independiente del tiempo, f (r,p, t) = f (r,p), y con velocidad media nula, u (r) = 0.

(a) A partir de la ecuación de Boltzmann pruebe que ~∇ · q = 0, donde q es la corriente de energía cinética.

(b) Si escribimos f = f0 + δf , con

f0 (r,p) = n (r)[2πmkBT (r)]3/2

exp(− p2

2mkBT (r)

)y determinamos δf mediante la aproximación de tiempo de relajación, encuentre la relación que deben cumplirla densidad de partículas n y la temperatura T para que la velocidad media efectivamente se anule.

(c) Pruebe que q = −κ~∇T , donde κ es una constante (la conductividad térmica), y determine el valor de esta últimaen términos del tiempo de relajación τ . (Ayuda:

´d3p p2pipjf0 = 5n (mkBT )2

δij .)

(d) Si el gas está contenido en un tubo de longitud L cuyos extremos se encuentran a temperatura T1 y T2, determineT como función de la distancia, x, a uno de los extremos (asumiendo que no depende de las otras coordenadas).

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Problema 3 6 10/05/2017


La corriente de energía cinética es

qdef=ˆ

d3pp2

2mp

mf (r,p, t)

Por otro lado, la ecuación de Boltzmann para un gas en ausencia de fuerzas externas y descripto por una funciónindependiente del tiempo es

p

m~∇rf (r,p) = ∂f

∂t

⌋col

Si aplicamos´d3p p2

2m a ambos lados de la ecuación obtenemosˆ

d3pp2

2mp

m~∇rf (r,p) =

ˆd3p

p2

2m∂f

∂t

⌋col

X

Ahora usamos el hecho de que

ξ es una cantidad conservada en los choques⇒ˆ

d3p ξ∂f

∂t

⌋col

= 0

y como en este caso ξ = p2

2m es la energía cinética (que se conserva en los choques) entoncesˆ

d3pp2

2mp

m~∇rf (r,p) =

:0ˆ

d3pp2

2m∂f

∂t

⌋col

= 0 X

Por último, debido a que la integral es sobre p y el gradiente es sobre r, éste puede salir de la integral de la siguiente formaˆ

d3pp2

2mp

m~∇rf (r,p) = ~∇r ·

ˆd3p

p2

2mp

mf (r,p)

= ~∇ · q X

Queda así demostrado que ~∇ · q = 0 X.

Ítem b

La aproximación del tiempo de relajación propone que la distribución es de la forma

f (r,p, t) = f0 (r,p) + δf (r,p, t)

y aproxima∂f

∂t

⌋col≈ −δf

τ

donde τ es justamente el tiempo de relajación. La ecuación de Boltzmann se escribe entonces

∂f

∂t+ p

m· ~∇rf + F · ~∇pf = −δf

τ

Ahora no entiendo bien por qué pero todo lo de la izquierda resulta que, metiendo f = f0 + δf , se puede considerar

∂f

∂t+ p

m· ~∇rf + F · ~∇pf ≈

p

m· ~∇rf0 + F · ~∇pf0

Por ende, la ecuación que se obtiene para la aproximación del tiempo de relajación es

δf = −τ( p

m· ~∇rf0 + F · ~∇pf0

)Como la consigna dice que la fuerza es nula entonces la ecuación anterior es

δf = −τ p

m· ~∇rf0

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Problema 3 6 10/05/2017

Por otro lado, la velocidad media es

〈v〉 = 〈p〉m

〈χ〉 = 1n

ˆd3p χf → = 1

n (r, t)m

ˆd3p pf (r,p)

f = f0 + δf → = 1nm

ˆd3p p (f0 + δf)

= 1nm

:

0ˆd3p pf0 (r,p) + 1

nm

ˆd3p pδf

donde el primer término se cancela porque se está integrando una función impar p multiplicada por una función par f0 (verconsigna) sobre todo el espacio. En el término restante se puede reemplazar δf = −τ p

m · ~∇rf0 (que obtuvimos antes) yentonces

〈v〉 = − τ

nm

ˆd3p p

( p

m· ~∇rf0

)= − τ

nm~∇r

ˆd3p

p2

mf0ˆ

d3p p2f = 3mnkBT → = − τ

mn~∇r3mnkBT

= −3 τkBn (r)

