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.
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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
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5.1 Transiciones de fase 5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5.1 Transiciones de fase 5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5.1 Transiciones de fase 5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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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5.1 Transiciones de fase 5 GUÍA 3 - POTENCIALES TERMODINÁMICOS
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
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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
H = −µB(S1z + S2z
)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
H = −µB(S1z + S2z
)− λS1 · S2︸ ︷︷ ︸
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16.2 Spin 16 ÁTOMO DE HIDRÓGENO
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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16.2 Spin 16 ÁTOMO DE HIDRÓGENO
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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