Parte 3 - Prof. Roberto Soldati

PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
12 Ottobre 1999
Problema Una particella di massa m e carica e è soggetta ad un campo magnetico
uniforme B > 0 diretto secondo l’asse Oz positivo e ad un campo elettrico uniforme W > 0
diretto secondo l’asse Oy positivo. La particella è vincolata a muoversi nel parallelepipedo
definito da −Lx ≤ x ≤ Lx , −Ly ≤ y ≤ Ly , −Lz ≤ z ≤ Lz e la funzione di Hamilton, nella
gauge asimmetrica di Landau, è data da
H=
e 2
1 1
px + By +
p2y + p2z − eW y .
2m
c
2m
(i) Calcolare la funzione di partizione canonica classica per un gas ideale di tali particelle
supponendo, cioè, di potere trascurare l’interazione coulombiana fra le medesime.
(ii) Calcolare la funzione di partizione canonica di singola particella nel caso quantistico,
supponendo che Lx , Ly , Lz siano molto grandi.
(iii) Calcolare le polarizzazioni magnetica ed elettrica medie per un gas quantistico ideale
delle suddette particelle nel regime di bassa degenerazione e confrontare il risultato
con quello classico.
Suggerimento:
si ponga ω = (eB/mc), py = p, q = (y + y0 ), y0 = (cpx /eB), −Ly < y0 < Ly , [q, p] = ih̄.
Soluzione
(i) Trascurando l’interazione coulombiana tra le molecole, a seguito del teorema di Bohrvan Leeuwen la funzione di partizione canonica di N molecole risulta indipendente dal
campo magnetico e data da
(4Lx Lz )N
(2πmkT )3N/2
ZN (β, V ; W ) =
N !h3N
N
1
V
sinhN ξ
=
,
N ! λ3T
ξN
dove
ξ ≡ eW Ly /kT
Z
+Ly
dy exp{βeW y}
−Ly
√
mentre λT ≡ h/ 2πmkT .
(ii) Introducendo la frequenza di ciclotrone
puó mettere nella forma
ω ≡ eB/mc
l’operatore hamiltoniano si
2
W
pby 2
m 2
eW
e2 W 2
pbz 2
c pc
x
b
+
c
p
c
.
+
+
ω y+
−
−
H=
x
2m
2m
2
eB
mω 2
B
2mω 2
b pc
b
Osserviamo che [H,
x ] = [H, pbz ] = 0 ; pertanto le autofunzioni dell’hamiltoniano
fattorizzano nel prodotto
ψE (x, y, z) = ϕE (y) exp
i
(xpx + zpz )
h̄
e, nel limite in cui Lx ed Lz sono molto grandi, gli autovalori reali px , pz si possono
considerare continui. Ponendo poi y0 ≡ cpx /eB , q ≡ y + y0 , pby ≡ pb, l’equazione
di Schrödinger per le autofunzioni ridotte diviene
(
)
2
pb2
m 2
eW
p2z
e2 W 2
+
ω q−
+
+ eW y0 −
− E ϕE (q) = 0 ,
2m
2
mω 2
2m
2mω 2
che é l’equazione agli autovalori di un oscillatore armonico fittizio unidimensionale
con posizione d’equilibrio y∗ = (eW/mω 2 ) − y0 = (eW/mω 2 ) − (cpx /eB). Al fine
di ottenere una soluzione esplicita in termini di funzioni elementari dovremo supporre, nel limite in cui anche Ly é molto grande, che sia valida la seguente approssimazione di Landau: la coordinata q, cioé lo spostamento dalla posizione di equilibrio
dell’oscillatore fittizio, si puó fare variare su tutto l’asse reale q ∈ R , mentre la
posizione di equilibrio dell’oscillatore fittizio si puó trovare in un intervallo grande ma
finito dell’asse reale, cioé −Ly ≤ y0 ≤ Ly . Con una tale approssimazione si ottiene
immediatamente lo spettro continuo non degenere
En,px ,pz
1
= h̄ω n +
2
pz 2
W
mc2
+
+ cpx
−
2m
B
2
W
B
2
,
in cui
n+1∈N ,
px , pz ∈ R , mentre le autofunzioni improprie risultano
i
1
ψn,px ,pz (x, q, z) =
exp
(xpx + zpz )
2π
h̄
(
2 )
r
mω 1/4 1
mω
eW
mω
eW
√
exp −
,
×
q−
Hn
q−
πh̄
2h̄
mω 2
h̄
mω 2
n!2n
in cui Hn denota l’n-esimo polinimio di Hermite. Le autofunzioni improprie sono
normalizzate come
Z
+∞
Z
+∞
dx
−∞
Z
+∞
dq
−∞
−∞
∗
dz ψn,px ,pz (x, y, z)ψN,P
(x, y, z)
x ,Pz ,
= δn,N δ (pz − Pz ) δ (px − Px ) .
Nell’ambito dell’approssimazione sopra descritta, potremo definire la funzione di partizione di singola molecola come
(
2 )
2
mc
W
h̄ω
b ≈ exp −
Z1 (β, V ; B, W ) = Tr exp{−β H}
+
2kT
2kT B
Z +∞
∞
X
p2z
dpz
exp −β
exp {−βh̄ωn} 2Lz
×
2mkT
−∞ 2πh̄
n=0
Z +eBLy /c
dpx
W
× 2Lx
exp −βcpx
B
−eBLy /c 2πh̄
(
2 )
V
βµB
sinh ξ
mc2 W
= 3
exp
λT sinh(βµB) ξ
2kT B
=
V
b sinh ξ ρ/2
e
,
3
λT sinh b ξ
dove µ ≡ eh̄/2mc é il magnetone di Bohr mentre
βmc2 W 2 /B 2 .
b ≡ βµB , ξ ≡ βeW Ly ρ ≡
(iii) Nel caso del gas poco degenere, l’equazione di stato all’ordine piú basso si scrive
βΩ(ν, β, V ; B, W )
z1
∼
z Z1 (β, V ; B, W )
z1
∼
hN i ,
dove ν indica il potenziale chimico e z ≡ exp{βν} é la fugacitá. La magnetizzazione, cioé il momento magnetico medio per unitá di volume, si ottiene da
1
M=
V
∂Ω
∂B
z1
∼
ν,T,V ;W
µ hni
1−ρ
− coth b
b
.
Si osservi che quest’ultima é non nulla, a differenza dal caso classico, di tipo diamagnetico, cioé di segno opposto rispetto al campo esterno, e dominata, per campi
magnetici deboli e campi elettrici intensi, dal termine di Hall
µ hni
1−ρ
− coth b
b
b1
∼ − hni
mc2 2
W .
B3
Per quanto riguarda la polarizzazione elettrica, cioé il momento di dipolo elettrico
medio per unitá di volume, si ottiene l’espressione
1
P =
V
∂Ω
∂W
z1
∼
ν,T,V ;B
ξ1
∼
1
mc2
W + eLy coth ξ −
hni
B2
ξ
)
(
e2 L2y
mc2
+
,
hni W
B2
3kT
in cui compare un termine magnetico aggiuntivo rispetto alla corrispondente espressione classica.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
15 Settembre 1999
Problema Una molecola di massa m e carica elettrica e si muove nel piano Oxy ed è
soggetta ad un potenziale armonico e ad un campo elettrico uniforme di intensità E > 0
diretto lungo l’asse Oy positivo; la funzione di Hamilton che la descrive sarà pertanto data
da
p2x + p2y
mω 2 2
x + y 2 − eEy .
+
H=
2m
2
Si consideri un gas ideale di tali molecole supponendo, cioè, che l’interazione coulombiana
tra le molecole stesse si possa trascurare una volta raggiunto l’equilibrio termico, mettendo
il gas a contatto termico con un termostato a temperatura T .