~∇r (n (r)T (r))

donde la fórmula mágica que usé es una de las que aparecen al final de la guía de ejercicios número 4. Si queremos que loanterior se anule entonces necesariamente

~∇r (nT ) = 0 X

Ítem c

La corriente de energía cinética es, por “definición”,

q = Jenergía cinética

Jχ =ˆ

d3p χp

mf (r,p, t)→ =

ˆd3p

p2

2mp

mf

f = f0 + δf → =

: 0ˆ

d3pp2

2mp

mf0 +

ˆd3p

p2

2mp

mδf

δf = −τ p

m· ~∇rf0 → = −τ

ˆd3p

p2

2mp

m

( p

m· ~∇rf0

)= − τ

2m3

ˆd3p p2p

(~∇r · pf0

)= − τ

2m3

ˆd3p p2~∇r (p · pf0)

= − τ

2m3~∇r

ˆd3p p2p2f0

= − τ

2m3~∇r

ˆd3p p4f0

Ahora sabemos que la integral que nos quedó satisface lo siguiente (que es una de las integrales de la guía 4)ˆ

d3p p4f0 = 15n (r) (mkBT (r))2

debido a que f0 es la distribución de Maxwell-Boltzmann15. Entonces

q = −15τk2B

2m~∇r

(nT 2)

~∇r (nT ) = 0 del ítem anterior→ = −15τk2BnT

2m~∇rT X

15Si bien tiene dependencias con r, cosa que la distribución de Maxwell-Boltzmann no, como toda la operatoria es en el espacio de p entoncespunto a punto en r la cuenta sí vale.

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Problema 3 6 10/05/2017

por lo tanto, llamando

κ = 15τk2BnT

2m X

La única diferencia que encontré con el resuelto del docente es que a él le quedó 5 en lugar de 15. Pero no sé por qué.

Ítem d

Del ítem a sabemos que ~∇ · q = 0. Si le tomamos la divergencia a q = −κ~∇T obtenemos entonces

∇2T = 0

que en una dimensión se reduce a∂2T

∂x2 = 0

Por lo tantoT (x) = a+ bx

y si evaluamos las condiciones de contorno entonces da

T (x) = T1 + T2 − T1L

x X

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7 06/07/2016 - ESTUDIANDO PARA EL RECU

7. 06/07/2016 - Estudiando para el recuProblem 2Item a

Boltzmann’s equation is (∂

∂t+ p

m· ~∇r + F · ~∇p

)f (r,p, t) = ∂f

∂t

⌋col

and the gas is under the effect of a constant potential φ (r). Because we are looking for the equilibrium solution then wepropose a solution of the form

f (r,p, t) = g (r) fMB (p)which is independent of t, where fMB (p) is the Maxwell-Boltzmann’s distribution. Boltzmann’s equation then reads(

∂

∂t+ p

m· ~∇r + F · ~∇p

)(g (r) fMB (p)) = ∂

∂t

⌋col

(g (r) fMB (p))

The time derivative ∂∂t vanishes for obvious reasons. The same occurs to the collision term because of

∂

∂t

⌋col

(g (r) fMB (p)) = g (r)

* 0

∂fMB

∂t

⌋col

(a more detailed procedure can be found in the solution of exercise 2 of exam from 04/05/2016, in page 21). The Boltzmann’sequation then becomes ( p

m· ~∇r + F · ~∇p

)(g (r) fMB (p)) = 0

fMB (p) p

m· ~∇rg (r) + g (r) F · ~∇pfMB (p)︸︷︷︸

− βmpfMB(p)

=

fMB (p) p

m·[~∇r − βF

]g (r)︸︷︷︸

=0

=

Now we consider F = −~∇φ (r) so finally [~∇+ β~∇φ (r)

]g (r) = 0

and this is the equation from which g is to be determined. The solution is

g (r) = ce−βφ(r)

so the distribution is

f (r,p, t) = ce−βφ(r)fMB (p)

= γe−β(

p22m+φ(r)

)where c and γ are constants.

