Fısica Estadıstica - Deber 4

Alejandro Gomez Espinosa *

Escuela Politecnica Nacional

Quito - Ecuador

22 de abril de 2011

Libro de Reif. F, Fundamentals of Statistical and Thermal Physics. Capıtulo 4 y 5.

4.2 Un calorımetro de cobre de 750 g que puede contener 200 g de agua se encuentra en equilibrio a unatemperatura de 20 C. Un experimentador pone 30 g de hielo a 0 C en el calorımetro y encierra este ultimocon una capa aislante al calor.

Cuando todo el hielo se ha derretido y se ha alcanzado el equilibrio, cual sera la temperatura delagua? (El calor especifıco del cobre es 0.418 Jg−1. El hielo tiene una gravedad especıfica de 0.917 ysu calor de fusion es 333 Jg−1, i.e. requiere 333 J de calor para convertir 1 g de hielo en agua a 0 C.)

Solucion: La temperatura final se la encuentra relacionando los calores intercambiados en el sistema.El calor requerido para fundir al hielo es mil donde mi es la masa del hielo. Como el sistemaesta termicamente aislado y no se realiza ningun trabajo, el cambio total en la energıa se elimina:

mil +Qhielo derretido +Qagua +Qcalorımetro = 0 (1)

mil +micaTf +macaTf +mcccTf = 0

30(333) + 30(4,18)Tf + 200(4,18)Tf + 750(0,418)Tf = 0

Tf = 283K

Calcule el cambio total de entropıa del proceso anterior.

Solucion: El cambio en la entropıa cuando el hielo esta derretido es m1l/T . Para el resto serıa:

∆S = mc

∫ Tf

Ti

dT

T= mc ln

TfTi

(2)

∆S =m1l

273+mac ln

283

293+m1c ln

283

273+mccc ln

283

293= 1,6J/K

Despues de que todo el hielo se haya derretido y el equilibrio se haya alcanzado, cuando trabajo, enJ, se debe entregar al sistema para que toda el agua regrese a 20 C.

Solucion: El trabajo requerido es la cantidad de calor que se requiere para que todo el hielo seaderretido:

W = maca(Tf − Ti) +mccc(Tf − Ti) = [(750(0,418) + 230(4,18)](293− 283) = 12,75J (3)

4.4 Un solido contiene N atomos magneticos con spın 12 . A temperaturas lo suficientemente altas, cada spın esta

orientado completamente aleatorio; i.e. igualmente probable se estar en uno de sus dos estados posibles.Pero a temperaturas lo suficientemente bajas la interaccion entre atomos magneticos provoca un compor-tamiento ferromagnetico, con lo que todos sus spines se orientan a lo largo de la misma direccion comoT → 0. Una aproximacion muy ligera sugiere que la contribucion dependiente de spın C(T ) a la capacidadcalorıfica de este solido tiene una dependencia aproximada a la temperatura dada por

C(T ) = C1

(2T

T1− 1

)siT1

2< T < T1 (4)

C(T ) = 0 otros casos (5)

*agomez@physics.org

1

El incremento abrupto en el calor especıfico de T se reduce por debajo de T1 debido al inicio del compor-tamiento ferromagnetico.Use consideraciones de entropıa para hallar la expresion explıcita del valor maximo C1 de la capacidadcalorıfica.

Solucion: A temperatura absoluta cero, el sistema esta en uno de los dos posibles estados base con todoslos spines en la misma direccion. Ası, su entropıa es:

S(T = 0) = kB ln 2 ≈ 0 (6)

Por otro lado, a una temperatura infinita el sistema esta completamente desmagnetizado. Se sabe que unabuena aproximacion del numero de estado con magnetizacion cero es la misma que el numero total deestados 2N y de esta manera su entropıa es:

S(T =∞) = NkB ln 2 (7)

Este cambio en entropıa puede ser relacionado con la capacidad calorica del sistema por un procesocuasiestatico del sistema desde T = 0 y T =∞:

S(T =∞)− S(T = 0) =

∫ ∞0

C(T )dT

T

=

∫ T1/2

0

0dT +

∫ T1

T1/2

(2

T1− 1

T

)C1dT +

T1

∞0dT

=

(2T1

2T1− ln

T1

T1/2

)C1

= (1− ln 2)C1

Finalmente, se despeja C1:

C1 = NkBln 2

1− ln 2= 2,27NkB (8)

4.5 Un solido contiene N atomos magneticos de hierro con spın S. A una temperatura suficientemente alta, cadaspın esta orientado completamente aleatorio; i.e. igualmente probable de estar en cualquiera de sus 2S+ 1estados posibles. Pero a temperaturas suficientemente bajas entre los atomos magneticos se produce uncomportamiento ferromagnetico, con lo que todos sus spines se orientan a lo largo de la misma direccioncomo T → 0. Una aproximacion muy ligera sugiere que la contribucion dependiente de spın C(T ) a lacapacidad calorıfica de este solido tiene una dependencia aproximada a la temperatura dada por

C(T ) = C1

(2T

T1− 1

)siT1

2< T < T1 (9)

C(T ) = 0 otros casos (10)

