WordPress.com · Apuntes práctica Física 4 1dejuliode2016 Sobreestosapuntes...

Apuntes práctica Física 4

1 de julio de 2016

Sobre estos apuntes Estos son los apuntes de clase que tomó un alumno mientras cursaba la materia. Los tomó on the flyen la PC y esto es lo que quedó (i.e. no hubo post-edición de ningún tipo). Es por ello que pueden haber errores de todo tipo,desde tipeo hasta interpretaciones y/o conceptos equívocos. Estos apuntes no son oficiales de ninguna cátedra ni pretendenserlo. Úsense con precaución. En caso de notar algún efecto adverso suspender de inmediato su uso y consultar a su profesorde cabecera cuanto antes.

El cuatrimestre en que dicho alumno cursó la materia fue el primero de 2016. Este link conduce a la página de la materia.

Más material de Alf Encontrá más apuntes y resueltos de Alf en este link.

Índice1. Termómetros 3

1.1. Diseño de termómetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Termómetros de gas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Calorimetría 3Ejercicio 1, guía 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

3. Primer principio 4Guía 1, ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Guía 1, ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Guía 1, ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Guía 1, ejercicio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Guía 1, ejercicio 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Guía 1, ejercicio 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Guía 1, ejercicio 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

4. Segundo principio 9Guía 2, ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Guía 2, ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Guía 2, ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Guía 2, ejercicio 7.b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Guía 2, ejercicio 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Guía 2, ejercicio 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4.1. Paradoja de Gibbs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Guía 2, ejercicio 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

5. Guía 3 - Potenciales termodinámicos 16Guía 3, ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Guía 3, ejercicio 3, ítem a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Guía 3, ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Guía 3, ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Guía 3, ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Guía 3, ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Guía 3, ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Guía 3, ejercicio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

5.1. Transiciones de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245.1.1. Sistema PVT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1

http://materias.df.uba.ar/f4Aa2016c1/

https://losresueltosdealf.wordpress.com/

ÍNDICE ÍNDICE

Curva de vaporización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Curva de fusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Curva de sublimación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Regla de la palanca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Guía 3, ejercicio 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Guía 3, ejercicio 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Guía 3, ejercicio 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

6. Radiación de cuerpo negro 29Guía 5, ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

7. Efecto fotoeléctrico 31

8. Efecto Compton 31

9. Modelos atómicos 319.1. Modelo de Rutherford . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

10.Repaso de ondas 32Ejercicio 16 guía 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

11.Guía 7 3311.1. Operadores hermíticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Guía 7, Ejercicio 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Guía 7, ejercicio 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Guía 7, ejercicio 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

12.Postulados de la mecánica cuántica 35

13.Guía 8 36Guía 8, ejercicio 1 (pozo infinito) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Guía 8, ejercicio 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Pozo de potencial loco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

13.1. Potencial armónico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Guía 8, ejercicio 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

14.Guía 9 4214.1. Momento angular orbital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Guía 9, ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

15.Sistema de dos partículas 44

16.Átomo de hidrógeno 4616.1. Efecto Zeeman “normal” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4816.2. Spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Guía 9, ejercicio 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Guía 9, ejercicio 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

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2 CALORIMETRÍA

1. Termómetros1.1. Diseño de termómetros

Para diseñar un termómetro necesitamos tres cosas

1. Propiedad termométrica. Es la variable que voy a medir, por ejemplo la altura del mercurio, la resistencia eléctrica,etc.

2. Puntos fijos. Son los puntos de temperatura invariante en que basaré mi escala, como por ejemplo la temperatura defusión y de ebullición del agua. A cada uno de los puntos le asigno un valor.

3. Escala. En general es lineal. Esto da origen al problema de que si la relación entre la propiedad termométrica y latemperatura es no lineal, nunca vas a tener dos termómetros (uno de resistencia y otro de mercurio) que coincidan enlos puntos que no son los puntos fijos.

1.2. Termómetros de gasPermite definir una escala de temperatura que es más o menos uniforme y se lo utiliza para calibrar a todos los demás

termómetros. En la figura 1 se muestra un esquema. Para medir se elige si se lo utilizará a volumen o presión constante.Supongamos volumen constante. En este caso, se coloca el bulbo en la sustancia a medir y se va variando la altura deldepósito de modo tal que el volumen del depósito A quede siempre lleno de mercurio hasta la misma altura (garantizamosasí el volumen constante).

La temperatura que mide un termómetro de gas (de volumen constante) es

T = lımp→0

(pV )(pV )ref

= θ

θref

donde θ es la temperatura empírica (medida experimentalmente) y T la temperatura absoluta. Para hacer el límite en ellaboratorio lo que se va haciendo es vaciar el reservorio de gas de modo tal que la presión valla disminuyendo. El procedimientode medición se repite de la misma forma que se describió anteriormente.

Esto debería leerlo de algún libro porque sinceramente mucho no entendí.

Figura 1: Esquema de un termómetro de gas.

2. CalorimetríaSupongamos dos cosas en contacto. Aún no sabemos qué es el calor, por lo tanto no nos referiremos a él como si fuese un

flujo de energía. Se observa experimentalmente (o se define así, no se) que

∆Q = mC ∆θ → calórico absorbido por el material

donde m es la masa del cuerpo, C es el calor específico del material y ∆θ es la variación en la temperatura.

Ejercicio 1, guía 1 Toda relación entre las variables termodinámicas parece que se puede escribir como f(x, y, z) = 0, esdecir como una función implícita. Las igualdades matemáticas que se pide probar parece que salen del teorema de la funciónimplícita y nos interesan porque las vamos a usar todo el tiempo.

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3 PRIMER PRINCIPIO

ítem a) ∂x

∂y

⌋z=cte

=(∂y

∂x

⌋z=cte

)−1

ítem b) ∂x

∂y

⌋z=cte

∂y

∂z

⌋x=cte

∂z

∂x

⌋y=cte

= −1

Para probar a) y b) se utiliza el hecho de que los diferenciales dx y dy

Si (y, z) son independientes⇒ dx = dx

dy

⌋z=cte

dy + ∂x

∂z

⌋y=cte

dz (1)

Si (x, z) son independientes⇒ dy = dy

dx

⌋z=cte

dx+ ∂y

∂z

⌋x=cte

dz (2)

Ahora reemplazamos (2) en (1) para obtener

dx = ∂x

∂y

⌋z

∂y

∂x

⌋z

dx+ ∂x

∂y

⌋z

∂y

∂z

⌋x

dz + ∂x

∂z

⌋y

dz

y entonces (∂x

∂y

⌋z

∂y

∂x

⌋z

− 1)dx+

(∂x

∂y

⌋z

∂y

∂z

⌋x

+ ∂x

∂z

⌋y

)dz = 0

Ahora decimos, si dx y dz son independientes entonces los coeficientes deben valer cero (no se bien por qué, pero es así).Entonces con el primer coeficiente se obtiene la demostración de a), y utilizando el segundo coeficiente junto con a) se muestrael ítem b).

Para probar el ítem c)

ítem c)→ ∂x

∂y

⌋w=cte

∂y

∂z

⌋w=cte

= ∂x

∂z

⌋w=cte

Consideramos que x = x(y, w) (esto lo podemos hacer porque son todas funciones implícitas) y entonces

dx = ∂x

∂y

⌋w

dy + ∂x

∂w

⌋y

dw

Si se divide esto por dz se obtienedx

dz= ∂x

∂y

⌋w

dy

dz+ ∂x

∂w

⌋y

dw

dz

Ahora consideramos w = cte (como lo pide la consigna) y directamente se prueba lo de la consigna

dx

dz

⌋w

= ∂x

∂y

⌋w

dy

dz

⌋w

+��

��*

0∂x

∂w

⌋y

dw

dz

Finalmente, para probar el último ítem

ítem d)→ ∂x

∂y

⌋z=cte

= ∂x

∂y

⌋w=cte

+ ∂x

∂w

⌋y=cte

∂w

∂y

⌋z=cte

Consideramos x = x(y, w) y entonces

dx = ∂x

∂y

⌋w

dy + ∂x

∂w

⌋y

dw

Dividimos por dy y consideramos z = cte y listo, se demuestra la identidad d).

3. Primer principio¿Cómo definimos el calor a nivel macroscópico? Eso lo vamos a hacer de la forma que lo hizo J. C. Joule mediante su

experimento cuyo esquema se muestra en la figura 2. Al caer las pesas se “pierde” una cierta energía potencial la cual seasume que fue absorbida por el líquido en forma de “energía interna”. La cantidad de energía que absorbió el agua es igualal calor que absorbió.

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3 PRIMER PRINCIPIO

Figura 2: Esquema usado por Joule para definir el calor Q.

Guía 1, ejercicio 7 Dado que el gas se expande de golpe con una presión Pi contra una presión nula, el proceso es irreversible.Dado que se expande contra una presión nula entonces además W = 0. Como las paredes del tacho son adiabáticas entoncesQ = 0 y esto implica que ∆E = 0⇒ ∆T = 0. Utilizando la ecuación PVT se obtiene que{

P1V1 = NkBT0

P2V2 = NkBT0⇒ P1V1 = P2V2

Guía 1, ejercicio 8 Lo primero que necesitamos es una ecuación de estado para el sistema, la cual no es provista por latermodinámica. Es como PV = NkBT para el gas ideal, fue obtenida en forma empírica por los franceses y se obtiene enforma teórica con modelos microscópicos. Para esta soga tensionada la ecuación de estado es

τ = Y A

`0(`− `0)→ Ec. de estado

donde τ es la tensión, Y el módulo de Young, A la sección del cable y `0 su longitud. El coeficiente de dilatación es

α = 1`

d`

dT⇒ ∆`

`= α∆T

Dado que la soga está atada a unos postes rígidos entonces ` = cte = 1,2 m. Por otro lado `0 es la longitud que tendría lavarilla si no se la somete a ninguna tensión, y es esta magnitud la que varía. Calculamos entonces la longitud natural a lanueva temperatura

∆`0 = α`0 (T − Tref)

Guía 1, ejercicio 9

Punto a) Comenzamos con la definición de capacidad calorífica

Cproceso = δQ

dT

⌋proceso

Ahora utilizamos la primera ley de la termodinámica para el resorte

dE = δQ+ δW

= δQ− Fque hace el resorte dx

Entonces

Cx = δQ

dT

⌋x=cte

= dE + F��>0

dx

dT

x=cte

= dE

dT

⌋x=cte

= c

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3 PRIMER PRINCIPIO

Punto b) lo que hacemos es “el truco de siempre” de cambiar las variables. Sabemos que

dx = ∂x

∂F

⌋T

dF + ∂x

∂T

⌋F

dT

y entonces

δQ = dE + Fdx

= dE + F

(∂x

∂F

⌋T

dF + ∂x

∂T

⌋F

dT

)Ahora usamos la definición

CF = δQ

dT

⌋F=cte

= ∂E

∂T

⌋F=cte

+ F∂x

∂T

⌋F=cte

Dado que F = cte entonces tenemos que tener una expresión para x la cual la despejamos de la primera ec. de laconsigna

F = −kx+ bµT ⇒ x = bµ

kT − F

kentonces

∂E

∂T

⌋F=cte

= ∂

∂T

((bµT − F )2

2k + cT

)

= bµT − Fk

bµ+ c

y∂x

∂T

⌋F=cte

= bµ

k

y entonces

CF = b2µ2

kT + Cx → ítem b)

Punto c) planteamos que δQ = 0 ⇐⇒ adiabática y entonces a partir de la primera ley se obtiene

dE + F dx = 0→ de acá salen las adiabáticas

Vamos a elegir como variables T y x. Entonces

dE + F dx = ∂E

∂T

⌋x

dT + ∂E

∂x

⌋T

dx+ F dx

= Cx dT +��kx dx+(��−kx+ bµT

)dx

Igualando a cero se obtienedT

T= − bµ

Cxdx

dado que T y x son dos variables completamente independientes y tenemos algo de la forma f(T ) = g(x)∀T, x entoncesesto es posible ⇐⇒ f(T ) = g(x) = cte y entonces podemos resolver la ecuación integrando como siempre para obtener

T = a exp(− bµCx

x

)→ adiabáticas

donde a es una constante.