(i) Trovare la funzione di partizione canonica e la polarizzazione elettrica media, cioé il
momento di dipolo elettrico medio per unitá di volume, trascurando gli effetti quantistici.
(ii) Calcolare la polarizzazione elettrica media nel caso in cui il gas ideale sia un gas di
Fermi-Dirac e supponendo che lo spettro di singola molecola si possa considerare come
quasi continuo, cioé ω ↓ 0.
Soluzione
(i) Eseguendo una traslazione del sistema di riferimento e cioé ponendo
x=X ,
y=Y +
eE
;
mω 2
px = Px ,
p y = Py ,
l’operatore hamiltoniano di singola molecola si scrive
Pby2
e2 E 2
Pbx2
mω 2
2
2
b
X +Y −
,
H=
+
+
2m 2m
2
2mω 2
e lo spettro é pertanto dato da
Enx ,ny = h̄ω (nx + ny + 1) −
e2 E 2
,
2mω 2
nx + 1, ny + 1 ∈ N .
La funzione di partizione canonica di singola molecola risulta
Z1 (T ; ω, E) =
exp{e2 E 2 /2mkT ω 2 }
,
4 sinh2 (h̄ω/2kT )
Nel caso in cui sia possibile trascurare gli effetti quantistici dovuti alle proprietá di
simmetria della funzione d’onda – limite di Boltzmann – di un gas ideale di N oscillatori identici del tipo qui considerato, la corrispondente funzione di partizione canonica
si scrive
exp{N e2 E 2 /2mω 2 kT }
(Boltzmann)
ZN
(T ; ω, E) =
.
4N sinh2N (h̄ω/2kT )
da cui
N 1
(Boltzmann)
ln ZN
(T ; ω, E) ∼
e2 E 2
h̄ω
N 1+β
− 2 ln 2 sinh β
.
2mω 2
2
La polarizzazione elettrica media si definisce come
P =
kT ∂
ne2 E
(Boltzmann)
ln ZN
(T ; ω, E) '
,
V ∂E
mω 2
n=
N
,
V
che risulta indipendente dalla temperatura.
(ii) Nel caso di un gas ideale di Fermi-Dirac il granpotenziale si scrive
∞ X
∞
X
Ω(µ, β; E, ω) = kT
ln [ 1 + exp {βµ − β0 − βh̄ω(nx + ny )} ] .
nx =0 ny =0
dove si é posto per brevitá
0 ≡ h̄ω −
e2 E 2
.
2mω 2
Dal momento che la separazione tra due livelli energetici successivi é pari a ∆E = h̄ω
avremo che lo spettro dell’energia si puó considerare come quasi continuo quando
l’intensitá della trappola armonica é molto debole, cioé ω ↓ 0 . In questo caso é lecito
passare al limite del continuo sostituendo le sommatorie con integrali:
Z ∞
∞
X
dn .
7−→
0
n=0
Pertanto potremo scrivere
Ω(µ, β; E, ω) '
Z ∞
Z ∞
kT
dnx
dny ln [ 1 + exp {βµ − β0 − βh̄ω(nx + ny )} ] .
0
0
Supponendo µ ≤ 0
potremo sviluppare in serie il logaritmo naturale
Ω(µ, β; E, ω) ' kT
Z
∞
X
(−1)j+1
j=1
∞
×
j
Z
∞
dny exp {−jβh̄ω(nx + ny )}
dnx
0
exp {jβµ − jβ0 }
0
∞
(kT )3 X (−1)j+1
=
exp {jβµ − jβ0 }
(h̄ω)2 j=1
j3
=
(kT )3
f3 (z exp {−β0 }) ,
(h̄ω)2
dove si utilizzano le funzioni di Fermi-Dirac di ordine s
Z ∞
z
xs−1 exp {−x}
fs (z) ≡
,
dx
Γ(s) 0
1 + z exp {−x}
z ≡ eβµ ,
<es > 0 .
Si noti che quest’ultima espressione del granpotenziale ha validitá ∀µ ∈ R e rappresenta pertanto la continuazione analitica dello sviluppo in serie sopra impiegato.
Ragionando in modo analogo per il numero medio di molecole otteniamo
Z ∞
Z ∞
exp {βµ − β0 − βh̄ω(nx + ny )}
hN i '
dnx
dny
1 + exp {βµ − β0 − βh̄ω(nx + ny )}
0
0
Z ∞
2
∞
X
j+1
=
(−1)
exp {β(µ − 0 )(j + 1)}
dn exp {−βh̄ωn(j + 1)}
=
j=0
∞
X
j=1
0
j+1
(−1)
kT
jh̄ω
2
exp {jβ(µ − 0 )} =
kT
h̄ω
2
f2 (z exp {−β0 }) .
La polarizzazione elettrica media si ricava dalla formula termodinamica
2
1 ∂Ω
1 kT
hnie2
e2 E
P =
=
=
E ,
f2 (z exp {−β0 })
V
∂E µ,T,ω
V h̄ω
mω 2
mω 2
che coincide con il risultato classico.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
13 Luglio 1999
Problema I Si consideri un gas di N molecole diatomiche di massa 2m non interagenti;
si pensino le molecole come coppie di atomi identici di massa m uniti da un manubrio
rigido aventi momento di dipolo elettrico d. La funzione di Hamilton classica di ogni
singola molecola in presenza di un campo elettrostatico E sará data da
p2
+
H=
4m
(
p2ϕ
p2θ
+
2I
2I sin2 θ
)
− Ed cos θ ,
dove I è il momento d’inerzia della molecola. Il gas è posto a contatto termico con un
termostato a temperatura assoluta T .
(i) Si calcoli, in assenza di campo elettrico, il contributo alla capacità termica del gas,
dovuto alla rotazione del manubrio, nei regimi di alte e basse temperature, suppob del manubrio in modo tale che l’operatore
nendo quantizzato il momento angolare L
hamiltoniano di rotazione di singola molecola sia
b2
b rot = L
H
2I
e si confronti con il risultato classico.
b z , dove α è una costante positiva,
(ii) Assumendo che nel caso quantistico d cos θ 7−→ αL
si calcolino la polarizzazione e la suscettività elettrica di volume nei casi classico e
quantistico.
Soluzione
(i) Gli autovalori e le rispettive degenerazioni dell’operatore hamiltoniano di rotazione di
singola molecola sono dati da
h̄2
l(l + 1) ,
dl = 2l + 1 ,
l+1∈N ,
2I
per cui la funzione di partizione canonica relativa ai gradi di libertá di rotazione della
molecola a manubrio risulta
2
∞
X
h̄ l(l + 1)
(rotazione)
,
Z1
=
(2l + 1) exp −
2IkT
El =
l=0
mentre per un gas ideale di N molecole a manubrio avremo
1 h (rotazione) iN
(rotazione)
Z1
ZN
=
N!
supponendo di potere trascurare l’interazione fra le molecole e gli effetti quantistici
dovuti alle proprietá di simmetria della funzione d’onda di N molecole a manubrio
identiche – approssimazione di gas rarefatto. Se la temperatura é sufficientemente alta
in modo che T h̄2 /2Ik allora nella serie che definisce la funzione di partizione
canonica saranno i termini con l grande quelli dominanti. Si osservi che, in pratica,
questa condizione é sempre verificata per tutti i gas eccetto che per i due isotopi
dell’idrogeno. A titolo d’esempio indichiamo i valori di h̄2 /2Ik per alcune molecole:
H2 : 85.4 ◦ K ; D2 : 43.0◦ K ; HD: 64.0◦ K ; N2 : 2.9◦ K ; O2 : 2.1◦ K ; Cl2 : 0.36◦ K ; NO:
2.4◦ K ; HCl: 15.2◦ K . In questo caso é possibile valutare la funzione di partizione
canonica trattando l come una variabile continua e, sostituendo la sommatoria con un
integrale, ricaviamo
2
Z ∞
2
2IkT
h̄ l(l + 1)
(rotazione) βh̄ 2I
=
Z1
∼
dl (2l + 1) exp −
2IkT
h̄2
0
e pertanto
∂
βh̄2 2I
UN (T ) = −
ln ZN (β) ∼
N kT .
