(**) Uma nanopartícula que consiste de quatro átomos de ferro (objeto 1) tem inicialmente 1 quantum de energia. Ela é posta em contato com uma nanopartícula que consiste de dois átomos de ferro (objeto 2), que inicialmente tem 2 quanta de energia. A massa de um mol de ferro é de 56 g .
(a) Utilizando o modelo de Einstein para um sólido, calcule e trace o gráfico de \ln \Omega_{1} em função de q_{1} (o número de quanta no objeto 1 ), \ln \Omega_{2} em função de q_{1} e \ln \Omega_{\text {total }} em função de q_{1} (coloque as três curvas no mesmo gráfico). Explique sucintamente seu raciocínio.
R: \Omega_{1}=\frac{\left(q_{1}+11\right)!}{q_{1}!1!!}, \Omega_{2}=\frac{\left(3-q_{1}+5\right)!}{\left(3-q_{1}\right)!5!}, \Omega_{\text {total }}=\Omega_{1} \cdot \Omega_{2}. O gráfico mostra máximo em q_{1} \approx 2.
(b) Calcule a temperatura aproximada dos objetos no equilíbrio. Explicite quaisquer suposições ou aproximações que utilizar.

Passo 1

Resumo do que o enunciado dá e pede (bem claro e sem resolver nada ainda).\n
  • Dois objetos (nanopartículas) no modelo de Einstein: objeto 1 tem 4 átomos de ferro; objeto 2 tem 2 átomos de ferro.\n
  • Cada átomo tem 3 osciladores (graus de liberdade vibracionais), portanto o número de osciladores é\n N_1 = 4\cdot 3 = 12,\qquad N_2 = 2\cdot 3 = 6.\n
  • A energia total em quanta é \,q_{\text{total}} = 1 + 2 = 3\,. Se chamarmos \,q_1 o número de quanta no objeto 1, então o objeto 2 tem \,q_2 = 3 - q_1\,.\n
  • O enunciado (parte a) pede: calcular e traçar \ln\Omega_1 em função de q_1, \ln\Omega_2 em função de q_1 e \ln\Omega_{\text{total}} em função de q_1, todas no mesmo gráfico; e explicar o raciocínio.\n
  • O enunciado (parte b) pede: calcular a temperatura aproximada dos objetos em equilíbrio e explicitar suposições/aproximações.\n

Passo 2

Breve aula: multiplicidade (número de microestados) no modelo de Einstein e por que usamos combinatória.\n
  • No modelo de Einstein cada oscilador pode receber um número inteiro 0,1,2,\dots de quanta de energia. Os quanta são indistinguíveis e os osciladores são distinguíveis. A distribuição de q quanta entre N osciladores tem número de microestados dado pela combinatória clássica de colocar q bolas indistinguíveis em N caixas distintas com possibilidade de caixa vazia.\n
  • A fórmula combinatória é a combinação com repetição:\n \Omega(q,N)=\binom{q+N-1}{q}=\frac{(q+N-1)!}{q!\,(N-1)!}.\n
  • Aqui \Omega é o número de microestados; q é o número de quanta de energia do sistema; N é o número de osciladores. Essa fórmula será usada tanto para o objeto 1 quanto para o objeto 2.\n

Passo 3

Aplicando a fórmula aos dois objetos — escrever as expressões pedidas (parte a).\n
  • Para o objeto 1 (com N_1=12 osciladores) a multiplicidade em função de q_1 é\n \Omega_1(q_1)=\binom{q_1+12-1}{q_1}=\frac{(q_1+11)!}{q_1!\,11!}.\n
  • Para o objeto 2 lembrando que q_2=3-q_1 e N_2=6 a multiplicidade é\n \Omega_2(q_1)=\Omega_2(q_2)=\binom{(3-q_1)+6-1}{3-q_1}=\frac{(3-q_1+5)!}{(3-q_1)!\,5!}.\n
  • A multiplicidade total (sistemas independentes) é o produto\n \Omega_{\text{total}}(q_1)=\Omega_1(q_1)\,\Omega_2(q_1).\n
(Observação: peguei os valores de N_1 e N_2 a partir do enunciado: 4 e 2 átomos e 3 osciladores por átomo.)\n

Passo 4

Preparação para calcular numericamente (parte a): valores possíveis de q_1 e estratégia de cálculo.\n
  • Como a energia total em quanta é 3, q_1 só pode assumir valores inteiros 0,1,2,3.\n- Para cada q_1 vamos calcular \Omega_1(q_1), \Omega_2(q_1), \Omega_{\text{total}}(q_1) e depois \ln de cada uma. Vou mostrar as contas passo a passo para cada q_1.\n

