25- Um sistema isolado (sem contato térmico com o meio externo) modelado segundo o sólido de Einstein é formado por duas partes, uma delas contendo \mathrm{N}_{1}=6 e a outra \mathrm{N}_{2}=9 osciladores. A energia total do sistema (acima do estado fundamental) é 5 ћ \omega.
Na situação inicial, as duas partes do sistema composto estão isoladas uma da outra e a parte 1 tem energia de 1 \hbar \omega 0. Nessa situação,
  • o número de estados microscópicos da parte 1 é
  • E o número de estados microscópicos da parte 2 é
O isolamento entre as duas partes é retirado e os dois sistemas passam a trocar energia. Entre a situação inicial e a divisão mais provável de energia,
  • a variação de entropia da parte 1 é de \Delta \mathrm{S}_{1}=\mathrm{kB} \times
  • a variação de entropia da parte 2 é de \Delta \mathrm{S}_{2}=\mathrm{kB} \times
  • a variação de entropia do sistema composto 1+2 é de \Delta \mathrm{S}_{1+2}=\mathrm{kB} \times

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que pede.
Dados do enunciado:
N_1=6,\quad N_2=9
A energia total (acima do estado fundamental) é 5\hbar\omega. Isso significa que o número total de quanta é
q_{\text{tot}}=5.
Na situação inicial as duas partes estão separadas e a parte 1 tem energia 1\hbar\omega. Logo
q_1^{\text{(inicial)}}=1,\qquad q_2^{\text{(inicial)}}=5-1=4.
Perguntas pedidas (em ordem):
  1. O número de estados microscópicos (multiplicidade) da parte 1 na situação inicial.
  2. O número de estados microscópicos da parte 2 na situação inicial.
  3. Após eliminar o isolamento e deixar trocar energia, qual é a variação de entropia da parte 1 entre a situação inicial e a divisão mais provável.
  4. Mesma pergunta para a parte 2.
  5. E a variação de entropia do sistema composto 1+2.
A partir daqui eu vou desenvolver passo a passo como calcular tudo isso.

Passo 2

Conceito importante que vamos usar: multiplicidade de um sólido de Einstein.
Explicação didática:
  • Um sólido de Einstein com N osciladores e q quanta de energia (cada quantum vale \hbar\omega) tem um número de microestados dado por contar de quantas maneiras distribuir q quanta entre N osciladores indistinguíveis pelas posições (cada oscilador pode receber 0,1,2,… quanta). Esse é um problema clássico de “stars and bars” (barras e estrelas).
  • A fórmula combinatória resultante é
\Omega(N,q)=\binom{q+N-1}{q}.
Aqui:
  • \Omega(N,q) é a multiplicidade (número de microestados),
  • N é o número de osciladores,
  • q é o número de quanta de energia.
Vou usar essa fórmula sempre que precisar de \Omega.

Passo 3

Aplicando a fórmula para a parte 1 na situação inicial.
Temos N_1=6 e q_1^{\text{(inicial)}}=1. Então
\Omega_1^{\text{(inicial)}}=\binom{1+6-1}{1}=\binom{6}{1}.
Calculo da combinação:
\binom{6}{1}=\frac{6!}{1!(5!)}=6.
Portanto, o número de microestados da parte 1 inicialmente é \Omega_1^{\text{(inicial)}}=6.

Passo 4

Aplicando a mesma fórmula para a parte 2 na situação inicial.
Temos N_2=9 e q_2^{\text{(inicial)}}=4. Então
\Omega_2^{\text{(inicial)}}=\binom{4+9-1}{4}=\binom{12}{4}.
Calculo da combinação:
\binom{12}{4}=\frac{12\cdot11\cdot10\cdot9}{4\cdot3\cdot2\cdot1}=\frac{11880}{24}=495.
Logo \Omega_2^{\text{(inicial)}}=495.
Até agora respondemos as duas primeiras perguntas (valores \Omega_1 e \Omega_2 iniciais). Agora vamos determinar qual divisão de energia é a mais provável quando permitimos troca e, a partir disso, calcular variações de entropia.

Passo 5

Quando permitimos troca de energia, a probabilidade de uma divisão q_1,q_2 (com q_1+q_2=5) é proporcional à multiplicidade total
\Omega_{\text{total}}(q_1)=\Omega_1(N_1,q_1)\,\Omega_2(N_2,q_2).
Para achar a divisão mais provável basta comparar os produtos \Omega_1(N_1,q_1)\Omega_2(N_2,5-q_1) para q_1=0,1,2,3,4,5 e escolher onde o produto é máximo.
Vou calcular \Omega_1, \Omega_2 e o produto para cada q_1.