El incremento abrupto en el calor especıfico de T se reduce por debajo de T1 debido al inicio del compor-tamiento ferromagnetico.Si uno diluye los atomos magneticos al remplazar el 30 por ciento de sus atomos de hierro por atomosde zinc no magneticos, entonces el 70 por ciento restante de los atomos de hierro todavıa se conviertenen ferromagneticos a temperaturas lo suficientemente bajas. Los atomos magneticos ahora contribuyen ala capacidad calorıfica del solido C(T) con diferente dependencia en temperatura dada, muy crudamente,por:

C(T ) = C2T

T2si 0 < T < T2 (11)

C(T ) = 0 otros casos (12)

Como las interacciones entre hierros magneticos see han reducido, el comportamiento ferromagnetico ahorase configura en una temperatura T2 mas baja que la temperatura previa T1, y la capacidad calorıfica decaemas lentamente por debajo de la temperatura T2.Use las consideraciones de entropıa para comparar la magnitud del calor especıfico maximo C2 en el casodel diluto con la magnitud del calor especıfico maximo C1 en el caso no diluido. Halle la expresion explıcitapara C2/C1.

2

Solucion: El cambio en entropıa es:

Ssd(T1)− Ssd(0) =

∫ T1

T1/2

c1

(2T

T1− 1

)dT

T= c1(1− ln 2) (13)

Sd(T1)− Sd(0) =

∫ T1

T1/2

c2T

T2

dT

T= c2 (14)

donde los subındices sd es para sin diluir y d es para el sistema diluido. Por la tercera ley de la ter-modinamica se tiene que: Sd(0) = Ssd(0). Como existen solo 7

10 mas atomos magneticos en el caso diluıdo,se tiene que Sd(T1) = −7Ssd(T1), ası:

c2c1

= −7(1− ln 2) = 0,214 (15)

5.1 Un gas ideal tiene un calor especıfico molar cv independiente de la temperatura a un volumen constante.Sea γ = cp/cv, denota la tasa de calores especıficos. El gas esta aislado termicamente y se le permiteexpandir cuasiestaticamente desde un volumen inicial Vi a una temperatura Ti a un volumen final Vf .

Use la relacion pV γ = cte para hallar la temperatura final Ti de este gas.

Solucion: Sustituyendo pV = µRT :

µRTiVγi

Vi=µRTfV

γf

Vf⇒ Tf = Ti

(VfVi

)1−γ

(16)

Use el hecho que la entropıa permanece constante en este proceso para hallar la temperatura finalTf .

Solucion: El cambio de entropıa de un gas ideal en un proceso es:

∆S = µcV lnTfTi

+ µR lnVfVi

(17)

Para un proceso adiabatico que es cuasiestatico el cambio en entropıa es cero. Ası:

0 = lnTfTi

(VfVi

)R/cV(18)

Como RcV

= cp − cVcV

= γ − 1, tenemos:

Tf = Ti

(VfVi

)1−γ

(19)

5.7 Considere la atmosfera terrestre como un gas ideal de peso molecular µ en un campo gravitacional uniforme.Sea g la aceleracion de la gravedad.

Si z denota la altura sobre el nivel del mar, demuestre que el cambio en la presion atmosferica p conla altura esta dada por

dp

p= − µg

RTdz (20)

donde T es la temperatura absoluta a una altura z.

Solucion: Si m es el numero de partıculas por unidad de volumen, m es la masa de cada partıcula,A el area tenemos:

∆pA = p(z + dz)A− p(z)A = −n(Adz)mg (21)

dp

dzdz = −nmgdz = −nµg

NAdz (22)

como p = nkBT entonces:dp

p= − µg

RTdz (23)

3

Si la disminucion de la presion en el ejercicio anterior se debe a una expansion adiabatica, demuestreque:

dp

p=

γ

γ − 1

dT

T(24)

Solucion: Como pV γ = cte, se sustituye V = µRTp :

T γp1−γ = cte (25)

Entonces:γT γ−1p1−γdT + (1− γ)T γp−γdp = 0 (26)

dp

p=

γ

γ − 1

dT

T(27)

Calcule dT/dz en grados por kilometro. Asuma que la atmosfera consiste mayormente de nitrogenopara el cual γ = 1,4.

Solucion: Reemplazando (24) en (27) se tiene:

dT

dz=

1− γγR

µg (28)

Para N2, µ = 28 y γ = 1,4; se tiene:dT

dz= −9,4K/km (29)

En una atmosfera isotermica a temperatura T, expresar la presion p a la altura z en terminos de lapresion p0 al nivel del mar.

Solucion: Integrando (24) con respecto a T se tiene:

p = p0 exp(−µgzRT

)(30)

Si la presion a nivel del mar y la temperatura son p0 y T0, y la atmosfera es adiabatica, encuentre lapresion p a la altura z.

Solucion: De (28):

T = T0 −γ − 1

γRµgz (31)

Ası: ∫ p

p0

dp′

p′=

∫ z

0

−µgdz′

R(T0 − (γ−1)µgdz′

γR

) (32)

p = p0

(1− (γ − 1)µgz

γRT0

)γ/γ−1

4