Punto d) no sabemos si el proceso es reversible o no, pero sí sabemos que será a T = cte gracias a la fuente térmica.Planteamos los estados inicial y final

Estados inicial y final→

Ei = 1

2kx2i + cT0

xi = bµ

kT0

Ef = 12kx

2f + cT0

xf = bµ

kT0 −

Ffk

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3 PRIMER PRINCIPIO

Planteamos primera leyδQ = dE + F dx

como sabemos que estamos en una isoterma entonces escribimos eso para T = cte usando como variables a F y T ypara ello hacemos

δQ = dE + F dx

= ∂E

∂T

⌋F

dT + ∂E

∂F

⌋T

dF + F∂x

∂T

⌋F

dT + F∂x

∂F

⌋T

dF

Como es isotérmico entonces dT = 0 y queda

δQ = ∂E

∂F

⌋T

dF + F∂x

∂F

⌋T

dF

= ∂E

∂F

⌋T

dF + F

kdF

Si ahora asumimos que el proceso fue reversible entonces Q =´δQ y lo podemos integrar usando la ecuación que

obtuvimos antes de la isoterma. Esto esδQ = hacer en casa

En el caso de que el proceso sea una isoterma irreversible no vamos a poder usar eso si no que vamos a precisar calcularel trabajo externo realizado. En este caso

δW = Fexternadx→ si es irreversible

Ahora usamos el dato de que la fuerza externa es de 300 g y nos queda

Qisoterma = ∆E − F 2

k

Guía 1, ejercicio 10 Vamos a aplicar el primer principio: dE = δQ+ δW . Dado que el impacto es de duración infinitesimal-mente corta no hay suficiente tiempo para intercambiar calor y entonces δQ = 0. Esto implica que el cambio en la energíainterna es puramente debido al trabajo que se hace sobre la pelotita. Este trabajo lo hace el piso al momento del impactoque convierte la energía cinética de la pelotita en vibraciones internas de sus partículas producto del impacto, lo cual en F4se llama simplemente energía interna.

Guía 1, ejercicio 11Proceso isocórico No nos importa si es una evolución reversible ni tampoco el gas es ideal o no.

Proceso isobárico En el caso de que este proceso sea no reversible entonces el trabajo del sistema seráWirreversible =

ˆPexterna dV

Wreversible =ˆPsistema dV

En el proceso reversible se tiene que

Proceso reversible⇒ Psistema = Pexterna

por lo tanto se recupera la misma expresión y concluimos que no nos interesa si el proceso es reversible o irreversible.

Proceso isotérmico En este caso tenemos

Wrealizado =ˆ

isoterma

Pexterna dV → vale siempre

Si el proceso es reversible entonces Psistema = Pexterna y entonces

Wrealizado =ˆ

isoterma

Psistema dV → proceso reversible

Si además el gas es ideal entonces la presión y el volumen se relacionan mediante PVT y se termina obteniendo que

Wrealizado = nRT ln V2V1→ proveso reversible y gas ideal

Si el proceso es irreversible y/o no hay un gas ideal entonces no se puede aplicar esta expresión.Los resueltos de

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3 PRIMER PRINCIPIO

Proceso adiabático Por el primer principio tenemos que

δQ = dE + δW

y en el caso de una adiabática, por definición, δQ = 0 y entonces

dE = −δW → Adiabática

En el caso de un gas ideal esto se puede expresar como

CV dT + P dV = 0

CV dT + nRT

VdV = 0

dT

T+ n

R

CV

dV

V= 0

Ahora integró entre los estados (TA, VA) y (TB , VB) y le quedó

lnTBVn RCV

B = lnTAVn RCV

A

que es lo mismo queTV γ−1 = cte→ adiabática gas ideal

o bienPV γ = cte→ adiabática gas ideal

conγ = cV +R

cVcV

def= CVn

El trabajo es entonces

W =ˆP dV

=V2ˆ

V1

P1Vγ1

V γdV

...

= P1V11− γ

[(V2V1

)1−γ− 1]→ adiabática gas ideal reversible

Esto es válido únicamente para un gas ideal y en un proceso reversible.Para un gas ideal se tiene que

Gas ideal→

cV = 3

2R monoatómico

cV = 52R diatómico

cP = R+ cV

Esto se obtiene a partir de la teoría cinética de los gases, pero por ahora lo consideramos como un hecho experimental.

Guía 1, ejercicio 18 En el ejercicio 18 de la guía 1 se encuentra la ecuación de estado de un gas de van der Walls que esun modelo para gases no ideales, y es (

p+ n2a

V 2

)(V − nb) = nRT

donde a y b son parámetros que se determinan experimentalmente. El diferencial de energía para este gas es, según consigna,

dU = CV dT + n2 a

V 2 dV

Para encontrar las adiabáticas escribimos el primer principio, forzamos δQ = 0 y utilizamos las expresiones de la consigna.Entonces

δQ = dU + δW

0 = CV dT + n2 a

V 2 dV + p dV

= CV dT +(n2 a

V 2 + p)dV

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4 SEGUNDO PRINCIPIO

Ahora usamos la expresión primera de todas para reemplazar el paréntesis y obtenemos

0 = dT

T+ nR

CV

dV

V − nb

integrando entre (TA, VA) y (TB , VB) se obtiene finalmente

0 = ln TBTA

+ R

cVln VB − nbVA − nb

y le quedaT (V − nb)

RcV = cte

Guía 1, ejercicio 13 Como estamos en la aproximación de gas ideal, entonces los gases “no se ven entre ellos” y la presióntotal es la suma de las presiones

p = p1 + p2

= n1RT

V+ n2RT

V

donde V es el volumen total (inicial). El trabajo para mover el pistón que es impermeable al oxígeno es

WO2 =V−V1ˆ

V

po2 dV

= nO2RT ln V − V1V

y lo mismo para el trabajo que se requiere para mover el pistón impermeable al nitrógeno que será

WN2 =V−V2ˆ

V

pN2 dV

= nN2RT ln V − V2V

Finalmente el trabajo total va a ser la suma de los trabajos

Wtotal = WO2 +WN2

Para el punto b) consideramos lo mismo pero imponemos V1 + V2 = V y listo.

4. Segundo principioGuía 2, ejercicio 2 Las máquinas de los diagramitas pueden ser cualquier cosa, pero lo importante es que la máquina hagaun ciclo: vuelve al mismo estado.

ítem a) El esquema de una estufa es el siguiente:

T

Q

W

El trabajo se lo entregamos en forma de energía eléctrica o como energía química quemando algo. Las estufas sí o sí sonirreversibles ya que en caso contrario se podría violar a Kelvin (creo).

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4 SEGUNDO PRINCIPIO

ítem b) El de una heladera es el siguiente:

T2

Q2

W

T1

Q1

irreversibleLa heladera podría llegar a ser reversible aunque es muy difícil de fabricar.

ítem c) En este caso vemos que la máquina es posible ya que podría ser una estufa que calienta dos ambientes. Sin embargo,no podría ser reversible ya que al invertir todos los flujos de energía la máquina viola la segunda ley. El calor Q3 hace queno se bien por qué la cosa quede funcionando únicamente con T1 o con T2 y entonces viola a Kelvin.

T2

Q2

W

T1

Q1

irreversible

T2

Q2

W

T1

Q1

si fuera reversible

Q3

Guía 2, ejercicio 4 El diagrama de lo que está pasando es el siguiente

Tcocina

Q'C

WAC

Tambiente

QA

Theladera

QH

WH

QC

QF

Tiene calor específico no infinito

Tiene calor específico no infinito

Los datos del problema son TA, TC , TH y QF que es el calor que se filtra hacia adentro de la heladera por los burletes.Dado que estamos en regimen estacionario entonces Ti = cte y entonces en particular

Theladera = cte ⇐⇒ QF = QH

Tcocina = cte ⇐⇒ Q′C = QC −QF

Además nos dicen queηH = 0,6η ηAC = 0,5η

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4 SEGUNDO PRINCIPIO

Para la heladera sabemos que

ηidealH = Qidealsaca la heladeraWle entrego

= QidealH

QidealC −Qideal

H

... acá hay que hacer no se qué que ya vimos en la teórica

= 1TCTH− 1

Entonces, la eficiencia de la heladera verdadera es

ηrealH = Qrealsaca heladeraWle entrego

Theladera = cte⇒ = QFWH

Pero entoncesQFWH

= 0,6TCTH− 1⇒WH = algo

Para el aire acondicionado se hace lo mismo.

Guía 2, ejercicio 5 El esquemita es como el siguiente:

Theladera

Q2

Q1

Tambiente

Q3

T1QA

Guía 2, ejercicio 7.b

1) Dado que el recipiente es rígido y adiabático entonces ∆Utotal = 0. Pero entonces ∆U1 = −∆U2.

2) Como el sistema está aislado entonces ∆S ≥ 0. El sistema evolucionará a aquel estado de mayor entropíacompatible con sus vínculos. En el equilibrio se tiene que dS = 0 justamente porque ya no varía más.Para encontrar los diferenciales usamos la combinación de la primera ley con la segunda para cada sistema

dSi = dUiTi

+ PiTidVi ⇐⇒ proceso reversible

El hecho de que eso valga solamente para procesos reversibles no nos molesta porque siempre podemos conectardos estados mediante algún proceso reversible y como S es función de estado entonces ya está. Entonces

dStotal = dS1 + dS2

= dU1T1

+ P1T1dV1 + dU2

T2+ P2T2dV2

Por las condiciones del sistema se tiene que dV1 = −dV2 y del ítem 1) que dU1 = −dU2 y entonces se terminaobteniendo

dStotal =(

1T1− 1T2

)dU1 +

(P1T1− P2T2

)dV1

En el equilibrio tenemos que dS = 0 y por lo tanto∂S

∂U1= 0⇒ 1

T1− 1T2

= 0 ⇒ T1 = T2 Equilibrio térmico

∂S

∂V1= 0⇒ P1

T1− P2T2

= 0 ⇒ P1 = P2 Equilibrio mecánico (Newton)

Esto nos muestra que maximizar la entropía nos impone dos tipos de equilibrio: el térmico y el mecánico.Los resueltos de

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4 SEGUNDO PRINCIPIO

Guía 2, ejercicio 14 El hecho de que cP 6= cP (T ) hace que se comporten como fuentes no ideales. Cada una de las fuentesfinalmente llega a una temperatura Tf .

Por cada ciclo de la máquina vamos a estar intercambiando un calor Qi dado por

Qi = cP∆Ti

donde ∆Ti es la variación de temperatura que sufrirá la fuente en el ciclo i. Como la máquina es cíclica entonces siemprevuelve al mismo estado y por lo tanto su energía interna no varía y entonces

W = Q1 −Q2

donde los calores Q1 y Q2 son los intercambiados con las fuentes. Lo mismo ocurre para la entropía de la máquina, al sercíclica entonces

∆Smáquina = 0Para las fuentes en cambio tenemos que

∆S(i)fuentes = cP ln T

(i)1T1︸︷︷︸<0

+ cP ln T(i)2T2︸︷︷︸>0

donde T (i)j es la temperatura de la fuente j en el ciclo i y Tj es la temperatura inicial de la fuente j. Ahora solo hacemos

matemática: Sabemos que∆S ≥ 0→ Dios

y entonces ∆Stotal =∑

∆S y entonces

ln T(i)2T2≥ ln T1

T(i)1⇒ T

(i)2 T

(i)1 ≥ T1T2

En el último de todos los ciclos sabemos que T (i)1 = T

(i)2 = Tf y entonces se obtiene que

T 2f ≥ T1T2 → la igualdad es para reversible

Para calcular el trabajo hacemos

W = Q1 −Q2

= cP (T1 − Tf )− cP (Tf − T2)= cP (T1 + T2)− 2cPTf

Para escribirlo en función de T2 y Tf hacemos

Wreversible = cP

(T 2f

T2+ T2

)− 2cPTf

Si fuera irreversible queda una desigualdad. Esto se puede reescribir como

Wreversible = cPT2

(Tf − T2)2> 0X

Guía 2, ejercicio 15 Para este gas tenemos que

p = u

3 con u def= dU

dVy u = u(T )

Para hacer un ciclo de Carnot hacemos isoterma → adiabática → isoterma → adiabática. En las isotérmicas sabemos queu = cte (consigna) y entonces el diagrama queda

V

p

A B

CD

Q1

Q2

Para estas adiabáticas en realidadno conocemos la forma exacta(más adelante la averiguamos)

p1

p2

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4 SEGUNDO PRINCIPIO

Sabemos del primer principio queδQ = dU + pdV

entoncesQ1 = u(T2) (VB − VA) + p2 (VB − VA)

Para el otro calor es−Q2 = u(T1) (VD − VC) + p1 (VD − VC)

donde el signo es porque está saliendo del sistema. Ahora necesitamos averiguar cómo son las adiabáticas, o sea que buscamosla ecuación de las adiabática. Para ello imponemos δQ = 0 y se obtiene

dU = −pdV → adiabáticas

Reemplazamos dU = udV (o algo así) y queda

3V dp+ 3pdV︸︷︷︸dU=d(3pV )

+ pdV = 0

Entonces las ecuaciones de las adiabáticas están dadas por la solución de la ecuación diferencial

dp

p= −4

3dV

V→ hay que resovler esto para obtener las adiabáticas

La solución final de eso espV

43 = cte o p

34V = cte→ adiabáticas

Usando esto relacionamos los distintos puntos del ciclo de Carnot según p2V43a = p1V

43D

p2V43B = p1V

43C

≡

p342 VA = p

341 VD

p342 VB = p

341 VC

A partir de la eficiencia de la máquina de Carnot sabemos que

Q1Q2

= T2T1

por lo que (combinando algunas de las cosas obtenidas anteriormente) se obtiene

Q1Q2

=(u(T2) + 1

2u(T2))

