Fisica Estadistica - Reif Capitulo 4 y 5

F´ısica ısi ca Esta Es tad d´ ıstic ıs tica a - De Deb b er 4 Alejandro G´ omez omez Espinosa

*

Escuela Polit´ ecnica ecnica Nacional Naciona l Quito - Ecuador

22 de abril de 2011 Libro de Reif. F, Fundamentals of Statistical and Thermal Physics. Cap´ıtulo ıtulo 4 y 5. 4.2

Un calor calor´´ımetro ımetro de cobre cobre de 750 g que puede contene contenerr 200 g de agua agua se encuen encuentra tra en equili equilibri brioo a una temperatura de 20 C. Un experimentador exp erimentador pone 30 g de hielo a 0 C en el calor´ calor´ımetro y encierra este último ultimo con una capa aislante al calor. Cuando todo el hielo se ha derretido y se ha alcanzado el equilibrio, cual será la temperatura del agua? (El ( El calor especif esp ecif´´ıco del cobre es 0.418 J g−1 . El hielo tiene una gravedad gravedad espec esp ec´´ıfica de 0.917 y −1 su calor de fusión on es 333 J g , i.e. requiere 333 J de calor para convertir 1 g de hielo en agua a 0 C.) Soluci´ on: on: La temperatura final se la encuentra relacionando los calores intercambiados en el sistema. El calor requerido para fundir al hielo es mi l donde mi es la masa del hielo. Como el sistema est´ a térmicamente ermicamente aislado y no se realiza ning un u ´ n trabajo, t rabajo, el cambio total en la energ´ıa ıa se elimina: mi l + Qhielo derretido + Qagua + Qcalor´ cal or´ımetr ım etro o =0

(1)

mi l + mi ca T f f + ma ca T f f + mc cc T f f = 0 30(333) + 30(4, 30(4,18)T 18)T f 200(4,18)T 18)T f 750(0,418)T 418)T f f + 200(4, f + 750(0, f = 0 T f 283K f = 283K Calcule el cambio total de entrop´ entrop´ıa del proceso anterior. entrop´ıa cuando el hielo esta derretido es m1 l/T . l/T . Para el resto ser´ ser´ıa: Soluci´ on: on: El cambio en la entrop´ T f

∆S = mc



T i

∆S =

dT T f f = mc ln T T i

(2)

m1 l 283 283 283 + ma c ln + m1 c ln + mc cc ln = 1,6J/K 273 293 273 293

Despues de que todo el hielo se haya derretido y el equilibrio se haya alcanzado, cuando trabajo, en J, se debe entregar al sistema para que toda el agua regrese a 20 C. Soluci´ on: on: El trabajo requerido es la cantidad de calor que se requiere para que todo el hielo sea derretido: W = ma ca (T f [(750(0,418) + 230(4, 230(4,18)](293 − 283) = 12, 12,75 75J J f − T i ) + mc cc (T f f − T i ) = [(750(0, 4.4

Un s´ olido olido contiene N átom at omos os mag magn´ nético et icoss con sp´ın ın 12 . A temperatura temp eraturass lo suficientemente sufici entemente altas, alt as, cada sp s p´ın esta orientado completamente aleatorio; i.e. igualmente probable se estar en uno de sus dos estados posibles. Pero a temperaturas lo suficientemente bajas la interacción entre átomos atomos magnéticos eticos provoca un compor c ompor-tamiento tamiento ferromagn´ ferromagn´ etico, etico, con lo que todos sus spines se orientan orientan a lo largo de la misma direcci´ dirección on como T → 0. Una aproximación on muy ligera sugiere que la contribución on dep d ependi endiente ente de sp s p´ın C (T ) T ) a la capacidad calor calo r´ıfica ıfic a de d e este e ste sólido olido tiene una dependencia aproximada a la temperatura dada por C (T ) T ) = C 1



T 2 T 1

−

C (T ) T ) = 0 *

(3)

[email protected]

1



1

T 1 < T < T 1 2 otros casos

si

(4) (5)