∂β
Di conseguenza, quando si considerano temperature non troppo basse, il contributo alla capacitá termica del gas che corrisponde alla rotazione dei manubri risulta
costante e uguale ad R per una mole di gas, in accordo con il teorema classico di
equipartizione. Infatti, il contributo dei gradi di libertá di rotazione alla funzione di
partizione canonica classica é dato proprio da
(rotazione)
ZN
(2π)N
=
N !h2N
(
)!N
Z π Z +∞
Z +∞
βp2φ
βp2θ
×
dpθ exp −
dθ
dpφ exp −
2I
2I sin2 θ
−∞
0
−∞
N
1 2IkT
=
.
N!
h̄2
Nell’altro caso limite delle basse temperature T h̄2 /2Ik é sufficiente tenere conto
(rotazione)
dei primi due termini della serie che definisce Z1
e quindi
2
(rotazione) T h̄ /2Ik
∼
Z1
1 + 3 exp −βh̄2 /I ,
da cui otteniamo l’entropia
∂
βh̄2 2I
SN = k 1 − β
ln ZN (β)
∼
∂β
2
2
exp
−βh̄
/I
βh̄
,
N k ln 1 + 3 exp −βh̄2 /I − k ln N ! + 3N k
I 1 + 3 exp −βh̄2 /I
e la capacitá termica molare a basse temperature
Cmole
βh̄2 2I
∼
3R
h̄2
IkT
2
exp −h̄2 /IkT .
(ii) In presenza di un campo elettrostatico uniforme avremo
∞
X
2
l
h̄ l(l + 1) X
αh̄E
Z1 (T ; E) =
(2l + 1) exp −
exp m
2IkT
kT
l=0
m=−l
2
∞
X
h̄ l(l + 1) sinh[ε(2l + 1)]
,
=
(2l + 1) exp −
2IkT
sinh ε
l=0
dove ε ≡ αh̄E/2kT . Nel caso di temperature non troppo basse possiamo utilizzare
la funzione di partizione canonica classica
(classica)
Z1
(T, V ; E) =
V (4πmkT )3/2
2π
(2πIkT )
sinh (2ε) ,
5
h
ε
da cui la polarizzazione elettrica, cioé il momento di dipolo elettrico medio per unitá
di volume,
αh̄ ∂
1
(classica)
P =
ln ZN
(T, V ; ε) = nαh̄ coth(2ε) −
,
2V ∂ε
2ε
dove al solito n = N/V . Nel caso di campi elettrici molto deboli
P
ε1
∼
ε 1 , si riduce a
n(αh̄)2
E.
3kT
Alle basse temperature possiamo di nuovo limitarci ai primi due termini della serie
che definisce Z1 (T ; E) e ricaviamo
h̄2
sinh(3ε)
βh̄2 2I
Z1 (T ; E) ∼
1 + 3 exp −
IkT
sinh ε
da cui si ottiene subito
P
βh̄2 2I
∼
3
h̄2
sinh(3ε)
nαh̄ exp −
{3 coth(3ε) − coth ε} .
2
IkT
sinh ε
Da quest’ultima espressione, valida per basse temperature, nel caso di campi elettrici
molto deboli ε 1 otteniamo la suscettivitá elettrica di volume
χe ≡
∂P
∂E
βh̄2 2I
∼
E=0
6n(αh̄)2
h̄2
exp −
.
kT
IkT
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
22 Febbraio 1999
Problema
Si consideri un gas ideale di N molecole monoatomiche racchiuse in un
recipiente sferico di raggio R e soggette ad un campo di forze esterne di tipo centrale
descritte dal potenziale
Ψ(r) = F r +
G
,
r
F >0, G>0,
dove r rappresenta la distanza dal centro del recipiente sferico. Si noti che il primo termine
del potenziale rappresenta una trappola radiale lineare che confina le molecole. Il sistema
è posto in contatto termico con un termostato a temperatura assoluta T . Supponendo
trascurabili gli effetti quantistici, si calcolino:
(i) l’equazione di stato del gas;
(ii) i valori medi delle forze generalizzate
∂H
,
F≡ −
∂F
∂H
G≡ −
,
∂G
dove H è la funzione di Hamilton del sistema.
(iii) Nel limite in cui il volume del recipiente è molto grande, supponendo fissato il numero
N di molecole, si ottenga una formula approssimata per G nel caso di una trappola
radiale lineare molto intensa.
√
Suggerimento : posto z ≡ 2β F G, dove β = 1/kT , mentre
Z
I∞ (β, F, G) ≡
0
∞
r
G
G
dr exp −βF r − β
K1 (z) ,
=2
r
F
dove K1 è la funzione di Bessel modificata di ordine uno, vale l’andamento asintotico
r
K1 (z) ∼
π −z
e ,
2z
z1.
Soluzione
(i) Poiché la funzione di Hamilton di singola molecola é data da
p2
G
H=
+ Fr +
,
2m
r
la funzione di partizione canonica classica per il sistema risulta evidentemente
Z
N
Z
1
3
3
d p
d r exp{−βH}
ZN (T, R; F, G) =
N !h3N
V
"Z
#N
R
(4π)N
(2πmkT )3N/2
dr r2 exp{−β(F r + G/r)}
=
,
N !h3N
0
da cui si ricavano immediatamente la pressione sulla parete del recipiente
P =
kT ∂
N kT
exp{−β(F R + G/R)}
ln ZN (T, R; F, G) =
RR
2
4πR ∂R
4π
dr r2 exp{−β(F r + G/r)}
0
e l’equazione di stato
PV =
N kT
R3 exp{−β(F R + G/R)}
.
RR
3
dr r2 exp{−β(F r + G/r)}
0
(ii) I valori medi delle forze generalizzate risultano
RR
dr r3 exp{−β(F r + G/r)}
∂
0
F = kT
ln ZN (T, R; F, G) = −N R R
,
2 exp{−β(F r + G/r)}
∂F
dr
r
0
RR
dr r exp{−β(F r + G/r)}
∂
0
ln ZN (T, R; F, G) = −N R R
G = kT
.
∂G
dr r2 exp{−β(F r + G/r)}
0
(iii) Dalle definizioni suggerite nel testo risulta
I∞ (β, F, G) = 4β
G
z
K1 (z) =
K1 (z) .
z
βF
Ponendo
(n)
I∞
(β, F, G)
∞
Z
≡
0
dalle identitá
G
dr r exp −βF r − β
,
r
n
∂n
I∞ (β, F, G) ,
∂F n
∂
∂z ∂
G ∂
=
= 2β 2
,
∂F
∂F ∂z
z ∂z
(n)
I∞
(β, F, G) = (−1)n β −n
n∈N,
si ottiene la relazione
(n)
I∞
(β, F, G)
n
= (−1)
G
2β
z
n
∂n
I∞ (β, F, G) .
∂z n
Indicando con l’apice 0 la derivata rispetto a z si ottengono facilmente le formule valide
nel limite di R molto grande, cioé
(3)
F
R→∞
∼
−N
I∞ (β, F, G)
(2)
I∞ (β, F, G)
= 2N
000
βG I∞
,
00
z I∞
(1)
G
R→∞
∼
0
N z I∞
−N (2)
.