To find γ we can use the information that n (r = Rr) = nR so

n (r) =ˆ

d3p f (r,p, t)

= γe−βφ(r)ˆ

d3p e−βp22m

ˆd3p exp

(−β p2

2m

)=(

2πmβ

)3/2

→ = γe−βφ(r)(

2πmβ

)3/2

so imposing nR = γe−βφ(r=Rr)(

2πmβ

)3/2

we can solve for γ and obtain

γ = nR

(β

2πm

) 32

← φ (R) = 0

so, finally, the distribution is

f (r,p, t) = nR

(β

2πm

) 32

e−β(

p22m+φ(r)

)X

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Problem 2 7 06/07/2016 - ESTUDIANDO PARA EL RECU

Item b

The force will beF =

ˆ

base

ds P

where ds is a vector differential pointing perpendicular to the surface and P is the pressure of the gas.The pressure is obtained from the Θij tensor which is

Θij = n

m〈pipj〉

= n

m

1n

ˆd3p pipjf (r,p, t)

= 1m

ˆd3p pipjnR

(β

2πm

) 32

e−β(

p22m+φ(r)

)

= nRm

(β

2πm

) 32

e−βφ(r)ˆ

d3 pipje−β p2

2m

=

0 i 6= j

nRm(

β

2πm

) 32

e−βφ(r)

(

2πmβ

) 32 2m

2β i = j

= δijnRkBTe−βφ(r)

Now, because the mean velocity of the particles is null (i.e. we are standing at the reference system of the gas) then

Θij = Pδij

soP = nRkBTe

−βφ(r)

Now the force is

F =2πˆ

0

R

0

dθ dr r (−z)︸︷︷︸ds

P (r, θ)

... wxMaxima

= −2πβ2nRR2

κ+ 2β z X

Item c

The number of particles that will escape is

Nthat escape per unit time =ˆ

hole

Jn · ds

where Jn is the density of current of particles and ds is the surface differential. We know that Jχ =´d3p χ p

mf (r,p, t)and for Jn we need χ = 1 (this comes out from one exercise of the guide number 4). Thus

Nthat escape per unit time =ˆ

hole

Jn︷︸︸︷[ˆd3p

p

mf (r,p, t)

]· ds

=ˆ

hole

∞

−∞

dpx

∞

−∞

dpy

0ˆ

−∞

dpzp

mf (r,p, t)

· ds

where the integration over pz goes only from −∞ → 0 because we are standing at the bottom edge of the container, soparticles can have only descendant velocities. Making the calculation16 we get

Jn = nR

(kBT

2πm

) 12 ( r

R

) κkBT (−z) X

16I have used wxMaxima for this.Los resueltos de

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Problem 2 7 06/07/2016 - ESTUDIANDO PARA EL RECU

Finally, if the hole is small enough and Jn is approximately constant over it we can approximate

Nthat escape per unit time ≈ Jn ·ˆ

hole

ds

ds = −z ds→ = nRA

(kBT

2πm

) 12 ( r

R

) κkBT X

where A is the surface of the hole.

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8 04/05/2016 - ESTUDIANDO PARA EL RECU

8. 04/05/2016 - Estudiando para el recuProblema 2Ítem a

Debido a que el gas se encuentra en un estado estacionario, vamos a proponer que la solución es de la forma

f (r,p, t) = g (r) fMB (p)

donde g es una función a determinar y fMB es la distribución de velocidades de Maxwell-Boltzmann. El término ∂∂t de la

ecuación de Boltzmann se anula (es obvio por qué) y el término de colisiones también, debido a lo siguiente

∂f

∂t

⌋col

= g (r)