Passo 6

Cálculos dos casos q_1=0 até q_1=5.
  • Para q_1=0 ( q_2=5): \Omega_1=\binom{0+6-1}{0}=\binom{5}{0}=1,
\Omega_2=\binom{5+9-1}{5}=\binom{13}{5}=1287.
Produto =1\times1287=1287.
  • Para q_1=1 ( q_2=4) — este é o caso inicial: \Omega_1=\binom{1+6-1}{1}=\binom{6}{1}=6,
\Omega_2=\binom{4+9-1}{4}=\binom{12}{4}=495.
Produto =6\times495=2970.
  • Para q_1=2 ( q_2=3): \Omega_1=\binom{2+6-1}{2}=\binom{7}{2}=\frac{7\cdot6}{2}=21,
\Omega_2=\binom{3+9-1}{3}=\binom{11}{3}=\frac{11\cdot10\cdot9}{6}=165.
Produto =21\times165=3465.
  • Para q_1=3 ( q_2=2): \Omega_1=\binom{3+6-1}{3}=\binom{8}{3}=\frac{8\cdot7\cdot6}{6}=56,
\Omega_2=\binom{2+9-1}{2}=\binom{10}{2}=\frac{10\cdot9}{2}=45.
Produto =56\times45=2520.
  • Para q_1=4 ( q_2=1): \Omega_1=\binom{4+6-1}{4}=\binom{9}{4}=126,
\Omega_2=\binom{1+9-1}{1}=\binom{9}{1}=9.
Produto =126\times9=1134.
  • Para q_1=5 ( q_2=0): \Omega_1=\binom{5+6-1}{5}=\binom{10}{5}=252,
\Omega_2=\binom{0+9-1}{0}=\binom{8}{0}=1.
Produto =252\times1=252.
Comparando os produtos: 1287,\,2970,\,3465,\,2520,\,1134,\,252. O máximo ocorre para q_1=2 (produto 3465).
Portanto a divisão mais provável é
q_1^{\text{(mais provável)}}=2\quad\text{e}\quad q_2^{\text{(mais provável)}}=3,áá
ou seja energias 2\hbar\omega e 3\hbar\omega.

Passo 7

Entropia e variação de entropia — fórmula e aplicação.
Fórmula que usamos (definição de Boltzmann):
S=k_B\ln\Omega.
Assim a variação de entropia de um subsistema ao passar de uma multiplicidade inicial \Omega^{(i)} para final \Omega^{(f)} é
\Delta S = k_B\ln\!\left(\frac{\Omega^{(f)}}{\Omega^{(i)}}\right).
Aplicando isso:
Para a parte 1:
  • \Omega_1^{(i)}=\Omega_1(q_1=1)=6 (do Passo 3).
  • \Omega_1^{(f)}=\Omega_1(q_1=2)=21 (do Passo 6).
    Logo
\Delta S_1 = k_B\ln\!\left(\frac{21}{6}\right)=k_B\ln\!\left(\frac{7}{2}\right).
Para a parte 2:
  • \Omega_2^{(i)}=\Omega_2(q_2=4)=495.
  • \Omega_2^{(f)}=\Omega_2(q_2=3)=165.
    Logo
\Delta S_2 = k_B\ln\!\left(\frac{165}{495}\right)=k_B\ln\!\left(\frac{1}{3}\right)=-k_B\ln 3.
Para o sistema composto 1+2:
  • Multiplicidade inicial total: \Omega_{\text{tot}}^{(i)}=2970 (produto do caso q_1=1).
  • Multiplicidade final total: \Omega_{\text{tot}}^{(f)}=3465 (produto do caso q_1=2).
    Então
\Delta S_{1+2}=k_B\ln\!\left(\frac{3465}{2970}\right)=k_B\ln\!\left(\frac{7}{6}\right).
Observação: \Delta S_{1+2}=\Delta S_1+\Delta S_2, e isso bate numericamente (breve conferência numérica abaixo).

Passo 8

Cálculos numéricos aproximados (para usar na prova, se pedirem número).
Calculemos os logaritmos (usando a vírgula como separador decimal):
\ln\!\left(\tfrac{7}{2}\right)\approx 1,252762968,
\ln\!\left(\tfrac{1}{3}\right)= -\ln 3\approx -1,098612289,
\ln\!\left(\tfrac{7}{6}\right)\approx 0,154150679.
Portanto, em unidades de k_B:
\Delta S_1 \approx k_B\times 1,2528,
\Delta S_2 \approx k_B\times (-1,0986),
\Delta S_{1+2} \approx k_B\times 0,15415.
Essa é a resposta numérica e também a forma exata em termos de logaritmos que é preferível na maioria das provas.

Resposta

\Omega_1^{\text{(inicial)}}=6
\Omega_2^{\text{(inicial)}}=495
\Delta S_1 = k_B\ln\!\left(\tfrac{7}{2}\right)\approx k_B\times 1,2528
\Delta S_2 = k_B\ln\!\left(\tfrac{1}{3}\right)=-k_B\ln 3\approx k_B\times (-1,0986)
\Delta S_{1+2} = k_B\ln\!\left(\tfrac{7}{6}\right)\approx k_B\times 0,15415

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