=
00
2βG I∞
I∞ (β, F, G)
I∞ (β, F, G)
Dagli andamenti asintotici dominanti
r
G
π
z1
I∞ (β, F, G) = 4β K1 (z) ∼ 4
βG z −3/2 e−z ;
z
2
r
π
z1
(1)
I∞ (β, F, G) ∼ −4
βG z −3/2 e−z ;
2
r
π
z1
(2)
I∞
(β, F, G) ∼ 4
βG z −3/2 e−z ,
2
si ricava subito il contributo dominante alla forza generalizzata G nel limite di trappola
radiale lineare molto intensa
r
F
.
G ≈ −N
G
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
08 Settembre 1998
Problema I Un contenitore di volume V0 contiene N0 molecole. Assumendo che non vi
sia correlazione alcuna tra le posizioni delle varie molecole, si richiede di:
(i) calcolare la distribuzione di probabilità p(N, V ; N0 , V0 ) che una regione di volume V ,
situata ovunque all’interno del contenitore, contenga esattamente N molecole;
(ii) mostrare che, se N0 ed N sono entrambi numeri molto grandi, la distribuzione di
probabilità p(N, V ; N0 , V0 ) assume una forma gaussiana e calcolare il valore medio
hN i e lo scarto quadratico medio 4N .
Problema II Si consideri un gas ideale di N molecole diatomiche di massa 2m e momento
di dipolo elettrico d, poste in un campo elettrico esterno uniforme di intensità E. La
funzione di Hamilton di ogni singola molecola è pertanto data da:
p2
+
H=
4m
(
p2ϕ
p2θ
+
2I
2I sin2 θ
)
− Ed cos θ ,
dove I è il momento d’inerzia della molecola. Il gas è posto a contatto termico con un
termostato a temperatura assoluta T . Assumendo che |Ed| kT , si studi la termodinamica del gas e, in particolare, si calcolino la polarizzazione elettrica media e la costante
dielettrica.
Soluzione
I (i) La distribuzione di probabilitá risulta
N0 !
p(N, V ; N0 , V0 ) =
N !(N0 − N )!
V0 − V
V0
N0 −N V
V0
N
,
che soddisfa le condizioni
p(N, V ; N0 , V0 ) ≥ 0 ,
N0
X
p(N, V ; N0 , V0 ) = 1 .
N =0
I (ii) Utilizzando la formula di De Moivre – Stirling
Z ∞
a a √
1
a −x
a! =
dx x e =
2πa 1 + O
,
e
a
0
a→∞,
nel caso di N0 ed N molto grandi, é immediato mostrare che la distribuzione di
probabilitá p(N, V ; N0 , V0 ) ammette un massimo per
N = N∗ ≡ N0
V
1.
V0
Infatti
∂
N0 ,N 1
ln p(N, V ; N0 , V0 ) ∼
− ln N + ln(N0 − N ) − ln(V0 − V ) + ln V ,
∂N
N0
∂2
N0 ,N 1
ln p(N, V ; N0 , V0 ) ∼
−
<0.
2
∂N
N (N0 − N )
Ricordiamo che la semi-larghezza della distribuzione di probabilitá p(N, V ; N0 , V0 )
nell’intorno del suo punto di massimo N∗ é definita come
−1/2
2
∂
w(N∗ ) ≡ ln p(N, V ; N0 , V0 )
2
∂N
N =N∗
p
N0 V (V0 − V )
N0 1
∼
,
V0
√
da cui risulta peraltro evidente che la semi-larghezza cresce come √
N0 , per V0 , V
fissati, mentre la semi-larghezza relativa w(N∗ )/N∗ decresce come 1/ N0 . Di conseguenza, in accordo con il teorema del limite centrale di Laplace [ si veda per esempio:
A.I. Khinchin, Mathematical foundations of statistical mechanics, Dover Publication
Inc., New York (1949) pag. 166 ], per N0 , N abbastanza grandi la distribuzione di
probabilitá p(N, V ; N0 , V0 ) diviene gaussiana
V02 (N − N∗ )2
N0 ,N 1
p(N, V ; N0 , V0 ) ∼
p(N∗ , V ; N0 , V0 ) exp −
,
2N0 V (V0 − V )
V
N∗ ≡ N0
1.
V0
In tale limite, il valore medio di N e lo scarto quadratico medio sono rispettivamente
dati da
V
N0 ,N 1
,
hN i ∼
N0
V0
p
N0 V (V0 − V )
N0 ,N 1
∆N
∼
.
V0
II La funzione di partizione canonica classica di singola molecola risulta
(classica)
Z1
(T, V
sinh x
V (4πmkT )3/2
2
(8π
IkT
)
,
; E) =
h5
x
dove x ≡ Ed/kT , da cui si ottiene la polarizzazione elettrica o il momento di dipolo
elettrico medio per unitá di volume
d ∂
1
(classica)
P =
ln ZN
(T, V ; x) = nd coth x −
,
V ∂x
x
che, nel caso di campi elettrici molto deboli
P
x1
∼
x 1 , si riduce a
nd2
E.
3kT
Ricordiamo che [ cfr. John David Jackson: Classical Electrodynamics, John Wiley &
Sons, New York (1962) p. 109 ] per temperature ordinarie, comprese tra 10 ÷ 104
gradi Kelvin e per i campi elettrici che si possono ottenere in laboratorio, una relazione
di proporzionalità fra la polarizzazione ed il campo applicato risulta completamente
adeguata (approssimazione lineare o risposta lineare). La maggior parte delle sostanze
sono isotrope per cui si ha
P = χe E ,
dove la costante di proporzionalità χe é detta suscettività elettrica della sostanza.
Risulta quindi
nd2
χe =
.
3kT
Anche il vettore di spostamento elettrico D = E + 4πP = εE risulta pertanto proporzionale al campo in approssimazione lineare e per un mezzo isotropo, la costante
di proporzionalità, detta costante dielettrica, essendo
ε=1+
4πnd2
.
3kT
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
21 Luglio 1998
Problema Un gas composto da N molecole puntiformi monoatomiche di massa m, racchiuse entro un recipiente sferico di raggio R, è descritto da una funzione di Hamilton del
tipo
N
X
p2i
+ V(r1 , . . . , rN ) ,
H=
2m
i=1
dove
X
V(r1 , . . . , rN ) =
Φ(|rj − rk |) +
1≤j<k≤N
in cui
Φ(r) =
N
X
Ψ(ri ; α1 , α2 ) ,
i=1
+∞ ,
se r < r0 ;
6
−Φ0 (r0 /r) , se r ≥ r0 ,
dove Φ0 ed r0 sono costanti, mentre
α1
+ α2 r2 ,
r2
(α1 > 0 , α2 > 0) .
Ψ(r; α1 , α2 ) =
Il sistema è all’equilibrio termodinamico in contatto termico con un termostato a temperatura T . Si richiede:
(i) nel limite in cui le forze interatomiche si possono trascurare – si precisi sotto quali
condizioni sui parametri ciò avviene – calcolare la pressione sulle pareti; calcolare poi,
nel limite di volume del recipiente molto grande, le forze medie generalizzate relative
ai parametri α1 ed α2 e l’entropia del sistema.
(ii) Nel caso α1 = α2 = 0, si determini l’equazione di stato approssimata supponendo il gas
diluito – specificare le condizioni sui parametri che giustificano tale approssimazione.
Si noti che:
r
Z ∞
√ a
√ 1 π 2
2
ab
exp
−2 ab ,
1
+
2
r exp − 2 − br dr =
r
4 b3
0
a > 0 ,b > 0 .
Soluzione
(i) Nel caso in cui Φ0 kT é sicuramente lecito trascurare il potenziale interatomico
(limite di gas ideale). In tali condizioni e tenendo conto della presenza di una trappola
armonica che confina le molecole, la funzione di partizione canonica classica del gas
risulta
ZN (β, R; α1 , α2 , Φ0 , r0 )
(2πmkT )3N/2
(4π)N
h3N
Φ0 kT
∼
"Z
#N
R
dr r2 exp {−βΨ(r; α1 , α2 )}
×
,
0
da cui la pressione
P =
kT ∂
ln ZN
4πR2 ∂R
Φ0 kT
∼
exp {−βΨ(R; α1 , α2 )}
N kT
.