* 0

∂fMB

∂t

⌋col

debido a que el término de colisiones (ver eq. (2)) no actúa sobre la variable r y entonces g es una constante para el operadory por otro lado fMB es aquella función tal que anula dicho término. La ecuación de Boltzmann queda entonces

p

m· ~∇r (g (r) fMB (p)) + F · ~∇p (g (r) fMB (p)) = 0

p

mfMB (p) · ~∇rg (r) + F g (r) · ~∇pfMB (p)︸︷︷︸

−β pm fMB(p)

=

p

mfMB (p) ·

[~∇rg (r) + βg (g) ~∇rφ (r)

]= ← F = −~∇φ

donde φ es el potencial gravitatorio. Para que esto sea cero pedimos que el corchete sea nulo y entonces la función g sedetermina a partir de la ecuación

~∇g = −gβ~∇φcuya solución es

g (r) = ce−βφ(r)

y la función de distribución resulta ser finalmente

f (r,p, t) = κe−β(

p22m+φ(r)

)donde κ = cNV

(β

2πm

)3/2

es sólo otra constante que surge de reemplazar la fMB por su expresión.Para determinar el valor de κ utilizamos la condición de que a nivel del suelo la densidad es n0. Esto significa que

n (r = 0, t) = n0

o bien usando que n (r, t) = ρχ=1 (r, t) y ρχ (r, t) =´d3p χ (r,p, t) f (r,p, t) entonces

n0 =ˆ

d3p f (r = 0,p, t)

= κe−βφ(r=0)︸︷︷︸1

ˆd3p e−β

p22m

= κ

(2πmβ

) 32

por lo tanto κ = n0

(β

2πm

) 32 y la distribución finalmente es

f (r,p, t) = n0

(β

2πm

) 32

e−β(

p22m+φ(r)

)X

Ítem b

La densidad es

n (r, t) =ˆ

d3p f (r,p, t)

= n0e−βφ(r) X

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Problema 2 8 04/05/2016 - ESTUDIANDO PARA EL RECU

La presión se puede obtener segúnΘij = Pδij

debido a que f = f (r, |p | , t). Entonces

P = Θii

Θij = n

m〈pipj〉 → = n

m

⟨p2i

⟩〈χ〉 (r, t) = ρχ (r, t)

n (r, t) → = n

m

ρp2i

n

ρχ (r, t) =ˆ

d3p χ (r,p, t) f (r,p, t)→ = 1m

ˆd3p p2

i f (r,p, t)

= n0e−βφ(r)kBT X

Ítem c

El flujo de partículas que habrá será

Nque escapan por unidad de tiempo =ˆ

puerta

Jn · ds

donde Jn es la densidad de corriente de partículas y ds el diferencial de superficie de la puerta. La densidad de corriente departículas será

Jn =0ˆ

−∞

dpx

∞

−∞

dpy

∞

−∞

dpzp

mf (r,p, t)

donde la integral sobre px se realiza para valores negativos ya que considero lo que expliqué en la resolución de este mismoproblema que figura en la página 23. Esto implica asumir que afuera de la habitación tenemos que f = 0, lo que implica quehay vacío. Esta cuenta da

Jn = −n0e−βφ(z)

√kBT

2πm x

Finalmente

Nque escapan... =x0+dˆ

x0

dx

z0+hˆ

z0

dz Jn · (−x)

=dn0e

−βgmz0(1− e−βgmh

)√

2πg (βm)32

o bien, si la puerta está a la altura del suelo (o sea z0 = 0),

Nque escapan... =dn0

(1− e−βgmh

)√

2πg (βm)32

X

Todas las cuentas de este ítem las hice con el programa wxMaxima.