Passo 5

Cálculo direto de \Omega_1,\Omega_2,\Omega_{\text{total}} e seus logaritmos para q_1=0,1,2,3.\n
  • Caso q_1=0:\n \Omega_1(0)=\binom{0+11}{0}=1.\n
q_2=3-0=3,\qquad \Omega_2(0)=\binom{3+5}{3}=\binom{8}{3}=56.\n
\Omega_{\text{total}}(0)=1\cdot 56=56,\qquad \ln\Omega_{\text{total}}(0)=\ln 56\approx 4,025.\n
  • Caso q_1=1:\n \Omega_1(1)=\binom{1+11}{1}=\binom{12}{1}=12.\n
q_2=2,\qquad \Omega_2(1)=\binom{2+5}{2}=\binom{7}{2}=21.\n
\Omega_{\text{total}}(1)=12\cdot 21=252,\qquad \ln\Omega_{\text{total}}(1)=\ln 252\approx 5,525.\n
  • Caso q_1=2:\n \Omega_1(2)=\binom{2+11}{2}=\binom{13}{2}=\frac{13\cdot 12}{2}=78.\n
q_2=1,\qquad \Omega_2(2)=\binom{1+5}{1}=\binom{6}{1}=6.\n
\Omega_{\text{total}}(2)=78\cdot 6=468,\qquad \ln\Omega_{\text{total}}(2)=\ln 468\approx 6,149.\n
  • Caso q_1=3:\n \Omega_1(3)=\binom{3+11}{3}=\binom{14}{3}=\frac{14\cdot13\cdot12}{6}=364.\n
q_2=0,\qquad \Omega_2(3)=\binom{0+5}{0}=1.\n
\Omega_{\text{total}}(3)=364\cdot 1=364,\qquad \ln\Omega_{\text{total}}(3)=\ln 364\approx 5,897.\n
  • Para traçar \ln\Omega_1 e \ln\Omega_2 isoladamente, calcule também os \ln de \Omega_1 e \Omega_2 nos mesmos pontos (valores numéricos):\n \begin{array}{c|cccc} q_1 & 0 & 1 & 2 & 3\\hline \Omega_1 & 1 & 12 & 78 & 364\\\ \ln\Omega_1 & 0 & \approx 2,485 & \approx 4,357 & \approx 5,897 \end{array}\n
\begin{array}{c|cccc} q_1 & 0 & 1 & 2 & 3\\hline \Omega_2 & 56 & 21 & 6 & 1\\\ \ln\Omega_2 & \approx 4,025 & \approx 3,045 & \approx 1,792 & 0 \end{array}\n

Passo 6

Interpretação gráfica e conclusão para (a).\n
  • Se fizermos um gráfico com as três curvas \ln\Omega_1(q_1), \ln\Omega_2(q_1) e \ln\Omega_{\text{total}}(q_1) em função de q_1\in\{0,1,2,3\}, obtemos: \n - \ln\Omega_1 cresce com q_1 (mais quanta no objeto 1 aumentam suas maneiras de distribuir energia),\n - \ln\Omega_2 decresce com q_1 (porque q_2=3-q_1 diminui),\n - \ln\Omega_{\text{total}} é a soma das duas curvas e atinge um máximo em q_1=2 (valores numéricos: \ln\Omega_{\text{total}}=\{4{,}025,\;5{,}525,\;6{,}149,\;5{,}897\} para q_1=0,1,2,3).\n- Portanto o valor mais provável (o pico da multiplicidade total) é q_1\approx 2, como informado no enunciado; isto significa que no equilíbrio estatístico a nanopartícula de 4 átomos tende a ficar com 2 quanta e a de 2 átomos com 1 quantum.\n

Passo 7

Transição para (b): o que entendemos por temperatura aqui e a fórmula microcanônica.\n
  • Em estatística microcanônica (sistemas isolados com energia fixa) definimos a entropia S por S=k\ln\Omega, onde k é a constante de Boltzmann.\n- A temperatura microcanônica é dada por\n \frac{1}{T}=\frac{\partial S}{\partial U}=\frac{k\,\partial\ln\Omega}{\partial U}\quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{kT}=\frac{\partial\ln\Omega}{\partial U}.\n
  • Aqui U é a energia do sistema; como a energia vem em quanta de tamanho \varepsilon (cada quantum tem energia \varepsilon=\hbar\omega), variações de U correspondem a variações discretas de q por \Delta U=\varepsilon\Delta q.\n

Passo 8

Para sistemas com níveis discretos: aproximar a derivada por diferença finita e obter expressão prática para 1/(kT).\n
  • Usando diferença finita entre distribuições com q e q+1 quanta:\n \frac{1}{kT}\approx\frac{\ln\Omega(q+1)-\ln\Omega(q)}{\varepsilon}=\frac{1}{\varepsilon}\ln\frac{\Omega(q+1)}{\Omega(q)}.\n
  • Para a multiplicidade da forma \Omega(q,N)=\binom{q+N-1}{q} podemos simplificar a razão:\n \frac{\Omega(q+1,N)}{\Omega(q,N)}=\frac{q+N}{q+1}.\n
  • Logo a expressão exata (diferença finita) é\n \boxed{\frac{1}{kT}=\frac{1}{\varepsilon}\ln\!\left(\frac{q+N}{q+1}\right)}.\n
(É exata para a diferença finita entre q e q+1; para aproximar a derivada contínua usa-se Stirling e substitui-se q+1 por q, conforme abaixo.)\n