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El incremento abrupto en el calor espec´ıfico ıfico de T se reduce por debajo de T 1 debido al inicio del comportamiento tam iento ferro f erromagn´ magnético. eti co. Use consideraciones de entrop´ entrop´ıa para hallar la expresión on expl´ıcita ıcita del valor máximo aximo C 1 de la capacidad calo ca lor´ r´ıfica ıfi ca.. A temperatura absoluta cero, el sistema esta en uno de los dos posibles estados base con todos los spines en la misma dirección. on . As´ı, ı, su entro ent rop p´ıa es: es :

Soluci´ on: on:

S (T = 0) = kB ln 2 ≈ 0

(6)

Por otro lado, a una temperatura infinita el sistema esta completamente desmagnetizado. Se sabe que una buena aproximación o n del n´ umero de estado con magnetización umero o n cero es la misma que el número umero total de N estados 2 y de esta manera su entrop entr op´´ıa es: es : S (T = ∞) = N kB ln 2

(7)

Este cam cambio bio en entrop entrop´´ıa puede ser relaciona relacionado do con la capacidad capacidad cal´ orica del sistema por un proceso orica cuasiest´ atico atico del sistema desde T = 0 y T = ∞: ∞

S (T = ∞) − S (T = 0)

=

 C (T )T )dT  T   2 0dT +  2T T  T 0

T 1 /2

=

T 1

T 1 /2

0

= =

1

1

2T 1 T 1 /2 (1 − ln2)C ln2)C 1

Finalmente, se despeja C 1 :



C 1

ln 2 = 2,27 27N N kB 1 − ln 2

C 1 = N kB 4.5

ln

−

−

1

1 T 1 C 1 dT + 0dT T ∞

(8)

Un s´ olido olido contiene N átomos atomos magnéticos eticos de hierro hi erro con sp´ sp´ın S. A una temperatura tempe ratura suficientemente suficientem ente alta, alt a, cada cad a sp´ sp´ın esta orientado completamente aleatorio; i.e. igualmente probable de estar en cualquiera de sus 2S 2 S + +1 estados posibles. Pero a temperaturas suficientemente bajas entre los átomos magnéticos eticos se produc p roducee un comportamiento ferromagn´ etico, etico, con lo que todos sus spines se orientan a lo largo de la misma dirección on como T → 0. Una aproximación on muy ligera sugiere que la contribución on dependiente depen diente de sp´ sp´ın C (T ) T ) a la capacidad capacida d calor´ıfica ıfica de este sólido olido tiene una dependencia aproximada a la temperatura dada por C (T ) T ) = C 1



T 2 T 1

−

C (T ) T ) = 0



1

T 1 < T < T 1 2 otros casos

si

(9) (10)

El incremento abrupto en el calor espec´ıfico ıfico de T se reduce por debajo de T 1 debido al inicio del comportamiento tam iento ferro f erromagn´ magnético. eti co. Si uno diluye los átomos atomos magn´ eticos eticos al remplazar remplazar el 30 por ciento ciento de sus átomos atomos de hierro por átomos atomos de zinc no magn´ magnéticos, eticos, entonces entonces el 70 por ciento ciento restante restante de los átomos atomos de hierro todav´ todav´ıa se convierten en ferromagn´ eticos eticos a temperaturas lo suficientemente suficientemente bajas. Los átomos atomos magnéticos eticos ahora contribuyen a la capacidad capacida d calor´ıfica ıfica del sólido olido C(T) con diferente dependencia en temperatura dada, muy crudamente, por: C (T ) T ) = C 2 C (T ) T ) = 0

T T 2

si 0 < T < T 2

(11)

otros casos

(12)



Soluci´ on: on:

El cambio en entrop´ıa ıa es: T 1

S sd sd (T 1 ) − S sd sd (0) =



c1

T 1 /2

 2T  dT T 1

−

1

c2

T dT = c2 T 2 T

T 1

S d (T 1 ) − S d (0) =



T 1 /2

T

= c1 (1 − ln 2)

(13)