(VB − VA)(u(T1) + 1

3u(T1))

(VC − VD)

Ahora usamos esto

p342 VA = p

341 VD

p342 VB = p

341 VC

y obtenemos

Q1Q2

= u(T2)��(VB − VA)

u(T1)(p2p1

) 34

��(VB − VA)

pi = 13u(Ti)⇒ = u(T2)

u(T1)

(u(T1)u(T2)

) 34

=(u(T2)u(T1)

) 14

Ahora usamos lo del rendimiento de Carnot Q1Q2

= T2T1

y entonces se obtiene (acá alguien encontró un quilombo de unosíndices, pero el resultado era el siguiente)

u(T1)T 41 = u(T2)T 4

2 = cte

y entoncesu(T ) = σT 4

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4.1 Paradoja de Gibbs 4 SEGUNDO PRINCIPIO

Para el ítem b) buscamos hacer lo mismo pero usando la entropía. Para ello hacemos

dS = dU

T+ p

TdV

= u

TdV + V

Tdu+ u

3T dV

= 4u3T dV + V

Tdu

Dado que es una función de estado entonces dS es un diferencial exacto lo cual implica que las derivadas cruzadas son igualesy entonces

∂

∂u

(4u3T

)V=cte

= ∂

∂V

(V

T

)u = cte ≡ T = cte (consigna)

43T −

4u3T 2

dT

du= 1

T

Entonces1

3T = 4u3T 2

dT

du⇒ du

u= 4dT

T⇒ u = σT 4

Llegamos hasta el mismo resultado que en el ítem a) pero con muchos menos pasos.Para el punto c) hacemos

dS = dU

T+ p

TdV

Elegimos como variables a T y V y entonces

dS = 1T

∂U

∂V

⌋T

dV + 1T

∂V

∂T

⌋V

dT +

p︷︸︸︷σT 4

31TdV

= σT 3 dV + 4σT 2V dT + σ

3T2dV

= 43σT

3 dV + 4σT 2V dT

Ahora integramos esto (con algo de Mate 3) y entonces

S = 43σT

3V + cte

En el punto d) lo primero que hacemos es recordar la ecuación de estado p = u3 . Esto es la famosa presión de radiación.

En una expansión isotérmica se obtiene que ∆U > 0 porque

U = u(T )︸︷︷︸cte

V

y entonces Q > W . Es decir que el gas se expande (haciendo trabajo) y además libera calor. Esto es porque como las paredespueden irradiar fotones entonces el número de partículas no es constante.

4.1. Paradoja de GibbsGuía 2, ejercicio 17 El sistema es algo así como lo que se muestra a continuación

T,P1n1

T,P2n2

T,P,n1+n2

Se abre la pared de golpe y se mezclanLa entropía de un gas ideal es (lo vimos en la teórica)

S = ncV lnT + nR lnV

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4.1 Paradoja de Gibbs 4 SEGUNDO PRINCIPIO

por lo que

∆S = ∆S1 + ∆S2{T = cteV = V1 + V2

⇒ = n1R ln V

V1+ n2R ln V

V2

Usando PVT esto se puede escribir comoV

Vi= n

nipor lo que

∆S = n1R ln(n1 + n2n1

)+ n2R ln

(n1 + n2n2

)Ahora asumamos que n1 = n2, por lo que se obtiene

∆S = nR ln 2

La paradoja es que si los dos gases eran completamente iguales, las mismas cantidades, los mismos volúmenes, las mismastemperaturas, etc. y entonces poner y sacar una pared entre medio aparentemente haría aumentar la entropía.

No entendí mucho, es todo muy flashero. Pero le echamos la culpa a Clausius por haber definido mal la entropía

∆S =2ˆ

1

δQ

T

con las variables termodinámicas T, p, V pero dejamos constante la cantidad de partículas N , por lo tanto si mezclamos losgases ya no vale (o algo así).

Por otro lado, la entropía es una propiedad extensiva y la definición de Clausius no es extensiva. La definición matemáticade una propiedad extensiva es la siguiente

S (λU, λV, λN) = λS(U, V,N) ⇐⇒ S es extensiva

Entonces tenemos que arreglar a Clausius planteando una

S = S(T, V,N)= NkB lnV + cV lnT + kBf(N)

Ahora le imponemos lo de que sea extensiva y entonces

f(λN) = λf(N)− λN lnV︸︷︷︸el término indicado con llaves “lo meto a manopla para salvar el término de no se qué”. De acá en adelante es pura matemáticapara hallar f . Derivando respecto a λ y poniendo λ = 1 se obtiene

Nf ′(N) = f(N)−N

La solución esf(N) = Nf(1)−N lnN f(1) = cte

Reemplazando se obtiene

S(T, V,N) = NkB lnV + cV lnT + kNf(1)−NkB lnN

= NkB ln V

N+NkBf(1) + cV lnT

Si ahora consideramos un gas monotatómico entonces cV = 32NkB obtenemos

S = NkB

(ln V

N+ 3

2 lnT + cte)→ es extensiva

Esta entropía es extensiva. Si se elige convenientemente esa constante como

cte = ln(Ck

3/2B

)se obtiene la entropía de Sackur Tetrode

Sgas ideal-Sackur Tetrode = NkB ln(CV (kBT )3/2

N

)donde C es una constante a determinar o algo así.

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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS

5. Guía 3 - Potenciales termodinámicosLos potenciales termodinámicos surgieron para facilitarnos la vida en el laboratorio: como es muy difícil medir la entropía

y/o la energía interna, los que laburan se dieron cuenta de que manteniendo determinados parámetros constantes podíandeterminar en forma sencilla otras cosas. Así surgieron. Después resultó que están piolas para trabajar en el día a día, porejemplo cuando cocinamos unos fideos.

Los potenciales termodinámicos son

Potenciales termodinámicos→

H = U + PV

F = U − TSG = U + PV − TS = H − TS = F + PV

El diferencial de entalpía es

dH = dU + V dP + PdV

primera ley→ = δQ+ V dP −��PdV +��PdV

y entoncesdHcp = δQcp

no se quécp = δQ

dT

⌋p

= dH

dT

⌋p

Mandó ahora

diferenciales de los potenciales→

dU = TdS − pdVdH = TdS + V dp

dF = −pdV − SdTdG = V d− Sdt

De aquí surgeT = ∂U

∂S

⌋V

− p = ∂U

∂V

⌋S

T = ∂H

∂S

⌋p

V = ∂H

∂p

⌋S

− p = ∂F

∂V

⌋T

− S = ∂F

∂T

⌋V

V = ∂G

∂p

⌋T

− S = ∂G

∂T

⌋p

Como son diferenciales exactos entonces las derivadas cruzadas son iguales y entonces

Relaciones de Maxwell→

∂T

∂V

⌋S

= − ∂p

∂S

⌋V

∂T

∂p

⌋S

= ∂V

∂S

⌋p

∂p

∂T

⌋V

= ∂S

∂V

⌋T

∂V

∂T

⌋p

= − ∂S

∂p

⌋T

Guía 3, ejercicio 1 Hay que probar si las relaciones de Maxwell son válidas sí o no. Se mandó a escribir lo siguiente

dU = δQ− δW= TdS − pdV

AhoradS = ∂S

∂T

⌋V

dT + ∂S

∂V

⌋T

dV

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metiendo esto en lo anterior

δQ = TdS

= T∂S

∂T

⌋V

dT + T∂S

∂V

⌋T

dV

y entoncesδQ

dT

⌋V

= CV = T∂S

∂T

⌋V

ahora mandódU = T

∂S

∂T

⌋V

dT

(−p+ T

∂S

∂V

⌋T

)dV

pero∂S

∂V

⌋T

= ∂P

∂T

⌋V

dU = CV dT +(T∂p

∂T

⌋V

− p)dV

dU = ∂U

∂V

⌋T︸︷︷︸

T ∂p∂T cV −p

dV + ∂U

∂T

⌋V︸︷︷︸

CV

dT

ahora mandó

∂U

∂V

⌋T

?= −pT ∂p

∂T

⌋V

a

V 2X=��

−RTV

+ a

V 2 +��TR

VX

Como esto cumple las ecuaciones de Maxwell entonces sí es posible. Otra forma de chequearlo es con las derivadas segundassegún (acá empezó a borrar y corregir varias cosas de lo que sigue, así que no se si quedó bien o mal)

∂2U0∂V ∂T

= ∂2U0∂T∂V

∂2U

∂T∂V= ∂2U

∂V ∂T

Guía 3, ejercicio 3, ítem a) Queremos demostrar que

CP − CV = TVα2

κT

Vamos a partir de las ecuaciones TdS (son dos) y primero vamos a considerar S(T, V ) y luego S(T, P ). Entonces

dS = ∂S

∂T

⌋V

dT + ∂S

∂V

⌋T

dV

y entoncesTdS = T

∂S

∂T

⌋V

dT + T∂S

∂V

⌋T

dV A

Ahora mandóδQ = TdS en procesos reversibles→ V = cte

y entonces

TdSV = CV dT

definición de CV → = T∂S

∂T

⌋V

dT

Metiendo esto en A se obtiene

TdS = CV dT + T∂S

∂V

⌋T

dV

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Ahora usamos la tercera relación de Maxwell∂S

∂V

⌋T

= ∂P

∂T

⌋V

y entoncesTdS = cV dT + T

∂P

∂T

⌋V

dV 3 (primera ecuación TdS)

(estas ecuaciones TdS al parecer “son las de siempre”. Yo no las recuerdo, pero no haría falta deducirlas si nos las acordamosde memoria. La profesora las deduce porque no se las acuerda). Ahora vamos a hacer de cuenta de que S = S(T, P ). Entonces

dS = ∂S

∂T

⌋p

dT + ∂S

∂p

⌋T

dp

Multiplicamos por T y entoncesTdS = T

∂S

∂T

⌋p

dT + T∂S

∂p

⌋T

dp 4

Si el proceso es reversible entonces TdS = δQ y entonces se obtiene que a p = cte se obtiene

TdS = cpdT

= T∂S

∂T

⌋p

dT

y metiendo eso en 4 se obtiene

TdS = cpdT + T∂S

∂p

⌋T

dp

y usamos la cuarta relación de Maxwell∂S

∂p

⌋T

= − ∂V

∂T

⌋p

(acá hizo un comentario de ver la definición del coeficiente α que no sé qué tiene que ver con esto). Entonces mandó

TdS = cpdT = T∂V

∂T

⌋p

dp 5 segunda ecuación TdS

(esta ecuación, al igual que la 3 , son “las de siempre”). Igualamos las dos ecuaciones TdS, es decir 3 = 5 y le queda

cvdT + T∂p

∂T

⌋V

dV = cpdT − T∂V

∂T

⌋p

dp

De acá despejamos dT

dT =T ∂p

∂T

⌋V

cp − cVdV + T

∂V∂T

⌋p

cp − cvdp

Ahora hacemos dT

dV

⌋p

= T∂P∂V

⌋V

cp − cV

∂T

∂p

⌋V

=T ∂V

∂T

⌋p

cp − cVTomamos la segunda de estas dos ecuaciones que nos va a servir para no se qué. Despejamos cp − cv y se obtiene

∂T

∂p

⌋V

=T ∂V

∂T

⌋p

cp − cV⇒ cp − cv = T

∂V∂T

⌋p

∂T∂p

⌋V

(acá no es que solo se pasó dividiendo, hay algo de “gimnasia jacobiana” que está en el primer ejercicio de la guía 1 alparecer). Mandó ahora

cp − cV = T∂V

∂T

⌋p

∂p

∂T

⌋V

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y usando las propiedades de las derivadas pariales

F (p, V, T )⇒ ∂p

∂T

⌋V

= − ∂V

∂T

⌋p

∂P

∂V

⌋T

cp − cV = −T ∂V∂T

⌋p

∂V

∂T

⌋p︸︷︷︸

()2

∂p

∂V

⌋T

= −T

(∂V

∂T

⌋p

)2∂p

∂V

⌋T

= −T

(∂V∂T

⌋p

)2

∂V∂p

⌋T

= TV

α2︷︸︸︷[1V

∂V

∂T

⌋p

]2

[− 1V

∂V

∂p

⌋T

]︸︷︷︸

κT

= TVα2

κTX

Lo importante de este ejercicio es quecp ≥ cv SIEMPRE

y al parecer es un resultado muy importante de la termodinámica.

Guía 3, ejercicio 6 Al parecer se tira un cachito de hielo muy chico (que se encuentra a −5 K) y automágicamente unaparte del agua se solidifica y sube la temperatura hasta 0◦ (la temperatura final es 0◦ porque no pueden coexistir las dosfases a otra temperatura).