RR
4π
dr r2 exp {−βΨ(r; α1 , α2 )}
0
Nel limite di volume infinito per la funzione di partizione canonica, che esiste grazie
alla presenza della trappola armonica α2 r2 , abbiamo
(∞)
lim ZN (β, R; α1 , α2 , Φ0 , r0 ) = ZN (β; α1 , α2 , Φ0 , r0 )
R→∞
Φ0 kT
∼
√
√
(2m/α2 )3N/2
N
(π/β)3N (1 + 2β α1 α2 ) exp {−2N β α1 α2 } ,
3N
h
da cui si ricavano facilmente le forze generalizzate
F1 ≡ kT
∂
(∞)
ln ZN
∂α1
Φ0 kT
F2 ≡ kT
∂
(∞)
ln ZN
∂α2
Φ0 kT
∼
∼
2N βα2
,
√
1 + 2β α1 α2
3
2β 2 α1
−N kT
+
.
√
2α2
1 + 2β α1 α2
−
Si osservi che F2 diverge per α2 → 0, in assenza cioé della trappola armonica. Sempre
nel limite di volume infinito, l’entropia risulta
∂F Φ0 kT
S=−
∼
∂T
√
2 α1 α2
√
3 2mπ 2
N k 4 + 2 ln(kT ) + ln
+ ln (kT + 2 α1 α2 ) −
.
√
2
α2 h2
kT + 2 α1 α2
(ii) Nel caso in cui α1 = α2 = 0 la funzione di Hamilton del gas è


N  2
N

X
X
pi
Φ (|ri − rj |) .
+
HN =
 2m

j=i+1
i=1
La funzione di partizione classica per il gas diluito sará dunque
(2πmkT )3N/2
ZN (T, V ) =
N !h3N
N
=
Z
Z
3
V
3N/2
V (2πmkT )
N !h3N
Y
d 3 rN
d r1 . . .
V
[1 + f (β; |ri − rj |)]
1≤i<j≤N
Z
2πN (N − 1) ∞
2
1+
dr r f (β; r) + . . . ,
V
0
f (β; r) ≡ exp {−βΦ (r)} − 1 .
Abbiamo poi
Z
0
∞
Z ∞
r03
dr r f (β; r) = − +
dr r2 exp βΦ0 (r0 /r)6 − 1
3
r
" 0 ∞
#
3
X (βΦ0 )n
r0
=−
1−
,
3
n!(2n
−
1)
n=1
2
da cui si ricava il contributo dominante alla funzione di partizione canonica classica
nell’ipotesi di N 2 r03 /V ≤ 1
N
ZN (T, V ) ≈
dove
3N/2
V (2πmkT )
N !h3N
(
1−
V0 N
2V
2
"
1−
∞
X
n
(βΦ0 )
n!(2n − 1)
n=1
#)
.
V0 ≡ 4πr03 /3 . L’equazione di stato approssimata assume dunque la forma
V0
βP v ≈ 1 +
2v
"
∞
X
(βΦ0 )n
1−
n!(2n − 1)
n=1
#
,
V0
1,
v
da cui si evince, nei casi realistici, una diminuzione della pressione rispetto al caso del
gas perfetto dovuto alla presenza del potenziale intermolecolare attrattivo in quanto
βΦ0 ' 10−2 in condizioni standard.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
23 Giugno 1998
Problema I Si consideri un gas ideale costituito di N molecole monoatomiche ultrarelativistiche, tali cioè che la funzione di Hamilton sia data da
HN =
N
X
|pj |c ,
j=1
dove c è la velocità della luce. Il gas è racchiuso entro un recipiente di volume V ,
all’equilibrio termico a temperatura assoluta T . Si determinino:
i)
ii)
iii)
iv)
v)
la funzione di partizione;
l’equazione di stato;
il calore specifico a volume costante;
il valore di γ = (CP /CV ).
Mostrare inoltre che, nel caso generale in cui
HN =
N q
X
p2j c2 + m2 c4 ,
j=1
dove m è la massa a riposo delle molecole, il teorema di equipartizione si riduce a
*
mvj2
q
1 − vj2 /c2
+
= 3kT ,
∀j = 1, 2, . . . , N ,
dove vj = |vj | è la velocità della j-esima molecola.
Problema II I livelli energetici di un oscillatore quantistico anarmonico unidimensionale
possono essere approssimati con la relazione:
1
εn ' h̄ω n +
2
1
1−x n+
;
2
n = 0, 1, 2, . . . .
Il parametro x , che supponiamo molto minore di uno, rappresenta il grado di anarmonicità.
Determinare, al primo ordine in x ed al secondo ordine in y ≡ βh̄ω, la capacità termica per
un sistema ideale di N oscillatori anarmonici all’equilibrio termico a temperatura assoluta
T , trascurando gli effetti quantistici dovuti alle proprietá di simmetria della funzione d’onda
del sistema.
Soluzione
I (i) Funzione di partizione canonica classica
(πV )N
ZN (T, V ) =
N!
3N
kT
πh̄c
;
(ii) equazione di stato
P V = N kT .
(iii) L’energia interna risulta
U = 3N kT ,
da cui
PV =
U
,
3
3k
.
m
cV =
(iv) Entropia
U
2πh̄c
S = k ln ZN +
= kN ln(8πV ) − ln N + 4 − 3 ln
T
kT
per cui
dS = 0
⇔
P V 4/3 = costante ,
e quindi
cP =
4k
,
m
come é evidente dal momento che l’equazione di stato é sempre quella del gas perfetto.
(v) Posto
mvj2
τj ≡ q
,
1 − vj2 /c2
ricordiamo che la relazione relativistica tra impulso e velocitá della j-esima particella
si scrive
mvj
pj = q
,
1 − vj2 /c2
da cui si ricava subito
cpj
vj = q
,
p2j + m2 c2
cp2j
τj = q
p2j
+
m2 c2
.
Il valore medio della quantitá τj risulta pertanto
o
n q
−1/2
d3 pj cp2j p2j + m2 c2
exp −β p2j c2 + m2 c4
n q
o
hτj i =
R
d3 pj exp −β p2j c2 + m2 c4
o
n q
−1/2
R∞
c 0 dpj p4j p2j + m2 c2
exp −β p2j c2 + m2 c4
o
n q
=
R∞
2
2
2
2
4
dpj pj exp −β pj c + m c
0
n q
o
−1/2
R +∞
exp −β p2j c2 + m2 c4
c −∞ dpj p4j p2j + m2 c2
o
n q
=
.
R +∞
2
2
2
2
4
dpj pj exp −β pj c + m c
−∞
R
Integrando per parti l’espressione al numeratore si ottiene
Z
+∞
c
dpj p4j p2j + m2 c2
−∞
−1/2
n q
o
exp −β p2j c2 + m2 c4 =
n q
o+∞
2
2
2
4
− kT p exp −β pj c + m c −∞
Z +∞
n q
o
2
2
2
2
4
+ 3kT
dpj pj exp −β pj c + m c
,
3
−∞
da cui l’asserto
hτj i = 3kT ,
∀j = 1, 2, . . . , N .
Si osservi che la quantitá τj non corrisponde all’energia cinetica relativistica della
j-esima particella: quest’ultima é data da


1
− 1 ,
Tj = mc2  q
1 − vj2 /c2
[ cfr. Robert Resnick (1968): Introduzione alla Relativitá Ristretta, Casa Editrice
Ambrosiana (Milano) ] per cui, nel caso relativistico, non é piú l’energia cinetica che
si equipartisce tra i gradi di libertá del sistema.