(14)

donde donde los sub´ sub´ındice ındicess sd es para para sin diluir diluir y d es para para el sistem sistemaa diluid diluido. o. Por Por la tercer terceraa ley de la terter7 modinámica amica se tiene que: S d (0) = S sd as as átomos atom os mag magn´ néticos etic os en el caso dilu´ıdo, ıdo , sd (0). Como existen solo 10 m´ se tiene que S d (T 1 ) = −7S sd ı: sd (T 1 ), as´ c2 = −7(1 − ln2) = 0, 0,214 c1 5.1

(15)

Un gas ideal tiene t iene un calor espec esp ec´´ıfico molar cv independiente de la temperatura a un volumen constante. Sea γ = c p /cv , denota denota la tasa de calores calores espec´ espec´ıficos. ıficos. El gas esta aislado aislado t´ ermicamen ermicamente te y se le permite expandir cuasiestáticamente aticamente desde un volumen inicial V i a una temperatura T i a un volumen final V f f . Use la relación on pV γ = cte para hallar la temperatura final T i de este gas. µRT : Soluci´ on: on: Sustituyendo pV = µRT : γ µRT f µRT i V iγ f V f = V i V f f

T f f = T i

⇒

1−γ

 V  f f

V i

(16)

Use el hecho hecho que la entrop entrop´´ıa permanece permanece constante constante en este proceso para hallar la temperatura temperatura final T f . f entrop´ıa de un gas ideal en un proceso pro ceso es: Soluci´ on: on: El cambio de entrop´ ∆S = µcV ln

T f V f f f + µR ln T i V i

(17)

Para un proceso adiabático atico que es cuasiestático atico el cambio en entrop´ entrop´ıa es cero. As´ As´ı:

Como

5.7

R cV

= c p −

cV cV

T f f 0 = ln T i

 V 

T f f = T i

 V 

f f

R/cV

(18)

V i

= γ − 1, tenemos: f f

1−γ

(19)

V i

Considere la átmosfera atmosfera terrestre como un gas ideal de peso molecular µ en un campo gravitacional uniforme. Sea g la aceleración on de la gravedad. Si z denota la altura sobre el nivel del mar, demuestre que el cambio en la presión atmosf´ atm osférica eric a p con la altura esta dada por dp µg =− (20) dz p RT donde T es la temperatura absoluta a una altura z. umero umero de part´ part´ıculas por unidad de volumen, m es la masa de cada part´ part´ıcula, Soluci´ on: on: Si m es el n´ A el área area tenemos: ∆ pA = p(z + dz) dz )A − p( p(z )A = −n(Adz) Adz )mg (21) dp

nµg



Si la disminución on de la presión on en el ejercicio anterior se debe a una expansión on adiab´ atica, atica, demuestre que: dp γ dT = (24) p γ − 1 T Soluci´ on: on:

Entonces:

Como pV γ = cte, cte, se sustituye V =

µRT p :

T γ p1−γ = cte

(25)

γT γ −1 p1−γ dT + (1 − γ )T γ p−γ dp = 0

(26)

dp γ dT = p γ − 1 T

(27)

Calcule dT/dz en grados por kilometro. Asuma que la atmósfera osfera consiste mayormente de nitrógeno ogeno para el cual γ = 1,4. (24)) en (27 (27)) se tiene: Soluci´ on: on: Reemplazando (24

Para N 2 , µ = 28 y γ = 1,4; se tiene:

dT 1 − γ = µg dz γR

(28)

dT = −9,4K/km dz

(29)

En una atmósfera osfera isotérmica ermica a temperatura T, expresar la presion p a la altura z en términos erminos de la presión on p0 al nivel del mar. (24)) con respecto a T se tiene: Soluci´ on: on: Integrando (24

 p = p exp 0

µgz − RT



(30)

Si la presión on a nivel del mar y la temperatura son p0 y T 0 , y la atm´ osfera osfera es adiabática, atica, encuentre la presi´ on on p a la altura z. 28)): Soluci´ on: on: De (28 γ − 1 T = T 0 − µgz (31) γR As´ı:

p

z

 dp  p0



p

=

0



p = p0 1 −

µgdz 

−

 R T

0

−

(γ −1)µgdz γR

(γ − 1)µgz 1)µgz γRT 0



γ/γ −1





(32)

Fisica Estadistica - Reif Capitulo 4 y 5

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