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9 RESUMEN DE FÓRMULAS Y COSAS

9. Resumen de fórmulas y cosasMatemáticas

Serie geométrica→n−1∑k=0

rk = 1− rn

1− r

Aproximación de Stirling→ lnN ! ≈ N lnN −N


2 tanh x = sinh xcosh x sinh x −→

x≪1x

cosh x = ex + e−x

2 coth x = 1tanh x coth x −→

x≪1

1x

∂ cosh x∂x

= + sinh x ∂ tanh x∂x

= 2cosh (2x) + 1 = 1

cosh2 x∂ coth x∂x

= − 1sinh2 x

La siguiente cuenta, que es cómoda cuando hay que calcular cosas en teoría cinética (Boltzmann), la hice con el programawxMaxima

ˆd3p pa1e

−bp2=

0 a ∈ imparesπΓ( 1+a

2)

b1+a

2 +1a ∈ pares

=

(πb

)3/2

a = 0(πb

)3/2 12b a = 2

32

(πb

)3/2 12b2 a = 4

Truco para calcular gaussianas

Iα =∞

0

xαe−γx2dx

Iα=0 = 12

√π

γIα=1 = 1

2γ

Iα=2 = 12

√π

γ3

Iα=n∈N° pares = −dnIα=0dγn

Iα=n∈N° impares = dnIα=1dγn

Conteo (nk

)= n!k! (n− k)!

Bolas idénticas en cajas numeradas Supongamos que tenemos p pelotas idénticas y c cajas numeradas.

Si cada caja puede tener cualquier cantidad entre 0 y p entonces Ω =(p+ c− 1

p

)=(p+ c− 1c− 1

). La forma de

pensar este problema es: · · · ︸︷︷︸p

|| . . . |︸︷︷︸c−1

. Luego hay que contar la cantidad total de permutaciones posibles que hay (o

sea (p+ c− 1)!) y restarle las permutaciones entre las pelotas (o sea p!) y las permutaciones entre los palitos (o sea(c− 1)!).

Bolas y cajas numeradas

Sean p pelotas y c cajas, todo numerado.

Si cada caja puede tener cualquier cantidad entre 0 y p entonces Ω = cp.

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TermodinámicaEcuaciones fundamentales Ξ es el grancanónico

U = U (S, V,N)S = S (U, V,N)

H (S, P,N) def= U + PV

F (T, V,N) def= U − TS

G (T, P,N) def= U + PV − TS

Ξ (T, V, µ) def= U − TS − µN

dU = T dS − P dV + µdN

dS = 1TdU + P

TdV − µ

TdN

dH = T dS + V dP + µdN

dF = −P dV + µdN − S dTdG = µdN + V dP − S dTdΞ = −S dT − P dV −N dµ

Relaciones de Maxwell∂2U

∂S∂V= ∂T

∂V

⌋S

= − ∂P

∂S

⌋V

∂2H

∂S∂P= ∂T

∂P

⌋S

= ∂V

∂S

⌋P

− ∂2F

∂T∂V= ∂P

∂T

⌋V

= ∂S

∂V

⌋T

∂2G

∂T∂P= ∂V

∂T

⌋P

= − ∂S

∂P

⌋T

Límite termodinámico Es el límite en el que V →∞, N →∞ tal que VN → constante.

EnsamblesTeorema de las partículas que no interactúan (ver [1, párrafo al final de la página 56]). Dado un sistema de Npartículas que no interactúan entre sí y que además no hay vínculos que condicionen los estados de las partículas entoncesla función de partición del sistema satisfará que

Zdel sistema =

ZNde una única partícula

N ! ← Partículas indistinguibles

ZNde una partícula ← Partículas distinguibles

Ensamble microcanónico

Ω (E, V,N) =

Discreto→∑∀estados

1

Continuo→

1h3N

ˆ

H =E

d3Nq d3Np Partículas distinguibles

1N !h3N

ˆ

H =E

d3Nq d3Np Partículas indistinguibles

La relación fundamental que se obtiene del microcanónico es

S (E, V,N) = kB ln (Ω (E, V,N)) → Relación fundamental

donde Ω (E, V,N) es la multiplicidad del macroestado con E, V y N .

Ensamble canónico

ZCanónica =

∑

∀ estadosexp (−βεi)∑

∀ energíasg (εi) exp (−βεi)

Caso discreto

1N !h3N

ˆexp (−βH (q, p)) d3Nq d3Np Caso continuo

(1)

La expresión del caso continuo está en [1, pag. 55, eq. (5)].