T=-5°C

Líquido

T=0°C

Líquidoy hielo

Entonces tenemos {Q = 0 porque es muy rápidop = cte

Nos piden la fracciónfracción = mhielo

mtotal

Usamos∆Hcp = δQ = 0

Dividimos el proceso en varias etapas: primero lo llevamos a cero grados y después lo solidificamos (o algo así, no le entendí).Escribió lo siguiente

ceL = 1 calgrK

CeH = 0,5 calgrK

Cefusión = 80 calgr

∆T = 5 Ky mandó

CeLmL∆TL + CeLmH∆TH + CefusiónmH = Qtotal = 0Los resueltos de

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Sabemos que mL = mtotal −mH y entonces

ceL (mT −mH) 5 K + CeLmH5 K− 80 calg mH = 0

y entoncesmH

mT=

5 calgr

80 calg

= 116

Para hallar ∆S buscamos un camino reversible (el proceso es irreversible). Como es a presión constante entonces ∆S =dijo que es fácil pero no lo calculó así que no sé cómo se hace. Mandó

∆Sagua = mH

Tfinalˆ

Tinicial

cpdT

T

Guía 3, ejercicio 4 Utilizamos el diferencial de entalpía

H = U + PV ⇒ dH = dU + V dP + PdV

= TdS −��PdV︸︷︷︸dU

+ V dP +��PdV

= TdS + V dP

Trabajando en modo no diferencial se tiene que

∆H = Hfinal −Hinicial

= Ufinal + p0Vfinal − Uinicial − pVinicial= ∆U + p∆V= Q

y como estamos en un tacho adiabático entonces Q = 0 y

∆H = 0

Ahora hacemos∆H = ∆Hagua + ∆Hhielo = 0

Ahora consideramos que tenemos los dos kilos de agua a 20 ◦C y que al final tendremos los mismos dos kilos de agua pero auna temperatura menor. Entonces

∆Hagua = 2 kg × 1 calg◦C (T − 20 ◦C)

Para el del hielo lo que hacemos es primero derretirlo y después calentarlo.

Hielo a 0°C → Agua a 0°C → Agua a T ◦C

Entonces∆Hhielo = 100 g × 80 cal

g + 100 g × 1 calg◦C (T − 0 ◦C)

Ahora igualamos∆Hagua = −∆Hhielo ⇒ T ≈ 15 ◦C

Para encontrar la entropía buscamos un camino reversible y hacemos

dS = δQ

T

entonces∆Shielo = ∆Shielo→agua + ∆Sagua a 0°→agua a 15°

∆Shielo→agua = Qfusión273 K

=mhielo × 80 cal

g273 K

y

∆Sagua a 0°→agua a 15° = cAmH

288 Kˆ

273 K

dT

T

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Guía 3, ejercicio 5 Ítem a)Usamos la definición de F y aplicamos una transformación de Legendre o algo así

U = U(S, V )→ F = U − TS ⇒ dF = −SdT − pdV

Para hallar dF usó el primer principio para dU y se le cancelaron un par de cosas. Ahora mandó

−S = dF

dT

⌋V

= −R(V0V

)(T

T0

)aentonces

T

T0

dF

dT

⌋V

dT = F (T, V )− F (T0, V )

= −T

T0

R

(V0V

)(T

T0

)adT

Le quedó

F (T, V ) = F (T0, V )− R

a+ 1

(V0T

)[T a+1

T a0− T0

]Ahora mandó lo siguiente T = T0 → dF = (±)W no entiendo si es positivo o negativo. Entonces

V

V0

dF = F (T0, V )− F (T0, V0)

= −RT0 ln V

V0

por lo queF (T0, V ) = −RT0 ln

(V

V0

)+ cte

y entonces

F (T, V ) = −Ra+ 1

(V0V

)[T a+1

T a0− T0

]−RT0 ln

(V

V0

)+ cte

Creo que lo siguiente es el ítem b)...

−p(V, T ) = ∂F

∂V

⌋T

= − R

a+ 1

(T a+1

T a0− T0

)V0V 2 + RT0

V

Guía 3, ejercicio 7 La regla de la fase dice que dado un sistema de j tipos de partículas en R fases distintas entonces laregla de la fase dice que R ≤ j + 2.

Supongamos ahora un sistema como el siguiente

Fase 2

Fase 1

N,V,E

cantidades totales

pared imaginaria

Pa,Ta,Na

Pb,Tb,Nb

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Como el sistema está aislado/en equilibrio o algo así entonces∆U = 0⇒ ∆Ua = ∆Ub∆Va = −∆Vb∆N = 0⇒ ∆Na = ∆Nb∆ST = ∆Sa + ∆Sb

Como tenemos j tipos de partículas y están fijas entonces ∆Nj = 0 y entonces

∆Njb = −∆Njb

Parece que haciendo algo similar a lo de la teórica vamos a llegar a

∆ST = 0 =[

1TA− 1TB

]∆EA +

[PATA− PBTB

]∆VA +

[gATA− gBTB

]∆NA = 0

pero en este caso, como tenemos distintos tipos de partículas entonces el último término se modifica según

gATA− gBTB→∑j

[gjATA− gjBTB

]∆NjA

y entonces las condiciones de equilibrio del sistema serán (ver teórica)TA = TB

PA = PB

gjA = gjB

Ahora hay que generalizar otra cosa. La g se define como

G(T, P,N)︸︷︷︸extensiva

→ N g(T, P )︸︷︷︸intensiva ♥

pero ahora tenemos distintos tipos de partículas según

G(T, P,N1:j)→ Njg(T, P, x1:j)

dondexi

def= NiN

son las fracciones molares. Entonces el equilibrio planteaT fase R

P fase R

no entiendo nada pero mandóg1,1(P, T, x1:j−1,1) = no sé

un sistema que es un quilombo pero contando las variables que tiene y todo eso se obtiene la regla de las fases. Mandó

N° de ecuaciones j (R− 1)N° de variables 2 + (j − 1)R

Ahora pusoN° de ecuaciones ≤ N° de variables⇒ j + 2 ≥ R

Guía 3, ejercicio 8 Esta es una reacción de un estado metaestable (hielo a 10 ◦C) hasta uno estable como es el agua. Eshielo sobrecalentado que se derrite de golpe. Anotó

datos→

CP hielo = 9 cal

mol ◦CCP agual = 18 cal

mol ◦CLfusión = 1440 cal

molLos resueltos de

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Ítem a) La reacción es espontánea porque aumenta la entropía.Ítem b) Dado que estamos a presión constante entonces

∆H = Q⇐ presión constante

El hielo inicialmente está a 0 ◦C y se derrite, luego aumenta su temperatura. Entonces

Q = n (Lfusión + CP agua∆T )

= 1620 calmol 6= ∆Hconsigna

Entonces concluimos que∆Hconsigna = 1530 cal

mol = ∆Hhielo a 0 °C→agua a 0 °C

T

G

Ghielo

Gagua

0°C

estado metaestable (cualquier perturbacióndispara el cambio de fase)

quiere evolucionar hacia acá

lo calentamos s

iguiendo este ca

mino

Lo que nos pidieron que calculemos no es el calor absorbido sino

∆G(10 ◦C) = ∆H10 − T∆S10

Ahora mandó

hielo→

Hhielo = nCP hielo∆T +H10

SH = nCP H ln T

283 + S10

y lo mismo pal agua. Entonces

∆H(T ) = HA −HH

= nCP A (T − 283)− nCP H (T − 283) + ∆H10

y

∆S(T ) = SA − SH= . . .

Ítem c) Mandó∆G = 0⇒ ∆S = ∆H

Tequilibrio

entonces∆S(Teq) = ∆H(Teq)

Teq⇒ Teq ≈ 273 K

mandó además que∆S10 = ∆H10

Teq⇒ Teq ≈ 270 K

Guía 3, ejercicio 10 La coordenada x hace el papel de V y la fuerza 2σ` hace el papel de P . Planteamos primer principio

dE = δQ− δW= δQ− 2σ(T )`dx→ ítem a)

y el íntem b) es

dE = δQ+ 2σ(T )`dx= TdS + 2σ(T )`dX

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5.1 Transiciones de fase 5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS

donde δQ = TdS porque en la consigna dicen que es reversible. Dado que estamos en una isoterma y vamos a variar xentonces consideraremos como variables independientes a T y a x. Entonces

dE =��* isoterma

T∂S

∂T

⌋x

dT + T∂S

∂x

⌋T

dx+ 2σ`dx

=[T∂S

∂x

⌋T

+ 2σ`]dx

Acá hay dos caminos, uno es usar las relaciones de Maxwell según

∂S

∂V

⌋T

= ∂p

∂T

⌋V︸︷︷︸

para gases

→ ∂S

∂x

⌋T

= ∂fuerza∂T

⌋x︸︷︷︸

para el jabón

y entonces

dE =[T∂F

∂T

⌋x

+ 2σ`]dx

= [4α`T − 2σ0`] dx→ ítem b)

Para el ítem c) es fácil: dW = Fdx y listo.

5.1. Transiciones de faseLa energía libre de Gibbs es

G = U − TS + PV

=∑

µjNj

ahora mandódG ≤ −SdT + V dP +

∑µjdNj

Durante la transición en procesos a presión y temperatura constantes se obtiene

dGcP,T =∑

µjdnj (en moles)

(esto lo vimos en la teórica al parecer). En la transición

en la transición→

µj son todos iguales

gj = Gjnj

son todas iguales

Existen transiciones de primer y segundo ordenPrimer orden Son aquellas en que la función de Gibbs presenta un punto no suave a medida que varía la presión y/o

la temperatura. Es decir, las derivadas primeras son discontinuas.

P

G

Pcritica

T

G

Tcritica

P

dG/dnose = V

Pcritica

T

dG/dnose = S

Tcritica

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Se produce entonces un ∆S y un ∆V . Sabemos que H = G+ TS y entonces

∆H = H1 −H2

= T∆S → calor latente en las de primer orden

Segundo orden Son transiciones (denominadas continuas) en las que no hay discontinuidades. Dado que S es continuaentonces no hay calor latente.

T

G

TcriticaT

S

TcriticaT

CP

Tcritica

5.1.1. Sistema PVT

agua

sólido

vapor

líquidopunto crítico

punto triple

agua opalescente(youtube)

si te movés por acápodés esquivar la transiciónporque es de priemra especie(o segunda, no recuerdo)T

P

A

B

C

líquido-vapor

sólido-vapor

sólido

Isotérma T>TC (gas ideal)

Isotérma a TC

Isotérma de coexistencia líquido-vapor (T<TC)

líquido-sólido

V

P

A A

C

B

Curvas de coexistencia

Son las curvas que dividen dos fases. Para encontrarlas hacemos

g1 = g2

(las letras minúsculas indican que todo es por unidad de mol). Entonces

dg1 = dg2

v1dP − s1dT = v2dP − s2dT

y entoncesdP

dT= s1 − s2v1 − v2

= ∆s∆v = ∆h

T∆v → Clausius-Clapeyron

Recordar que∆h = L→ Calor latente

Curva de vaporización Supongamos que estamos en la curva de vaporización (coexisten el líquido y el vapor). En ese casose suele aproximar

vlíquido � vvapor → aproximación en vaporización

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y para hacer la cuenta se considera que

vvapor ≈RT

P→ se aproxima con gas ideal

y entoncesdP

dT

⌋vaporización

≈ P∆hRT 2

Curva de fusión Acá no hay mucho truco y se hace

dP

dT

⌋fusión

= ∆hT∆vsólido→líquido

Si∆vsólido→líquido < 0⇒ dP

dT

⌋fusión

< 0⇒ agua

Curva de sublimación Se aproxima nuevamente que ∆vsólido � ∆vgas ≈ RTP y queda lo mismo que en la curva anterior

anterior.

Regla de la palanca Supongamos que estamos en un punto intermedio de la campana de vaporización y queremos sabercuánto tenemos de agua y cuánto de líquido, según la siguiente figurita:

líquido-vapor

sólido-vapor

sólido

líquido-sólido

V

P

A A

B

estamos acá

D

Se tiene quevD = xlvl + xgvg

dondexl = nl

nT

y lo mismo para el gas. Entonces se obtiene que

xlíquidoxgas

= vgas − vDvD − vlíquido

Guía 3, ejercicio 13 Las isotérmas de Van der Waals son las de la figura, que son una mejor aproximación a la realidadantes que las isotermas del gas ideal que son cualquier cosa dentro de la campana.

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Así es una experimental

gas ideal → es cualquiera

Ítem a) No lo va a hacer porque son muchas cuentas y ya está hecho en el Fermi. Se termina obteniendo

PC = a

27b2 vC = 3b TC = 8a27bR

donde a y b son parámetros que luego se ajustan para los distintos gases (nitrógeno, etc).