II La funzione di partizione canonica per un singolo oscillatore si scrive
n
o
b
Z1 (β; ω, x) ≡ Tr exp −β H1 (ω, x)
∞
X
1
1
'
exp −βh̄ω n +
1−x n+
,
2
2
n=0
che, al primo ordine in x, si puó approssimare come
∞
X
"
2 #
1
1
1 + xy n +
Z1 (β; ω, x) ∼
exp −y n +
2
2
n=0
x1
1
xy ∂ 2
csch(y/2)
csch(y/2) +
2
2 ∂y 2
h
i
1
xy xy
= csch(y/2) 1 −
+
coth2 (y/2) .
2
4
2
=
Trascurando le proprietá di simmetria della funzione d’onda del gas ideale di oscillatori
identici (limite di Boltzmann), la funzione di partizione canonica si scrive
x1
ZN (β; ω, x) ∼
iN
cschN (y/2) h
xy xy
2
1
−
+
coth
(y/2)
,
2N
4
2
da cui, tenendo conto dell’identitá
∂
∂
= h̄ω
,
∂β
∂y
si ricava subito la formula approssimata per l’energia interna
i
∂ h
xy xy
2
UN (T ; ω, x) ∼ N h̄ω
−
coth (y/2)
ln sinh(y/2) +
∂y
4
2
N h̄ω x
y
y 2
y 3
=
+ (1 − xy)coth − x coth
+ xy coth
.
2
2
2
2
2
x1
Dall’identitá
ky 2 ∂
∂
=−
,
∂T
h̄ω ∂y
e dallo sviluppo
coth(y/2) =
y3
2 y
+ −
+ O(y 5 ) ,
y
6 360
otteniamo l’espressione approssimata della capacitá termica
C≡
∂U
∂T
y2
4x
∼ Nk 1 −
+
12
y
x1
N,ω,x
+ O(y 3 ) .
Si osservi che il contributo anarmonico, proporzionale ad x, cresce con la temperatura.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
18 Febbraio 1998
Problema Un gas non relativistico di N molecole monoatomiche di massa m e carica
elettrica q è racchiuso entro un parallelepipedo di spigoli X, Y, Z. Il sistema è immerso in
un campo elettrico uniforme diretto secondo l’asse Ox positivo e di intensità W - si ponga
qW > 0. Si supponga il sistema in condizioni di equilibrio termico tali da potere trascurare
l’interazione coulombiana tra le molecole.
i) Supponendo il sistema isolato con energia totale E, si calcolino le pressioni sulle pareti.
ii) Si calcolino le medesime quantità nel caso in cui il sistema si trovi all’equilibrio termico
con un termostato a temperatura assoluta T .
iii) Si discuta la relazione tra i risultati ottenuti.
Soluzione
(i) Indicando con ri = (xi , yi , zi ) le coordinate cartesiane della i-esima molecola, il volume
in fase del sistema é dato da
Z
ΩN (E, x, X, Y, Z; W ) = CN
d3N p
Z
"
d3N r ϑ E −
N 2
X
p
i
i=1
2m
#
− qW xi
3N/2
(2mπ)
Γ(1 + 3N/2)
Z X
Z X
3N/2
×
dx1 . . .
dxN (E + qW x1 + . . . + qW xN )
.
= CN Y N Z N
x
x
Eseguendo iterativamente uno ad uno gli integrali si arriva alla formula
N
YZ
(2mπ)3N/2
ΩN (E, x, X, Y, Z; W ) = CN
×
qW
Γ(1 + 5N/2)
N
X
5N/2
n N
(−1)
[ E + (N − n)qW X + nqW x ]
,
n
n=0
dove, ovviamente, si richiede che
ergodica risulta
X ≥ x . La misura invariante della superficie
∂ΩN
(E, x, X, Y, Z; W ) =
∂E
N
(2mπ)3N/2 X
5N/2−1
n N
(−1)
[ E + (N − n)qW X + nqW x ]
,
Γ(5N/2) n=0
n
ωN (E, x, X, Y, Z; W ) ≡
CN
YZ
qW
N
per cui la pressione sulle superfici y = 0, y = Y, z = 0, z = Z é data da
(∂/∂Z)ΩN (E, x, X, Y, Z; W )
(∂/∂Y )ΩN (E, x, X, Y, Z; W )
=
XZ ωN (E, x, X, Y, Z; W )
XY ωN (E, x, X, Y, Z; W )
N ΩN (E, x, X, Y, Z; W )
=
.
V ωN (E, x, X, Y, Z; W )
P =
Dal teorema di equipartizione dell’energia cinetica segue la definizione di temperatura
assoluta microcanonica, cioé ΩN /ωN = kT da cui si ottiene che la pressione sulle
pareti laterali é quella di un gas perfetto come risulta peraltro evidente intuitivamente.
In maniera del tutto analoga si ottengono le pressioni sulle faccie superiore ed inferiore
del parallelepipedo. Ponendo per semplicitá x ↓ 0 si ricava
(∂/∂x)ΩN (E, x, X, Y, Z; W )
x↓0
Y Z ωN (E, x, X, Y, Z; W )
PN
5N/2−1
n N
n
(−1)
qW
n=0
n [ 1 + (N − n)qW X/E ]
≤0,
=
PN
5N/2−1
YZ
(−1)n N [ 1 + (N − n)qW X/E ]
P← = lim
n=0
P→
n
(∂/∂X)ΩN (E, x, X, Y, Z; W )
= lim
x↓0
Y Z ωN (E, x, X, Y, Z; W )
PN
5N/2−1
n N
qW
n=0 (−1)
n (N − n) [ 1 + (N − n)qW X/E ]
=
PN
5N/2−1
YZ
(−1)n N [ 1 + (N − n)qW X/E ]
n=0
=N
n
qW
qW
− P← = N
+ |P← | ,
YZ
YZ
da cui appare evidente che |P← | < P→ come ci si aspetta intuitivamente. Vale la pena
osservare che il segno negativo della componente della pressione sulla faccia x = 0
risulta palese dalla formula
(∂/∂x)ΩN (E, x, X, Y, Z; W )
x↓0
Y Z ωN (E, x, X, Y, Z; W )
RX
RX
3N/2
dx2 . . . 0 dxN (E + qW x2 + . . . + qW xN )
2
0
=−
≤0.
R
R
3N Y Z X dx1 . . . X dxN (E + qW x1 + . . . + qW xN )3N/2−1
P← = lim
0
0
(ii) La funzione di partizione canonica classica per il sistema risulta
βqW X
N
e
− eβqW x
(2πmkT )3N/2
N
(Y Z)
,
ZN (β, x, X, Y, Z; W ) =
N !h3N
βqW
da cui si ricavano immediatamente le pressioni
N kT
qW
N
P =
, P→ =
,
−βqW
X
V
YZ 1−e
P← =
qW
N
≤0.
Y Z 1 − eβqW X
(iii) Tenendo conto della ben nota approssimazione
α α1
(1 + x/α)
∼ ex ,
x, α ∈ R ,
se supponiamo che E ' 3N kT /2 con N 1, allora potremo utilizzare la formula
asintotica per gli integrali sullo spazio delle fasi, vale a dire
Z X
Z X
Z X
3N/2
dx1
dx2 . . .
dxN (E + qW x1 + qW x2 + . . . + qW xN )
x
N 1
∼
x
3
N kT
2
x
3N/2
N
(βqW )−N (exp{βqW X} − exp{βqW x})
da cui é immediato verificare che le formule per le componenti della pressione corrispondenti alle medie microcanoniche si riducono a quelle canoniche.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
18 Dicembre 1997
Problema Un gas ideale di molecole monoatomiche di massa m (non relativistiche) è
racchiuso entro un recipiente sferico di raggio R. In corrispondenza del al punto sulla
superficie della sfera di coordinate polari (r, φ, Θ) = (R, 0, 0), viene praticata una piccola
apertura di area σ, tale che (σ/4πR2 ) 1.