F (T, V,N) = −kBT ln (ZCanónica (T, V,N)) → Relación fundamental

U (T, V,N) = − ∂

∂βln (ZCanónica)

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Ensamble isobárico

ZIsobárica =∑

∀ estadose−β(εi+PVi)

G (T, P,N) = −kBT ln (ZIsobárica (T, P,N)) → Relación fundamental

U (T, P,N) = − ∂

∂β

⌋βP,N

ln (ZIsobárica)

〈L〉 = ∂

∂ (βf) ln (ZIsobárica)

= 1β

∂

∂fln (ZIsobárica)

Ensamble grancanónico

ZGrancanónica =∑

∀ estadose−β(εi−µNi)

zdef= eβµ → Fugacidad

Ξ (T, V, µ) = −kBT ln (ZGrancanónica (T, V, µ)) → Relación fundamental

donde Ξ es el potencial grancanónico.

U (T, P,N) = − ∂

∂β

⌋βµ ≡z ,N

ln (ZGC)

〈N〉 = ∂

∂ (βµ) log (ZGC)

= z∂

∂zlog (ZGC)

Boltzmannf (r,p, t) d3r d3p ≡ # of particles with (r, r + dr) and (p,p + dp)f (r,p, t)

N≡ P (find a particle with (r, r + dr) and (p,p + dp))[

∂

∂t+ p

m· ~∇r + F · ~∇p

]f (r,p, t) = ∂f

∂t

⌋colisión

→ Ec. de Boltzmann

∂f

∂t

⌋colisión

=ˆ

dp2 dΩ |v2 − v1 |σ (Ω) [f ′1f ′2 − f1f2] (2)

χ es una cantidad conservada en los choques⇒ˆ

d3p χ (r,p) ∂f∂t

⌋colisión

= 0

Maxwell-Boltzmann→

fMB (p) = N

V

(β

2πm

)3/2

exp(−β p2

2m

)∂fMB

∂t

⌋colisión

= 0

~∇pfMB (p) = −β p

mfMB (p)

fCuando hay un potencial (r,p, t) = g (r) fMB (p) ← Hay que proponer esto y sale

〈χ〉 (r, t) = ρχ (r, t)n (r, t) ρχ (r, t) =

ˆd3p χ (r,p, t) f (r,p, t) n (r, t) = ρχ=1 (r, t)

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Jχ (r, t) = n (r, t)⟨χ

p

m

⟩→ Densidad de corriente de χ (3)

=ˆ

d3p χp

mf (r,p, t)

El tensor de presión es, cuando la velocidad media es nula,

Pij (r, t) =ˆ

d3ppipjm

f (r,p, t) → Tensor de presión (4)

= P (r, t) δij → Esto es cuando f (r,p, t) = f (r, |p | , t)

El tensor Θ, cuyo nombre es tensor de flujo de momento, es

Θijdef= n

m〈pipj〉

ΘijcfMB = δijnkBT

Θij = Pij → Cuando 〈u〉 = 0

Fórmulas que están al final de la guía 4

Sea f = fMB (p) , entonces:

n (r, t) =ˆ

d3p f (r,p, t)ˆ

d3p p2f = 3mnkBTˆ

d3p pipjf = δijmnkBTˆd3p p2pipjf = 5δijn (mkBT )2

ˆd3p4f = 15n (mkBT )2

ˆd3p pipjpjplf = (δijδkl + δilδjk + δikδjl)n (mkBT )2

Tiempo de relajaciónf (r,p, t) ≈ f0 (r,p) + δf (r,p, t)

δf ≈ −τ( p

m· ~∇rf0 + F · ~∇pf0

)∂f

∂t

⌋col≈ −δf

τˆ

d3p δf = 0ˆ

d3p pδf = 0ˆ

d3pp2

2mδf = 0

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REFERENCIAS REFERENCIAS

Referencias[1] Statistical Mechanics, R. K. Pathria & P. D. Beale, third edition.

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