Ítem b) La idea es que Maxwell dijo que para que se pueda usar la ecuación de Van der Waals se precisa que las áreasesas que piden sean iguales. Esto equivale a pedir que el potencial químico en B es igual al potencial químico en F (que esla demostración más general) porque hay transición de estados

µde un lado = µdel otro

Para demostrarlo consideramos el ciclo BCDEFIDHB (el orden de las letras indica el sentido en que se circula). Por ser unciclo, entonces {

∆Uciclo = 0∆Sciclo = 0

Entonces

∆Sciclo =˛

ciclo

δQ

T

Pero como todo el ciclo es una isoterma entonces T = cte y entonces

∆Sciclo = 1T

˛

ciclo

δQ

Dado que ∆U = 0 entonces mandó {∆U = 0Q = 0

⇒W = 0

no tengo idea por qué. No entiendo una goma pero al parecer el punto donde se cortan las dos isotermas en realidad no secortan y hay que saltar de una a la otra (una es la experimental y la otra es la de van de vals) y entonces el coso no esreversible. No vale que

∆S = 0��⇒Q = 0→ es irreversible

Ejercicios que no entran en el parcialGuía 3 ejercicio 16

Guía 4 del 19 en adelante.Lo importante es hacer con potenciales termodinámicos. Transiciones de fase puede haber algo pero no es lo central.

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Guía 3, ejercicio 14 Esta transición de fase es de segundo orden porque cambia de simetría. Al principio (caliente) el cosotiene simetría esférica porque todos apuntan para cualquier lado y al final tiene simetría cilíndrica porque todos apuntanhacia el mismo lado.

ferromagnéticobaja temperatura

paramagnéticoalta temperatura

simetría esféricasimetría cilíndricaVamos a decir que una fase es paramagnética cuando su magnetización es nula. Recordemos que el sistema siempre

evoluciona hacia el mínimo de F (creo). Entonces en el siguiente grafiquito vemos qué es lo que pasa:F

M

T>TC

A altas temperaturas el sistema evolucionahasta el mínimo y entonces M = 0

T=TC

Cuando estás justo en la transiciónentonces hay muchos estados muy parecidosy el sistema "no sabe qué hacer"

T<TC

M0-M0

El material se vuelve magnetizable cuando se está a T<TC

Entonces para el punto b) mandó

∂F

∂M

⌋T,P

= 0⇒

M = 0

M = ±√−a (T − T0)

b

F

M

T>TC

F

M

T<TC

M0-M0

Primero estamos a altatemperatura entonces elmaterial no se magnetiza

Lo enfiramos con muchocuidado y entonces el materialsigue sin magnetizarse en un estado meta-estable

F

M

T<TC

M0-M0

Una mínima perturbacióncomo el campo de la tierrahizo que salte a un estado establey se magnetice todo de golpe

Para el ítem c) mandóT > T0 F = F0(T, P )

T < T0 F = F0(T, P )− a2

4b (T0 − T )2︸︷︷︸donde en lo indicado con la llave acotó “reemplazo (2) en (3)” y ahora donde

(2)→ T < T0 ⇒M0 = ±√a (T0 − T )

b

y (1) es la formula de la consigna.∆CP = CnpC

Pp

= T0α2

2bLos resueltos de

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6 RADIACIÓN DE CUERPO NEGRO

y entonces

CP = −T ∂2F

∂T 2

⌋P

Guía 3, ejercicio 15 Mandó lo siguienteU = 1

2

ˆH ·Bd3x

y entoncesδW =

ˆH · δB d3x

Si consideramos material LIH entonces queda todo hermoso (es lo que vamos a hacer en esta materia) y se obtiene

δW = V H dB

= V H (µ0dH + µ0dM)→ diferencial de trabajo de magnetización= δWmagnético de vacío + δWmaterial

donde V es el volumen de la muestra. Los dos trabajos que hay son el de vacío es el que sirve para “crear” el campo magnéticoy el segundo es el que se hace sobre el material para magnetizarlo. O sea,

δW trabajo total que hago desde la pila eléctricaδWmagnético vacío trabajo para crear el campo magnético en el espacioδWmaterial trabajo requerido para magnetizar al material

Otra expresión (no entiendo) que seguramente usamos en la teórica es

δW = V H dB

= V µH dH

= V B dH → dijo que seguramente usamos esta en la teórica

6. Radiación de cuerpo negroUn cuerpo negro es una abstracción ideal que tiene la propiedad de que absorbe toda la luz y no refleja nada. La

termodinámica nos puede decir u(T ) donde u es la densidad de energía emitida, pero no nos puede decir nada sobre u(ν, T )ya que la dependencia con la frecuencia ν es microscópica.

nu

u(T,nu)

Depende de T, nos lo puede dar la termodinámica

La termodinámica no nos puede dar u(ν) ya que eso es microscópico, pero sí nos puede hablar sobre la dependencia delmáximo de u respecto a la temperatura.

Guía 5, ejercicio 5

ítem a) Sabemos que u = u(ν, T ) y sabemos (de termodinámica) que∞

0

u(ν, T ) dν = σT 4 → esto es válido por la termodinámica

Entonces no importa cuál sea la teoría que hagas para u(ν, T ), sí o sí debe cumplir eso. Por definición u se mide en

[u] = EtL−3

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6 RADIACIÓN DE CUERPO NEGRO

donde E es energía, t es tiempo y L es distancia. Sabemos que en la expresión para u = u(ν, T ) tienen que aparecer ν y Tcon unidades

[ν] = t−1 [T ] = θ

donde θ es la temperatura empírica esa de la guía 1. Además alguna constante universal (porque asumimos que u = u(ν, T )y no depende de otras cosas, entonces tiene que haber una constante universal. No entendí mucho, pero es algo así). Lasconstantes de las que disponemos

constantes disponibles→

[c] = L

tvelocidad de la luz

[kB ] = E

θBoltzmann

En resumen tenemos las siguientes magnitudesParámetro→ u ν T c kB

unidad→ EL−3t t−1 θL

t

E

θ

Ahora buscamos todas las formas posibles de combinar esto de modo tal de obtener un adimensional. Parece que solo existeuna única forma de lograr esto y es

Π = uc3

ν2kBT⇒ u = Πν

2kBT

c3

pero esto lleva a la catástrofe del ultravioleta por lo tanto sabemos que algo falla. Como asumimos que u solo depende de νy T y en teoría clásica solo tenemos las constantes c y kB entonces algo falla. No entiendo por qué pero esto nos dice quefalla y que falta algo.

ítem b) Ahora vamos a suponer que hay alguna constante universal que no conocemos aún y ver si podemos arreglartodo. Esta constante la proponemos por el hecho de que la naturaleza del fenómeno es distinta. Entonces tenemos otroadimensional

Π′ = ανTn

(lo mandó de una porque sabe el resultado y quiere hacer pocas cuentas. Metió todo adentro de α). De esta forma

u(ν, T ) = Πν2kBT

c3

= f(Π′)ν2kBT

c3

= f(ανTn)ν2kBT

c3

Sabemos que tiene que cumplir lo de la termodinámica∞

0

u(ν, T ) dν = σT 4 → esto es válido por la termodinámica

y entonces∞

0

u(ν, T ) dν = kBT

c3

∞

0

ν2f(ανTn) dν

cambio de variables→{z = ανTn

dz = αTn dν⇒ = kBT

1−3n

α3c3

∞

0

z2f(z) dz

por lo tanto (usando el resultado de la termodinámica)

kBT1−3n

α3c3

∞

0

z2f(z) dz

︸︷︷︸número

= σT 4 ⇐⇒ n = −1

por lo tanto la forma de la densidad espectral del cuerpo negro es de la forma

u(ν, T ) = ν2kBT

c3f (αν/T)

Si decimos que α = hkB

(total no conocemos h) se obtiene algo muy parecido a lo de Planck o no sé quién.Los resueltos de

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9 MODELOS ATÓMICOS

ítem c) Esto al parecer no es más que un cambio de variable ν = cλ → dν = − c

λ2 dλ y entonces queda todo. Noentiendo.

7. Efecto fotoeléctrico

fotoelectrones

Efrenado

fotocorriente

Intensidad mayor

Intensidad menor

potencialde frenado

8. Efecto ComptonSe plantea un choque elástico entre un fotón y un electrón. Es un buen modelo para un choque entre un electrón de alta

energía y un electrón en un metal. Esto es porque el fotón tiene tanta energía que la función trabajo W del material se puededespreciar y se considera al electrón como libre. El efecto fotoeléctrico es aproximadamente en el ultravioleta, mientras queCompton usó rayos X.

Se puede ver en el Eisberg.Usamos la energía relativista que es

E =√c2p2 + (m0c2)2

Para el fotón tenemos que su masa en reposo es mfotón0 = 0 y entonces el momentum del fotón es

pfotón = E

c

Esto sigue siendo clásico. Ahora metemos la cuántica

pfotón = hν

c= h

λ

electrón

fotón

Por principio de conservación del momento p todo el momento final tiene que estar en el eje x entonces

conservación de p→

{Eje x→ p0 = pfotón cos θ + pelectrón cosφEje y → pfotón sin θ = pelectrón sinφ

Además planteamos conservación de la energía por lo que

conservación de E → Einicial = Efinal ⇒ E0 +m0c2 = E1 + T +m0c

2

donde los subíndices 0 creo que son del electrón. Lo que sigue ahora está calcado del Eisberg dijo, así que lo busco ahí.

9. Modelos atómicos

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9.1 Modelo de Rutherford 10 REPASO DE ONDAS

9.1. Modelo de RutherfordVer la deducción y explicación en el Eisberg. Acá vamos a discutir únicamente el resultado

N (φ) dφ = N π

8 ρt(zZe2

12Mv2

)sinφdφ

sin2 (φ/2)

dondeN (φ) número de partículas que se escaterean en ángulo φN número de partículas αt ancho de la lámina de oroρ densidad de núcleos del material (oro)ze carga de las partículas alpha (zα = 2)Ze carga de los núcleos de la lámina (núcleos de oro)M masa de las partículas αv velocidad de las partículas α

Para hacer la cuenta se asumen las siguientes hipótesis

Consideramos ángulos grandes por lo tanto el aporte de la interacción de los electrones es despreciable: consideramosque solo interactuamos con los núcleos.

Consideramos que la masa del núcleo es mucho mayor que la de las partículas alpha y entonces los átomos estánestáticos.

10. Repaso de ondasVelocidad de fase

vfase = ∂x

∂t

⌋φ=cte

=− ∂φ

∂t

⌋x

∂φ∂x

⌋t︸︷︷︸

ejercicio 1 termo

dondeφ = kx− ωt+ φ0

es la fase. La velocidad de grupo esvgrupo = dω

dk

Ejercicio 16 guía 6 El ítem a) es

ψ(x, t) =√a

(2π)3/4

ˆ

R

e−a22 (k−k0)2

ej(kx−ωt) dk

No sé si esto es de este ejercicio o no. Pero para hallar ω(k) para una partícula libre usamos de Broglie

de Broglie→{E = ~ωp = ~k

Como la partícula es libre entonces

Epartícula libre = p2

2m ⇒ ω(k) = ~k2

2m︸︷︷︸Entonces mandó

ψ(x, t) = 1√2π

ˆ

R

[ √a

(2π)3/4e−

a22 (k−k0)2

e−jω(k)t

]ejkx dk

Lo que aprendemos es que

φ(k, t) = e−jω(k)tφ(k, 0) → Distribución espectral de la onda ψ(x, t) partícula libre

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11 GUÍA 7

Ahora queremos hacer la integral anterior para encontrar la ψ. Para ello hacemos el truco de completar cuadrados en elexponente

−a2

2 (k − k0)2 − jω(k)t = −a2

2(k2 − 2k0k + k2

0)

+ jkx− j ~k2

2m t

= −a2

2

[k2(

1 + 2j~tma2

)− 2k

(k0 + j

2xa2

)+ k2

0

]= −a

2

2[αk2 − 2βk + k0

]donde α y β se definen solamente para escribir menos. Ahora completamos cuadrados y se obtiene

−a2

2 (k − k0)2 − jω(k)t = −a2

4 α[k2 − 2β

αk + β2

α2

]− a2k2

04 + a2β2

4α

= a2α

4

(k − β

α

)2+ a2

4

(β2

α− k2

0

)Ahora sí, finalmente, podemos hacer la cuenta de Fourier para encontrar ψ(x, t). La cuenta es

ψ(x, t) =√a

(2π)3/4ea24

(β2α −k

20

) ˆR

e−a2α

4 (k− βα )2

dk

Ahora vamos a una tabla (sale por residuos)ˆ

R

e−η2(k−γ)2

dk =√π

η

{η, γ ∈ CRe(η2) > 0

El resultado de todo esto es

|ψ(x, t) |2 =√

2πa2

1√1 + 4~2t2

m2a4

exp(−

2a2 (x− ~k0m t)2

a4 + 4~2t2

m2

)→ partícula libre

Interpretación La interpretación de esto es como sigue: dado que es una partícula libre, esperaríamos que el centrode la gaussiana siga un MRU. Haciendo la cuenta queda

x = v0t = ~k0m

t = vgrupot = dω

dk

⌋k0

t

Como el medio es dispersivo para las partículas, entonces vemos que a medida que la partícula avanza entonces la gaussianase aplasta y se abre.