Passo 9

Usando aproximação contínua (Stirling) para obter temperatura no equilíbrio e aplicá-la aos dois objetos — cálculo efetivo (parte b).\n
  • Em sistemas maiores (ou na aproximação contínua usando Stirling) substituímos \ln\Omega(q+1)-\ln\Omega(q) por \ln\!\big(\tfrac{q+N}{q}\big). Assim a relação aproximada é\n \frac{1}{kT}\approx\frac{1}{\varepsilon}\ln\!\left(\frac{q+N}{q}\right).\n
  • No equilíbrio, as temperaturas dos dois objetos devem ser iguais. Então, usando a aproximação contínua, igualamos as expressões para os dois objetos:\n \ln\!\left(\frac{q_1+N_1}{q_1}\right)=\ln\!\left(\frac{q_2+N_2}{q_2}\right).\n
  • Substituindo N_1=12,\;N_2=6 e o q encontrados no máximo mais provável q_1=2,\;q_2=1, verificamos:\n \ln\!\left(\frac{2+12}{2}\right)=\ln\!\left(\frac{14}{2}\right)=\ln 7,\n \ln\!\left(\frac{1+6}{1}\right)=\ln\!\left(\frac{7}{1}\right)=\ln 7.\n
  • Assim, na aproximação contínua as duas temperaturas são iguais e vale\n \boxed{T\approx\frac{\varepsilon}{k\,\ln 7}}.\n
  • Em forma numérica relativa (sem conhecer \varepsilon),\n T\approx\frac{1}{\ln 7}\frac{\varepsilon}{k}\approx 0{,}5139\;\frac{\varepsilon}{k}.\n

Passo 10

Discussão das suposições, justificativas e comentários finais (muito importante para a resposta de (b)).\n
  • Suposições e aproximações usadas:\n 1. Usei o modelo de Einstein: osciladores independentes, mesmo \varepsilon para todos, sem interação extra.\n 2. Para obter a forma simples de T ( T=\varepsilon/(k\ln 7)) usei a aproximação contínua (Stirling / q+1\approx q), que é a aproximação padrão para ligar \partial\ln\Omega/\partial U com uma expressão analítica. Essa aproximação é boa quando q e/ou N não são extremamente pequenos; aqui N é pequeno (12 e 6), então é uma aproximação razoável, mas não exata.\n 3. Ignorei energia zero-point; trabalhei apenas com quanta móveis (a energia zero-point adicionaria uma constante igual a todos, não mudando a distribuição de quanta trocados).\n 4. Assumi que \varepsilon (energia de um quantum) é a mesma para os dois objetos (os osciladores são do mesmo material, ferro).\n- Observação sobre exatidão: se você calcular a derivada por diferença finita exata usando a fórmula do passo 8, as razões não dão exatamente o mesmo valor para q_1=2 e q_2=1 (pequena discrepância), porém a distribuição q_1=2,q_2=1 é exatamente a que maximiza a multiplicidade total no caso discreto (veja os valores numéricos do Passo 5). Em sistemas muito pequenos as equalizações são aproximadas; a igualdade exata de 1/(kT) surge no limite termodinâmico.\n- Observação sobre a massa molar fornecida no enunciado: a massa molar do ferro ( 56 g/mol) não é necessária para resolver as partes (a) e (b) porque lidamos com N muito pequeno (número de átomos dados) e com energia em número de quanta \varepsilon. Se pedissem temperatura numérica em kelvin seria preciso conhecer \varepsilon (ou a frequência \omega) e aí a massa molar poderia entrar indiretamente na estimativa de \omega; como isso não foi dado, entregamos a resposta em função de \varepsilon.\n- Moral e incentivo: o procedimento é o de sempre — escrever \Omega, listar possibilidades discretas, comparar \Omega_{\text{total}} e usar \partial\ln\Omega/\partial U para a temperatura; esses passos funcionam bem na prova. Vai dar certo!\n

Resposta

(a) \displaystyle \Omega_{1}(q_{1})=\frac{(q_{1}+11)!}{q_{1}!\,11!},\quad \Omega_{2}(q_{1})=\frac{(3-q_{1}+5)!}{(3-q_{1})!\,5!},\quad \Omega_{\text{total}}(q_{1})=\Omega_{1}(q_{1})\Omega_{2}(q_{1}). Valores numéricos para q_{1}=0,1,2,3: \ln\Omega_{\text{total}}=\{4{,}025;\;5{,}525;\;6{,}149;\;5{,}897\}. O gráfico (três curvas) mostra máximo em q_{1}\approx 2.\n
(b) Aproximação contínua (Stirling) dá igualdade de temperaturas e\n \displaystyle T\approx\frac{\varepsilon}{k\ln 7}\approx 0{,}5139\;\frac{\varepsilon}{k}, onde \varepsilon é a energia de um quantum ( \varepsilon=\hbar\omega). Suponho \varepsilon igual para os dois objetos, ignorei zero-point e usei a aproximação \ln\big(\tfrac{q+N}{q}\big) para \partial\ln\Omega/\partial U.

Exercícios relacionados