Le molecole sono dotate di momento magnetico intrinseco µ e sono in presenza di
un campo magnetico costante ed omogeneo B, tale che l’interazione tra campo e j-esima
molecola sia descritta dalla funzione di Hamilton
Hj = −µB cos θj ,
0 ≤ θj ≤ π .
Nell’istante t = 0 in cui viene praticata l’apertura il recipiente contiene N molecole e si
trova all’equilibrio termico a temperatura assoluta T . Si chiede di calcolare* :
(i) la rapidità di effusione, cioè il numero medio di molecole che escono dall’apertura
nell’unità di tempo e per unitá di superficie dell’apertura;
(ii) la variazione della temperatura nell’unità di tempo, cioè (d/dt)T (t), nel corso di un
intervallo di tempo tanto piccolo da potere considerare il gas all’equilibrio termico ;
(iii) l’andamento nel tempo del momento magnetico medio per unitá di volume, nei casi
di approssimazione di campo molto debole e molto intenso, sempre nell’ipotesi di cui
al punto (ii).
* Si ponga βµB ≡ (µB/kT ) = x .
Soluzione
(i) Il numero medio di molecole che escono dall’apertura di area unitaria nell’unitá di
tempo é
Z
N (t)
pz
−3/2
R=
(2πmkT )
d3 p ϑ(pz )
exp{−βp2 /2m}
V
m
r
N
kT
,
n≡
.
= n(t)
2πm
V
Abbiamo dunque
d
N (t) = −σR
dt
N (t) = N (0)e−t/τ ,
⇒
V
τ≡
σ
r
2πm
.
kT
(ii) dal teorema di equipartizione dell’energia cinetica si ottiene la temperatura si ha
2
T =
3k
p2
2m
,
per cui la variazione di temperatura dovuta all’effusione sará
Z
N (t)
p2
dT
pz
−3/2
=σ
(2πmkT )
ϑ(pz )
exp{−βp2 /2m}
d3 p
dt
V
m
3km
n(t)σ
3/2
=
[ 2πmkT (t) ]
.
3kπ 2 m2
(iii) Dalla formula classica di Langevin
1
M = nµ coth x −
x
x1
otteniamo nel regime di campo debole
x1
M (t) ∼ n(t)
mentre nel regime di campo forte
µ2 B
,
3kT (t)
x1
x1
M (t) ∼ n(t) µ .
,
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
08 Ottobre 1997
Problema Un gas reale è costituito di N molecole monoatomiche racchiuse entro un
recipiente di volume V . Le molecole interagiscono tra loro attraverso un potenziale della
forma
X
V(r1 , . . . , rN ) =
Φ(|rj − rk |) ,
1≤j<k≤N
dove il potenziale di interazione a coppie ha la forma:
( +∞ ,
per 0 ≤ r < r0 ;
per r0 ≤ r ≤ r1 ;
Φ(r) ≡ −ε ,
n
−ε (r1 /r) , per r ≥ r1 ,
dove n ∈ N e ε ≈ 10−15 erg. Il gas si trova all’equilibrio in contatto termico con un
termostato a temperatura assoluta T ≈ 300 ◦ K. Si richiede di:
(i) ottenere l’ equazione di stato approssimata nel caso in cui il gas sia molto diluito, discutendo le condizioni di validità dell’approssimazione stessa in funzione dei parametri
del potenziale intermolecolare ;
(ii) sempre nelle stesse condizioni, calcolare l’entropia e discutere l’equazione delle adiabatiche per il gas considerato;
(iii) nelle stesse condizioni, calcolare i calori specifici a volume costante ed a pressione
costante .
Soluzione
(i) La funzione di Hamilton del gas è


N
N  2

X
X
pi
+
HN =
Φ (|ri − rj |) .

 2m
j=i+1
i=1
La funzione di partizione classica per il gas diluito sará dunque
(2πmkT )3N/2
ZN (T, V ) =
N !h3N
N
≈
Z
3
Z
V
V
3N/2
V (2πmkT )
N !h3N
Y
d 3 rN
d r1 . . .
[1 + f (β; |ri − rj |)]
1≤i<j≤N
Z
2πN (N − 1) ∞
2
1+
dr r f (β; r) ,
V
0
f (β; r) ≡ exp {−βΦ (r)} − 1 .
Ponendo % ≡ (r1 /r0 )3 ≤ 1
Z
∞
0
n≥4
abbiamo poi per
r13
r03
r03
βε
dr r f (β; r) = − + e − 1
−
3
3
3
Z ∞
h
n r n o
i
1
+
dr r2 exp βε
−1
r
r1


∞
3
j
X
r
(βε)
 ,
= − 0  % + eβε (1 − %) − 3%
3
j!(nj
−
3)
j=1
2
da cui si ricava il contributo dominante alla funzione di partizione canonica classica,
nell’ipotesi di gas estremamente diluito, cioé N 2 r13 /V ≤ 1 : in effetti,
V N (2πmkT )3N/2
ZN (T, V ) ≈
N !h3N
V1 N 2
1−
g(β; %, ε) ,
2V
dove si é posto
4πr13
V1 ≡
,
3
βε
g(β; %, ε) ≡ 1 + e
∞
X
1
(βε)j
−1 −3
.
%
j!(nj
−
3)
j=1
L’equazione di stato approssimata assume dunque la forma
βP v ≈ 1 +
V1
g(β; %, ε) ,
2v
V1
1,
v
da cui si evince, a seconda del segno di g(β; %, ε), una diminuzione o un aumento
della pressione rispetto al caso del gas perfetto dovuto alla presenza del potenziale
intermolecolare attrattivo. Vale la pena ricordare che, per un gas ideale in condizioni
standard, il volume occupato da una mole del gas risulta
T∗
P∗
standard
Vmole
= NA k
' (6.02 × 1023 mol−1 ) (1.38 × 10−16 erg K−1 )
273.15 K
101325 Pa
= 2.24 × 104 cm3 mol−1 ,
per cui, tenendo conto del fatto che V1 ' 10−24 cm3 , il parametro N V1 /V risulta
dell’ordine di 10−5 , ció che corrisponde al regime di gas diluito. Questo significa che,
in definitiva, la correzione all’equazione di stato risulta piccola anche nel regime di
gas diluito. Al contrario, per quanto riguarda la funzione di partizione, la correzione
rispetto al caso del gas perfetto risulta piccola solo nel regime di gas estremamente
diluito.
(ii) Dalla formula per l’entropia nell’insieme canonico
∂
S(β, V ) = k 1 − β
∂β
ln ZN (β, V ) ,
nel caso del gas estremamente diluito ricaviamo la formula approssimata
V1
∂
ln 1 − N
g(β; %, ε)
S(β, V ) ≈ S0 (β, V ) + k 1 − β
∂β
2v
V1
∂
≈ S0 (β, V ) − kN
g(β; %, ε) ,
g(β; %, ε) − β
2v
∂β
dove S0 (β, V ) denota l’entropia del gas perfetto. Tenendo conto delle espressioni di
S0 (β, V ) e di g(β; %, ε) si arriva facilmente alla formula approssimata
5 3
mv 2/3
S(β, V ) ≈ N k
+ ln
2 2
2πβh̄2


∞
j 
X
V1 
1
(j − 1)(βε) 
−
(1 − βε)
− 1 eβε + 3
,
2v
%
j!(nj − 3) 
j=2
da cui si puó ancora osservare che la correzione all’entropia del gas ideale risulta piccola
anche nel regime di gas diluito. In condizioni standard e per potenziali interatomici
realistici risulta βε dell’ordine di 10−2 , per cui possiamo ulteriormente approssimare
l’entropia nella forma
S(β, V ) ≈ N k
5 3
+ ln
2 2
mv 2/3
2πβh̄2
V1
−
2v
1
− 1 + O(β 2 ε2 )
%
.