11. Guía 711.1. Operadores hermíticos

Son los que cumplen ˆφ∗Fψ =

ˆψ(F φ)∗⇐⇒ F es hermítico

Otra forma de decir lo mismo esFT = F ∗ ⇐⇒ es hermítico

por lo tanto (φ∗Fψ

)T= ψFTφ∗ = ψF ∗φ∗ = ψ

(F φ)∗⇐⇒ F es hermítico

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11.1 Operadores hermíticos 11 GUÍA 7

Guía 7, Ejercicio 14 Para probar esto decimos que

[A,B] = 0⇒ ABφ = BAφ

Ahora usamos lo de las autofunciones y metemos los autovalores entonces

BAφ = Baφ

= a (Bφ)

Metiendo esto en la primera igualdad se obtiene

A (Bφ) = a (Bφ) ⇐⇒ Bφ ∈ autofunción de A

y no sé por qué le quedó (caso sin degeneración) que

Bφ = bφ→ φ ∈ autofunciones de B

En el caso degenerado (creo que es cuando un autovalor tiene multiplicidad mayor que 1) supongamos que dado a entoncesexiste un conjunto de autofunciones

{ψ

(a)i

}donde i corre por todas las degeneraciones o algo así. Entonces

Aψ(a)i = aψ

(a)i

entonces cualquier combinación lineal es autovector de dicho subespacio

φ(a) =∑i∈a

ciψ(a)i

y entonces

Aφ(a) =∑i∈a

ciAψ(a)i

= a∑i∈a

ciψ(a)i

= aφ(a)

es decir que φ(a) ∈ autoespacio asociado a a con multiplicidad i. Ahora lo planteamos para el operador B. Como[A, B

]= 0

(es decir que conmutan) entonces B no saca a ϕ(a) del subespacio, por lo tanto

Bψ(a)i = ϕ(a)

=∑i∈a

ciψ(a)i

“quiero una base a a tq ψi(a) =

∑r drψ

(a)r y Bψ(a)

i = b(a)i ψ

(a)i ”. No tengo idea qué estamos haciendo. Mandó ahora

Bψ(a)i =

∑r

drBψ(a)r

=∑r

∑i

drciψ(a)i

esto es lo que quiero→ = B∑r

drψ(a)r

Entonces ∑r

∑i

dr (ci − bδri)ψ(a)r = 0

esto último es un sistema lineal de ecuaciones y lo que precisamos es que para todos los i-es eso valga cero. Esto tiene soluciónúnica ⇐⇒ el determinante de la matriz es nulo. Esto es

det (ci − bδri) = 0

Sabemos que la solución existe porque B es hermítico. La conclusión importante en la física es que si dos operadores conmutanentonces existe una base común de autofunciones.

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12 POSTULADOS DE LA MECÁNICA CUÁNTICA

Guía 7, ejercicio 15 Si A es un operador hermítico entonces sus autofunciones forman una base, por lo tanto cualquierfunción de onda ψ se podrá escribir en términos de estas funciones. Esto es lo mismo que Fourier pero generalizado.

Para el ítem a) hacemos ˆφ∗jψ dx =

∑i

ci

ˆφ∗jφi dx

pero como los φi ⊥ φj entoncescj =

ˆφ∗jψ dx

en completa analogía con Fourier.Para el ítem b) hacemos

〈A〉 =ˆψ∗Aψ dx

=∑i,j

c∗i cj

ˆφ∗i Aφj dx

=∑i,j

c∗i cj

ˆφ∗i ajφj dx

=∑i,j

c∗i cjaj

ˆφ∗iφj dx︸︷︷︸son ⊥

=∑i,j

c∗i cjajδi,j

=∑i

ai | ci |2

Esto nos dice que | ci |2 es el peso del resultado de cada experimento. Es decir que

| ci |2 = P (de medir el autovalor ai)

Guía 7, ejercicio 16 Si tenemos un operador A y hacemos una función cualquiera f(A) entonces para ver si esto vale o nose usa la serie de potencias. En este caso usamos la serie de potencias de ex.

Lo que queremos probar ahora es que

si Aφ = aφ⇒ eAφ = número× φ

Entonces aplicamos el operador

eAφ =∑n≥0

1n! A

nφ

=∑n≥0

1n!a

nφ

= eaφ

12. Postulados de la mecánica cuánticaEsto lo sacó del Leyton (ver bibliografía).

1. Existe una cosa que es la función de onda que define completamente al sistema. Es una amplitud de probabilidad. Laprobabilidad de encontrar a la partícula en x, x+ dx es ψ∗(x, t)ψ(x, t) dx y lo mismo para el momento p con la funciónde onda φ(p, t).

2. Ambas funciones ψ y φ se relacionan según la transformada de Fourier, es decirψ(x, t) = 1√

h

ˆφ(p, t)ej

px~ dp

φ(p, t) = 1√h

ˆψ(x, t)e−j

px~ dx

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13 GUÍA 8

3. Los observables físicos F (x, p) se representan por un operador lineal hermítico F . La receta es agarrar la representaciónclásica (la fórmula) de las distintas magnitudes y reemplazar

En espacio de x Fx →

x→ x

p→ ~j

d

dx

En espacio de p Fp →

x→ −~j

d

dp

p→ p

y luego fijarse que quede hermítico. El valor medio de un observable es

〈F 〉 =

ˆψ∗Fxψ dxˆφ∗Fpφdp

4. La evolución temporal de las funciones de onda es según la ec. de Schrödinger

Hxψ = j~∂ψ

ψtHpφ = j~

∂φ

φt

5. La función de onda colapsa en el momento de la medición.

13. Guía 8Guía 8, ejercicio 1 (pozo infinito) Como el pozo es infinito se rompe una de las condiciones de contorno que se aplican aψ. Es decir

pozo infinito⇒��XXXXXX

∂ψ

∂xcontinua

La ecuación de Schrödinger es

− ~2

2md2ψ

dx2 + V (x)ψ = Eψ

entonces, en la región adentro del pozo (donde V = 0) queda

− ~2

2md2ψ

dt2= Eψ

Ahora conviene elegir la solución expresada con senos y cosenos (así hacemos menos cuentas, ya sabemos el resultado).Entonces

ψ = A sin kx+B cos kx

Reemplazando esto en la ecuación de Schrödinger se obtiene

~2k2

2m ψ = Eψ ⇒ k =√

2mE~2

Ahora se aplican las condiciones de contorno: {ψ(a/2) = 0ψ(−a/2) = 0

De aquí se termina obteniendo que An sin

(kna

2

)= 0 ⇐⇒ kn = 2n︸︷︷︸

i

π

a

Bn cos(kna

2

)= 0 ⇐⇒ kn = (2n+ 1)︸︷︷︸

i

π

a

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13 GUÍA 8

entonces habrán soluciones que usan el seno y otras que usan el coseno en función de si el subíndice i es par o impar. Ahoranormalizamos las funciones de onda

1 =ˆψ∗i ψi dx =

a/2ˆ

−a/2

B2i cos2 (kix) dx i ∈ impares

a/2ˆ

−a/2

A2i sin2 (kix) dx i ∈ pares

...

=

B2i

a

2lo que sea

Termina quedando que las autofunciones del operador hamiltoniano son:

ψn(x) =

0 fuera del pozo√

2a

cos(nπ

ax)

n ∈ impares√2a

sin(nπ

ax)

n ∈ paresdentro del pozo

Ahora nos faltan los autovalores que no son más ni menos que la energía. Entonces

En = ~2k2n

2m

= ~2n2π2

2ma2

= n2(

~2π2

2ma2

)= n2E1

La solución más general de todo el problema es

Ψ(x, t) =∞∑n=1

cnψn(x)e−jωnt ωn = En~

Ítem d) El valor medio de 〈x〉 debería dar cero, por la simetría del problema. La forma de mostrarlo es

〈x〉 =ˆψ∗xψ dx

=

a/2ˆ−a/2

x |ψ |2 dx

como |ψ |2 es una función par y x una función impar, esto da siempre cero. Lo mismo para el 〈p〉 (se puede hacer la cuenta)o bien decir que, por el teorema de Ehrnefest (ver teórica)

d 〈x〉dt

= 〈p〉m

El⟨x2⟩ es, por definición, ⟨

x2⟩ =ˆψ∗x2ψ dx

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13 GUÍA 8

y esto no queda otra que hacer la cuenta. Para p2 hay que hacer⟨p2⟩ =

ˆψ∗i p

2ψi dx

=

a/2ˆ

−a/2

ψ∗i

(−~2 ∂

2

∂x2

)ψi dx

=

a/2ˆ

−a/2

~2k2i ψ∗i ψi dx

= ~2k2i

Ítem e) Para hallar esta probabilidad hacemos

P (p) = P (p, p+ dp)= |φ(p) |2 dp

donde φ es la transformada de Fourier de ψ. El resultado, para n = 1, es

φ1(k) = 2√πa

π2 − k2a2 cos(ka

2

)Recordar que p y k se relacionan con De Broglie (creo).

Ítem f) Ver más arriba.

Guía 8, ejercicio 13 Para obtener la respuesta para todos los tiempos y la eternidad, agregamos la dependencia temporalque será

ψ(x, t) =∑n∈N

cnϕn(x) exp(−j En

~t

)=

∑n∈N

cnϕn(x, t)

El valor medio del operador hamiltoniano (creo que es el valor medio de la energía) es

〈H〉 =ˆψ∗Hψ dx

=∑i,j

c∗i cj

ˆϕ∗i (x, t)Hϕj(x, t) dx

=∑i,j

c∗i cjEj

ˆϕ∗i (x, t)ϕj(x, t) dx

=∑i,j

c∗i cjEj exp(jEi − Ej

~t

)ˆϕ∗i (x)ϕj(x) dx︸︷︷︸

δi,j

y entonces〈H〉 =

∑i

| ci |2Ei

pero no nos están pidiendo el valor medio sino una probabilidad. Pero esto es básicamente una esperanza discreta donde

P (Ei) = | ci |2

por lo tantoP (E > 5E1) =

∑P (las energías que correspondan)

Sabemos que En = n2E1 para el pozo infinito, por lo tanto

P (E > 5E1) =∞∑n=3

P (En)

= 1− P (E ≤ 5E1)= 1− | c1 |2 − | c2 |2

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13 GUÍA 8

Operador paridadSirve para los potenciales que son pares. El operador paridad Π actúa según

Πf(x) = f(−x)

y si a esto le aplicamos el operador hamiltoniano entonces

H(

Πf(x))

= H (f(−x))

por lo tanto [− ~2

2md2

dx2 + V (x)]f(−x) = Ef(−x)

H (f(−x)) = Ef(−x)

o bienΠ (Ef(x)) = Π

(Hf(x)

)⇒[Π, H

]= 0︸︷︷︸

conmutan!

es decir que cuando el potencial es par, Π y H conmutan. Esto nos permite encontrar rápidamente una base de autofuncioneso algo así.

Pozo de potencial loco Vamos a ver cómo resolver el siguiente potencial:

xa b-a-b

V0

V=0

zona 1 zona 2 zona 3 zona 4 zona 5

En las zonas 1 y 5 sabemos que ψ = 0. Para aprovechar la simetría del potencial y que todo quede expresado más lindo(y ahorrar cuentas), lo centramos en cero tal como se ve en la imagen. Las ecuaciones de Schrödinger son

− ~2

2md2φ

dx2 = (E − V0)φ zona 2

− ~2

2md2φ

dx2 = Eφ zona 3

− ~2

2md2φ

dx2 = (E − V0)φ zona 4

Vamos a analizar para los distintos casos posibles de E en relación con V0. Comenzamos con E ∈ (0, V0) y entonces en lazona 2 se obtiene

φ = A2 sinh (κ2 (x+ b)) zona 2

conκ2

2 = 2m~2 (V0 − E)

Debido a la simetría del problema sabemos que en la región 4 pasa lo mismo, entonces

φ = A2 sinh (κ2 (x+ b)) zona 2φ = ±A4 sinh (κ2 (x− b)) zona 4

El ± para la zona 4 es porque las soluciones φ tienen que ser pares o impares debido a la simetría del problema, de modo talque |φ |2 siempre sea par. Para la zona 3 la cosa queda

φ ={A3 cos (k3x)B3 sin (k3x)

zona 3

conk3 = 2m

~E

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13.1 Potencial armónico 13 GUÍA 8

Nuevamente hay senos y cosenos en función de si la solución es par o impar. Tenemos entonces

Solución par→ φ(x) =

A2 sinh (κ2 (x+ b)) zona 2A3 cos (k3x) zona 3−A2 sinh (κ2 (x− b)) zona 40 zonas 1 y 5

Solución impar→ φ(x) =

A2 sinh (κ2 (x+ b)) zona 2A3 sin (k3x) zona 3A2 sinh (κ2 (x− b)) zona 40 zonas 1 y 5

Ahora aplicamos las condiciones de contorno para todo esto. Consideramos primero las soluciones pares. Las condicionesde contorno son las de siempre, que φ sea continua, dφdx también (siempre que V 6= ∞) y que

´|φ |2 dx = 1. Ahora lo que

está haciendo es plantear las cuentas correspondientes aprovechando que eligió las soluciones en forma astuta para ahorrarcuentas.

Lo importante de este ejercicio es que de antemano sabíamos que solo podían existir soluciones pares o impares por lasimetría del potencial. Matemáticamente esto se justifica porque Π y H conmutan (Π es el operador paridad).

13.1. Potencial armónicoEl valor medio de x es cero. Esto se puede obtener haciendo la cuenta o bien considerando que

[H, Π

]= 0 donde Π

es el operador paridad que vimos la clase pasada. Esto implica que φn es par o impar por lo tanto |φ |2 es par y entonces〈x〉 = 0. En el oscilador clásico se tiene que 〈x〉 y 〈p〉 oscilan en el tiempo. Queremos recuperar el límite clásico del osciladorarmónico. Para ello hay un truco que se ve en teórica 2 al parecer, pero Scrödinger lo que hizo fue plantear su ecuación conla dependencia temporal y asumió que al estado fundamental del caso estacionario lo desplazaba una cierta distancia. Sepropuso ver cómo evolucionaría eso en el tiempo y resolvió la ecuación, tarea aparentemente imposible según el profesor. Loque encontró es

ψ(x, t) =(mωπ~

) 14 exp

(−mω2~

[x2 + a2 (1 + e−2jωt)+ j

~mt− 2axe−jωt

])Para ver que efectivamente esto se comporta como esperaríamos en el caso clásico, es decir verificar que 〈x〉 = cosωt y lomismo para 〈p〉, hacemos |ψ(x, t) |2. Se obtiene

|ψ(x, t) |2 =√mω

π~exp

(−mω

~(x− a cosωt)2

)Esto no es más que una gaussiana cuyo valor medio oscila como

〈x〉 = a cosωt

Para hallar 〈p〉 se usa el teorema de Erhnfest o como sea y entonces

〈p〉 = md 〈x〉dt

Para cerrar el límite clásico de este problema quisiéramos que 〈H〉 = cte (la energía) tal como es en el oscilador clásico.Como en este caso no estamos en un estado estacionario entonces no podemos usar autovalores y autovectores y todo eso.No queda otra que hacer

〈H〉 =ˆψ∗(x, t)

(j~

∂

∂t

)ψ(x, t) dx

Ahora solo es hacer la cuenta usando que ∂∂te

f(t) = ef(t) ∂∂tf(t). La cuenta es horrible pero el resultado hermoso

〈H〉 = 12ma

2ω2︸︷︷︸Eclásica

+ ~ω2︸︷︷︸

Epunto cero

Observamos que queda la energía clásica y además el término que pasó desapercibido por tantos siglos.La energía del punto cero es la que impide que el helio y el hidrógeno se solidifiquen. Esta energía que es muy pequeña

es suficiente como para que, a presión atmosférica, no puedan solidificarse.

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13.1 Potencial armónico 13 GUÍA 8

Guía 8, ejercicio 12 Al modificar el pozo no se conserva la energía ya que justamente se modifica el potencial. La cosa esque originalmente la partícula está en un autoestado. Le modificamos el pozo y la partícula ya no está en un autoestado,por lo tanto evolucionará en el tiempo.

Si fuéramos Scrhödinger lo que haríamos sería plantear la ecuación y chau. La cosa es que esto es increíblemente complicadoy no lo vamos a hacer. Lo que vamos a hacer es un aproximación que funciona bien. Pensamos que en t = 0 tenemos unafunción de onda que corresponde al estado original pero el potencial después de cambiarlo. O sea, cambiamos de golpe elpotencial y a partir de ahí evoluciona la función de onda. Notar que en el caso inverso, si se achica el potencial, esto no sepuede aplicar porque no cumpliría las condiciones de contorno.

psiV

psi

V

x=0 a x=0 2a

Estadooriginal

Modificamosy luego evoluciona

Las energías originales ya las sabemos del pozo infinito, que son

En = π2~2

2ma2n2

y las funciones de ondas son

φ1 =√

2a

sin(πax)

En el estado final tenemosE′n = π2~2

2ma′2 = π2~2

2m4a2 = En4

y la función de onda

φn(x) =√

1a

sin(nπ

2ax)

Para poder volver a modificar el potencial y llevarlo al original, necesitamos que la partícula de alguna forma rebote yvuelva sola al estado original de modo tal que mover el potencial no cambiaría nada:

psi

V

x=0 2a

t=0

psi

V

x=0 2a

t=t1

psi

V

x=0 2a

t=t2

psi

V

x=0 2a

t=t3Mandó

ψ(x, t = 0) = φ1(x)que creo que es la función de onda original en t = 0. Luego la expresamos en términos de las nuevas autofunciones delhamiltoniano (o sea con el pozo grandote) y les agregamos la dependencia temporal

ψ(x, t) =∑n

cnφne−j E

′n~ t

dondecn =

ˆψ∗(x, t = 0)φn(x) dx

No sé qué es lo siguiente (creo que la función de onda luego de haber agrandado el pozo)

ψ(x, t) =∑n

cn√a

sin(nπ

2ax)ej

ωn4 t

con ωn = En~ . Para que pase lo del dibujito anterior lo que quisiéramos es que exista un T tal que ej ωn4 T = 1∀n de modo tal

que estemos en el caso de t = t3 en el dibujito anterior. Si

T = 8ω1π

entonces estamos hechos. Esto es porqueωn = En

~= ω1n

2

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14 GUÍA 9

Mandó ahora (creo que metió t = T )

exp(jn2ω1

48ωπ

)= ejn

22π = 1

y el tiempo parece que es

T = 8πω

= 8π~E1

= 8π~π2~2 2ma2

= 16ma2

π~

Finalmente, para el ítem c, suponemos que

ψ(x, t) ≈ c1φ1(x)e−jω′1t + c2φ2(x)e−jω

′2t

Entonces

P (x ∈ [a, 2a]) =2aˆ

a

ψ∗(x, t)ψ(x, t) dx

Ahora solo es hacer la cuenta...

14. Guía 914.1. Momento angular orbital

Para definir el operador procedemos igual que en el mundo clásico ~L = ~r× ~p pero reemplazamos ~r y ~p por los operadorescuánticos. La regla de conmutación que define al momento angular es

[Li, Lj ] = j~εijkLk

También definimos el operador L2 que tiene la propiedad de conmutar con todas las componetnes de ~L, es decier[L2, ~L

]= 0

Esto significa que en todo momento podemos conocer al a perfección el valor de L2 y una de sus componentes.Otros conmutadores son

[Li, xj ] = j~εijkxky lo mismo para el momento lineal

[Li, pj ] = j~εijkpkTambién [

~L, p2]

= 0→

[Lx, p

2] = 0[Ly, p

2] = 0[Lz, p

2] = 0

Este último son tres conmutadores, uno para cada una de las componentes de ~L. La forma de demostrarlo sería[Lx, p

2] =[Lx, p

2x + p2

y + p2z

]= ��

��:0[Lx, p

2x

]+[Lx, p

2y

]+[Lx, p

2z

]= py [Lx, py] + [Lx, py] py︸︷︷︸

[Lx,p2y]

+[Lx, p

2z

]= pyj~pz + j~pzpy +

[Lx, p

2z

]Desarrollando el otro conmutador se terminan cancelando y queda probado que es cero.

Otra cosa importante es [~L, V (|~r |)

]= 0

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14.1 Momento angular orbital 14 GUÍA 9

donde V (|~r |) es un potencial radial. La forma de demostrar esto es complicada, pero existe una manera “astuta” usandorotaciones infinitesimales. En la teórica vimos que si aplicamos una rotación infinitesimal entonces el cambio que se produceen la función es

δφ(~r) = − j~δ~ϕ · ~Lφ(~r)

donde φ es la función y ϕ el ángulo de rotación. Elegimos ahora

φ(~r) = V (r)ψ(~r)

y entonces

δφ(~r) = δ [V (r)ψ(~r)]= V (r)δψ(~r)

y entonces sabemos que δφ(~r) = − j~δ~ϕ · ~Lφ(~r) por lo que

V (r)δψ(~r) = j

~δ~ϕ · ~LV (r)ψ(~r)

y no entendí cómo llegó a− j~δ~ϕ · ~LV (r)ψ(~r) = − j

~δ~ϕ · V (r)~Lψ(~r)

y esto implica que conmutan ⇒[~L, V (r)

]= 0.

Ahora no entiendo bien qué queremos hacer pero queremos escribir el operador hamiltoniano H = p2

2m +V (r) en términosde L2 para que no sé qué. Para ello usamos la definición de L2 que es

L2 = (~r × ~p) · (~r × ~p)= r2p2 − (~r · ~p)2 + 2j~~r · ~p

y entonces

p2 = L2

r2 + (~r · ~p)2

r2 − 2j~~r · ~pr2 → son todos operadores!

como todos esos son operadores entonces 1r2 es el operador inverso a r2. Al parecer

~r · ~p = −j~r ∂∂r

para hacer esa cuenta rápidamente lo que se hace es recordar que ~p ∼ ~∇ y ~r ∼ ~r entonces queda una derivada direccional.Me agarró una tos fuertísima y tuve que salir del aula a toser... Cuando volví estaba lo siguiente

p2

2m = L2

2mr2 −~2

2mr2∂

∂r

(r2 ∂

∂r

)y entonces

H = L2

2mr2 −~2

2mr2∂

∂r

(r2 ∂

∂r

)+ V (r)

y esto nos permite factorizar a la función de onda en todo eso de los armónicos esféricos

ψ = Rn,`(r)Y`,m(θ, ϕ)

donde Y`,m son las autofunciones de L2 (armónicos esféricos). Usamos entonces el hecho de que

L2Y`,m = ~2` (`+ 1)Y`,m

y entonces queda − ~2

2mr2∂

∂r

(r2 ∂

∂r

)+

potencial efectivo︷︸︸︷~2` (`+ 1)

2mr2︸︷︷︸potencial centrífugo

+ V (r)

Rn,` = ERn,`

Sustituyendo un cambio de variablesRn,` = un,`

rse obtiene

− ~2

2md2un,`dr2 +

[~2` (`+ 1)

2mr2 + V (r)]un,` = Eun,` → lo que nos interesa en la práctica

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15 SISTEMA DE DOS PARTÍCULAS

Guía 9, ejercicio 8 Un rotador rígido es un cuerpo que puede rotar, como una molécula, etc. Para encontrar el hamiltonianoconsideramos que solo estamos interesados en la parte de rotación (la energía cinética de desplazamiento y todo lo demás lodesechamos, no nos interesa). El procedimiento es escribir la energía rotacional clásica y después convertirlo en un operadorcuántico. Entonces, la energía de rotación T es

T = 12[I1ω

2x + I2ω

2y + I3ω

2z

]y en el caso en que el rotador es simétrico (una esfera o algo así) entonces I1 = I2 = I3 y entonces

T = 32Iω

2

Esto lamentablemente no nos sirve porque ω no es un observable cuántico. Tenemos que escribir a T en términos de L.Recordando que

~L = I ~ω

donde I es el tensor momento de inercia, entonces

T = 12

[L2x

I1+L2y

I2+ L2

z

I3

]

y en el caso simétrico (I1 = I2 = I3) se obtiene

T = L2

2Icon I = mR2 (para una esferita creo). Entonces

H = L2

2I → Hamiltoniano

15. Sistema de dos partículasSupongamos un sistema de dos partículas 1 y 2 unidimensional con un potencial tal que depende de la diferencia de

posiciones, es decir V (|x1 − x2 |). Los operadores que tenemos sonx1 nos da la posición de la partícula 1p1 nos da el momento de la particula 1x2 idemp2 idem

Los conmutadores son[xi, pj ] = i~δi,j

es decir que cuando son la misma partícula entonces no conmutan (Heisenberg), pero si son distintas partículas ahí sí. Losconmutadores entre los operadores de posición y momento son

[x1, x2] = 0 [p1, p2] = 0

porque no hay relación de incerteza entre ellas.El hamiltoniano para este problema es

H = p21

2m1+ p2

22m2

+ V (|x1 − x2 |)

y lo que queremos es factorizar este hamiltoniano en dos partes: una que depende del centro de masa y otra que es la partículareducida o algo así. Entonces definimos

xCMdef= m1x1 +m2x2

m1 +m2x

def= x1 − x2

pCMdef= p1 + p2 p

def= p1m2 −m1p2m1 +m2

donde los que son sin subíndice son los relativos. Obsérvese que

p = µ

m1p1 −

µ

m2p2

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15 SISTEMA DE DOS PARTÍCULAS

dondeµ = m1m2

m1 +m2

Para verificar que los operadores xCM y pCM son operadores de posición-momento (y lo mismo para x y p) debemos verificarque su conmutador sea i~. Es obvio que sí va a dar así ya que son combinaciones lineales, pero la posta es verificar queefectivamente [xCM , pCM ] = i~ . Entonces hacemos la cuenta

[xCM , pCM ] =[µ

m2x1 + µ

m1x2, p1 + p2

]los cruzados dan cero→ = µ

m2[x1, p1] + µ

m1[x2, p2]

= i~��

��

��*1(

µ

m1+ µ

m2

)Lo mismo ocurre con el otro par [x, p].

Ahora que verificamos que todos estos operadores son de posición y momento, entonces lo que tenemos que hacer esescribir el hamiltoniano en términos de estos operadores. Esto es

H = p2CM

2mT︸︷︷︸energía del CM

+ p2

2µ︸︷︷︸energía de µ

+ V (|x |)→ es lo que queremos obtener

Para verificarlo lo que hacemos es meter la definición de pCM y p en la expresión anterior y hacemos la cuenta.

p2CM

2mT= p2

12mT + p1p2

2mT+ p2p1

2mT︸︷︷︸[p1,p2]=0⇒son iguales

+ p22

2mT

= p21

2mT + p1p2mT

+ p22

2mT

Para el otro es

p2

2µ = 12µ

(µ2

m21p2

1 −2µ2

m1m2p1p2 + µ2

2m22p2

2

)= µ

2m21p2

1 −��

��µ

m1m2p1p2 + µ

2m22p2

2

Sumando ambos cososp2CM

2mT+ p2

2µ = · · · = p21

2m1+ p2

22m2

y entonces la conclusión es queH = HCM +Hrelativo

La ventaja de escribir el hamiltoniano de esta forma es que se simplifica la resolución. Formalmente esto será posiblesiempre y cuando

[HCM , Hrelativo] = 0

y esto significa que estas dos partes están desacopladas. Esta cuenta es

[HCM , Hrelativo] =[p2CM

2mT,p2

2µ + V (x)]

=��

��*0[

p2CM

2mT,p2

2µ

]+[p2CM

2mT, V (x)

]= pCM

2mT[pCM , V (x)] + [pCM , V (x)] pCM2mT

desconozco completamente el por qué, pero[pCM , V (x)] ∝ ∂V (x)

∂xCM= 0

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16 ÁTOMO DE HIDRÓGENO

Nosotros vamos a hacer otra cuenta, o algo así, mucho no entiendo lamentablemente. La cuenta es

[pCM , V (x)] = [p1 + p2, V (|x1 − x2 |)]= [p1, V (|x1 − x2 |)] + [p2, V (|x1 − x2 |)]

= j~(∂V

∂x1+ ∂V

∂x2

)= j~

(∂V

∂x

∂x

∂x1+ ∂V

∂x

∂x

∂x2

)= j~

(∂V

∂x− ∂V

∂x

)= 0

16. Átomo de hidrógenoEn la práctica vamos a asumir que ya tenemos las autofunciones resueltas de la teórica, es decir que conocemos a la

ψn`m(~r) = Rn`(r)Y`m(θ, φ)→ Ya las conocemosX

donde cada uno de los números son n ∈ N Número cuántico principal` < n Número cuántico azimutal− ` ≤ m ≤ ` Número cuántico magnético

La energía es

En = −µZ2q4e

2~2n2 → Energía del átomo de hidrógeno

y la degeneración de cada uno de los niveles esgn = n2

Existe una notación antigua que es

` notación0 s1 p2 d3 f4 g

n notación1 K2 N3 O4 P

Tanto Y`m como Rn` son ortonormales. La normalización de las funciones de onda es

˚ψ∗n′`′m′(~r)ψn`m(~r) d3r =

∞

0

r2Rn′`′(~r)Rn`(r) dr︸︷︷︸δnn′δ``′

2πˆ

0

π

0

dφ sin θ dθ Y ∗`′m′Y`m︸︷︷︸δ``′δmm′

La probabilidad radial se obtiene según

P (r ∈ r + dr) =2πˆ

0

π

0

ψ∗n′`′m′(~r)ψn`m(~r) jacobiano dφ dθ

= r2R∗n`(r)Rn`(r)︸︷︷︸fR(r) densidad

dr

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16 ÁTOMO DE HIDRÓGENO

Algunas propiedades de la función de onda (que nos permiten sacar información de los gráficos) sonEl número de nodos de la función de onda define otro número cuántico que es el nr y se relaciona con n según

nr = n− `− 1→ número cuántico radial

En la imagen anterior que robé del libro los números de nodos son las veces que Rn`(r) cruza el eje r.

La función de onda cerca de cero ψn`m ∝ r`. No entiendo bien esto pero hace unos límites raros

ψ200 = cte (2− cter) e−cter

−→r→0

cte

ψ210 = ctere−cter

−→r→0

cter

Es algo de Taylor o alguna de esas cosas, el orden cero de Taylor dice.

Alguien hizo la cuenta con todo super general y encontró que

〈rn`〉 = n2a0Z

[1 + 1

2

(1− ` (`+ 1)

n2

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16.1 Efecto Zeeman “normal” 16 ÁTOMO DE HIDRÓGENO

Valor medio del potencial: 〈V 〉 = −Zq2e

⟨ 1r

⟩= −µZ

2q4e

~2n2 .

16.1. Efecto Zeeman “normal”Los tipos metían el hidrógeno adentro de un campo magnético uniforme ~B = B ~z

z . En presencia de campo magnético (seve en mecánica) el momento del electrón es ~p

p − q ~A donde ~A es el potencial vector. Entonces el nuevo hamiltoniano será

H = 12m

(p− q ~A(~r)

)2+ V (r)

El conmutador [p, ~A(~r)

]= −j~~∇ · ~A

Para que conmute elegimos el gauge de Coulomb y entonces[p, ~A(~r)

]= 0→ Con gauge de Coulomb

y esto es bueno porque no sé qué. Entonces

H = p2

2m −q

mp · ~A(r) + q2

2mA2(r) + V (r)

ahora escribimos todo en términos de ~B porque es lo que medimos y queda

H = p2

2m + q

2mp ·(r × ~B

)+ q2

2mA2 (r) + V (r)

= p2

2m + q

2m~B · (p× r) + q2

2m

(~B × r

)2+ V (r)

= p2

2m −q

2m~B · ~L+ q2

8m

(~B × r

)2+ V (r)

y ya tenemos el hamiltoniano del sistema. Definimos el magnetrón de Bohr µBdef= q~

2m y entonces

H =(p2

2m + V (~r))

︸︷︷︸H0

− µB~~B · ~L︸︷︷︸1

+ q2

8m

(~B × ~r

)2

︸︷︷︸2

el operador H0 es el de siempre y ya sabemos todas las autofunciones y autovalores

∆E0h

= 0,5 eV

Si ponemos un ~B ∼ 100× 103 guass entonces

∆E1h≈ 0,5× 10−3 eV Estructura fina

∆E2h≈ 0,5× 10−6 eV Estructura hiper fina

Mandó: “interpretación” y escribió

H1 = −µB~~B · ~L Término paramagnético

H2 = q2

8m

(~B × ~r

)2Término diamagnético

Para ~B ≤ 100× 103 guass entonces el término diamagnético lo podemos descartar porque es muy pequeño y entonces

H ≈(p2

2m + V (~r))− µB

~~B · ~L

Ahora consideramos que ~B = B ~zz y entonces

H ≈(p2

2m + V (~r))− µB

~BLz

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16.2 Spin 16 ÁTOMO DE HIDRÓGENO

Las autofunciones de Lz ya las sabemos y entonces

Hψn`m =(H0 −

q

2mBLz

)ψn`m

=(En −

q

2mB~m)ψn`m

= (En − µBBm)ψn`m

esto significa que las energías ahora se dividen para cada valor de m

Enm = En − µBBm→ Nuevas energías

y se rompe la degeneración en m.

16.2. SpinGuía 9, ejercicio 18 No entiendo nada. Los valores máximos y mínimos son fáciles de encontrar

lmax = 1 + 2 = 3

y el mínimolmın = | 2− 1 | = 1

y entoncesl ∈ {1, 2, 3} → valores posibles

Para el s ocurre lo mismo y se obtienes ∈ {0, 1}

La regla general es: buscar el máximo, buscar el mínimo. Luego rellenar saltando de a uno.Para el j lo que se hace es buscar entre todas las combinaciones de l y s aquellas que dan más grande y aquellas que dan

más chico y luego interpolar:jmax = 4 jmın = 0

y entoncesj ∈ {0 : 4}

No entiendo cómo hizo que jmın = 0... Creo que es porque pueden ser negativos también.

Guía 9, ejercicio 19 α1 significa que el primero está en estado up y β2 que el segundo está down. Si el hamiltoniano fuerasin la interacción entre ambas partículas

H = −µB(S1z + S2z

)→ sin interacción entre spines

entonces


)sin interacción entre los electrones

Estados Energíasα1 ⊗ α2 ↑↑

[1 0 1 0

]T −µB~α1 ⊗ β2 ↑↓

[1 0 0 1

]T 0β1 ⊗ α2 ↓↑

[0 1 1 0

]T 0β1 ⊗ β2 ↓↓

[0 1 0 1

]Tµβ~

En este caso la representación matricial del hamiltoniano sería

H =

−µB~ 0 0 0

0 0 0 00 0 0 00 0 0 µB~

→ Sin interacción entre partículas

Pero el problema propone otro hamiltoniano que incluye una interacción entre las partículas que es


)− λS1 · S2︸︷︷︸

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que lo que hace es intentar alinear los S de cada partícula (recordar que estos operadores son vectores de tres componentes).Para resolver el problema lo que hacemos es plantear el hamiltoniano en términos de

J = S1 + S2

EntoncesJz = S1z + S2z

entonces el hamiltoniano esH = −µBJz − λS1 · S2

Ahora falta desarrollar para ver cómo sacarnos esa basura que quedó. Para eso hacemos

J2 = J · J...= S2

1 + 2S1S2 + S22

y al parecer

S1 · S2 = 12

(J2 − S2

1 − S22

)= 1

2

(J2 − 3

2~2)

donde ese reemplazo de−S2

1 − S22 = −3

2~2

es porque siempre dan lo mismo, o algo así... No entendí bien. Entonces el operador hamiltoniano queda

H = −µBJz −λ

2 J2 + 3

4λ~2

Ahora hacemos lo del ejercicio anterior para saber qué valores puede tomar j que son

j ∈ {0, 1}

Ahora tenemos que encontrar los autoestados de J . Como no los vimos entonces el profesor los manda tipo galerazo y son

Autofunciones de H →

j = 0, jz = 0 φ00 = 1√2

(α1 ⊗ β2 − β1 ⊗ αz) ↑↓ − ↓↑

j = 0, jz = −1 φ1−1 = 1√2β1 ⊗ β2 ↓↓

j = 1, jz = 0 φ10 = 1√2

(α1 ⊗ β2 + β1 ⊗ α2) ↑↓ + ↓↑

j = 1, jz = 1 φ11 = 1√2α1 ⊗ α2 ↑↑

Los estados bien definidos son los ↓↓ y ↑↑, y los otros estados son mezclas que son los del gato de Schrödinger dijo... Losvalores de energía se obtienen reemplazando j y jz en H. Andá a saber por qué.

Ahora estamos en el ítem c). El estado inicial es α1 ⊗ β2. Debido a que este estado no es autofunción de H entonces suvalor medio no permanecerá constante. Sabemos que

ψ(t = 0) = α1 ⊗ β2

y queremos encontrar ψ(t) =?. Para ello los expresamos en la base de autofunciones de H , entonces

ψ(t = 0) = α1 ⊗ β2

= 1√2

(φ00 + φ10)

Entoncesψ(t) = 1√

2

(φ00e

−j E00~ t + φ10e

−j E10~ t)

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donde los valores de la energía se obtienen como anoté más arriba (reemplazando los j y jz en H). Ahora va a escribir losφ00 y φ10 en la base de α y β para poder hacer la cuenta de la probabilidad (o algo así, ya no sé bien qué estamos haciendo).Entonces

ψ(t) = 12 (α1 ⊗ β2 − β1 ⊗ α2)︸︷︷︸

1√2φ00

e−jE00~ t + 1

2 (α1 ⊗ β2 + β1 ⊗ α2)︸︷︷︸1√2φ10

e−jE10~ t

= 12α1 ⊗ β2

(e−j

E00~ t + e−j

E10~ t)− 1

2β1 ⊗ α2

(e−j

E00~ t − e−j

E10~ t)

Esto lo escribimos en esta base porque es la correspondiente al operador que queremos observar. Como estamos interesadosen el autoestado α1 ⊗ β2 entonces nos quedamos con su coeficiente que es

12

(e−j

E00~ t + e−j

E10~ t)

Parece que

P(S1z = 1

2

)=��

��

��:0coeficiente de α1 ⊗ α2 + coeficiente de α1 ⊗ α2

=∣∣∣∣ 1

2

(e−j

E00~ t + e−j

E10~ t) ∣∣∣∣2

Ahora solo es hacer la cuenta y llegar al resultado del enunciado.

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