L’equazione approssimata dell’adiabatica si ricava dalla condizione
luogo all’equazione differenziale
dS = 0
che dá
V1 1
dv
3 dT
+ 1+
−1
=0,
2 T
2v %
v
il cui integrale si scrive
T = costante × v
−2/3
exp
V1
3v
1
−1
.
%
Tenendo conto dell’equazione di stato nel regime di gas diluito e del fatto che βε %−1 si ricava facilmente l’equazione approssimata per le trasformazioni adiabatiche
Pv
5/3
V1
≈1+
3v
5
−1
2%
.
(iii) Dall’espressione approssimata dell’entropia
S(β, V ) ≈ N k
5 3
+ ln
2 2
mv 2/3
2πβh̄2
V1
−
2v
1
−1
,
%
é immediato riconoscere che il calore specifico a volume costante non subisce correzione, al primo ordine in βε, rispetto al caso del gas perfetto. Dalla definizione della
capacitá termica a pressione costante otteniamo
CP = −β
dS
dβ
≈ Nk
P
3 T ∂v
V1 T
+
+
2
v ∂T
2v 2
1
∂v
−1
,
%
∂T
tenuto conto che all’ordine piú basso
v
∂v
≈
∂T
T
V1
1−
2v%
,
si arriva subito all’espressione approssimata del calore specifico a pressione costante
k
cp ≈
m
5 V1
−
2 2v
.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
10 Settembre 1997
Problema 1. Un gas ideale è composto di molecole biatomiche con atomi puntiformi di
masse m1 ed m2 , cariche q1 e q2 e vincolati a rimanere ad una distanza d l’uno dall’altro.
Il gas si trova entro un recipiente di volume V ed immerso in un campo elettrico uniforme
E; inoltre il gas è mantenuto ad una temperatura assoluta T .
(i) Si calcoli la polarizzazione media del gas.
(ii) Si calcolino il calore specifico a volume costante e l’entropia del gas.
(iii) Si calcoli l’energia media per singolo atomo.
Problema 2. Si consideri un gas di Fermi-Dirac di particelle identiche di massa m e spin
1/2 non interagenti, racchiuse entro un recipiente di volume V a temperatura T .
Si dimostri che l’entropia tende a zero quando T → 0.
Soluzione
1. (i) Se poniamo l’asse zeta di un sistema di assi cartesiani monometrici parallelo e concorde
al campo elettrostatico, la funzione di Hamilton della molecola biatomica a manubrio
si scrive
p2
p2
H = H1 + H2 = 1 − q1 Ez1 + 2 − q2 Ez2 ,
2m1
2m2
dove ri = (xi , yi , zi ), pi , mi , i = 1, 2 indicano rispettivamente le coordinate, i
momenti e le masse dei due atomi puntiformi costituenti la molecola, mentre E = |E|.
Passando a coordinate e momenti baricentrici e relativi
m1 r1 + m2 r2
;
m1 + m2 = M ;
R ≡ (X, Y, Z) =
m1 + m2
r = r1 − r2 ;
|r1 − r2 | = d ,
m1 m2
P = M Ṙ ,
p = µṙ ,
µ=
,
M
la funzione di Hamilton diviene
H=
P2
− (q1 + q2 )EZ + Hrelativa .
2M
Conviene ora esprimere la funzione di Hamilton relativa in coordinate polari sferiche
r = (d, θ, φ), 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π e, a questo scopo, indichiamo con di , i = 1, 2
le distanze degli atomi dal punto del manubrio in cui si trova il baricentro della
molecola in modo tale che
r1 = (X + d1 sin θ cos φ, Y + d1 sin θ sin φ, Z + d1 cos θ) ,
r2 = (X − d2 sin θ cos φ, Y − d2 sin θ sin φ, Z − d2 cos θ) ;
I = m1 d21 + m2 d22 = µd2 ,
pθ ≡ I θ̇ ,
pφ ≡ I φ̇ sin2 θ .
Di conseguenza la funzione di Hamilton si scrive nella forma
p2φ
p2θ
P2
− (q1 + q2 )EZ +
+
− (q1 d1 − q2 d2 )E cos θ .
H=
2M
2I
2I sin2 θ
La funzione di partizione canonica classica della molecola biatomica é data da
Z L
Z
2π V
βP2
dZ
3
d
P
exp
−
exp {βE(q1 + q2 )Z}
Z2 (T, V ; E) =
(2πh̄)5
2M
L
0
Z +∞
βp2θ
×
dpθ exp −
2I
−∞
(
)
Z π Z +∞
βp2φ
×
dθ
dpφ exp −
+ β(q1 d1 − q2 d2 )E cos θ
2I sin2 θ
0
−∞
ξ
8π 2 I
3/2
5/2 (e − 1) sinh η
(2πM
)
(kT
)
,
(2πh̄)5
ξη
ξ ≡ βE(q1 + q2 )L ,
η ≡ βE(d1 q1 − d2 q2 ) = βEd(m2 q1 − m1 q2 )/M .
=V
La funzione di partizione canonica classica del gas ideale di molecole biatomiche vale
evidentemente ZN (T, V ; E) = Z2N (T, V ; E)/N ! , da cui la polarizzazione media
kT ∂
ln ZN (T, V ; E)
V ∂E
1
N
1
N
1
−
=
(q1 + q2 )L
+
(d1 q1 − d2 q2 ) coth η −
.
V
1 − e−ξ
ξ
V
η
P (T ; E) ≡
1. (ii) Dalla formula per l’energia interna
∂
UN (T ; E) ≡ −
ln ZN (β, V ; E) = N kT
∂β
9
ξ
− η coth η
−
2 1 − e−ξ
,
segue subito l’espressione del calore specifico a volume costante
k
cV =
M
9
ξ 2 /2
η2
−
−
2 cosh ξ − 1 sinh2 η
.
Anche l’entropia del gas ideale biatomico si ricava subito dalla definizione
∂
ln ZN (β, V ; E)
S(T, V ; E) ≡ k 1 − β
∂β
∂
(eξ − 1) sinh η
ln
,
= S0 (T, V ; E) + N k 1 − β
∂β
ξη
dove S0 (T, V ; E) indica l’entropia del gas ideale biatomico in assenza del campo elettrico, cioé
kT
3
7 5
2
S0 (T, V ; E) = N k ln υ + ln(8π I) + + ln
+ ln(2πM ) .
2 2
2
4π 2 h̄2
Otteniamo in definitiva
ξ
(e − 1) sinh η
ξ
S(T, V ; E) = S0 (T, V ; E) + N k 2 + ln
− η coth η .
−
ξη
1 − e−ξ
1. (iii) Dalle relazioni
p1 =
m1
P+p ,
M
p2 =
m2
P−p
M
segue subito che
p2
p21
m1 P2
1
≡ T1 =
+
+
P·p ,
2m1
M 2M
2m1
M
p22
m2 P2
p2
1
≡ T2 =
+
−
P·p .
2m2
M 2M
2m2
M
Risulta peraltro evidente che la media canonica del prodotto scalare
per paritá in quanto, per esempio,
Z +∞
βPx2
dPx Px exp −
= 0.
2M
−∞
hP · pi
é nulla
Di conseguenza abbiamo
Z
βP2
m1
P2
−3/2
3
(2πM kT )
d P
exp −
hT1 i =
M
2M
2M
Z +∞
2
m2
pθ
βp2θ
−1/2
+
dpθ
(2πIkT )
exp −
M
2I
2I
−∞
(
)
Z π Z +∞
2
2
p
βp
m2
φ
φ
dpφ
dθ
exp −
(8πIkT )−1/2
+
2
M
2I sin θ
2I sin2 θ
−∞
0
m1 3/2 ∂ −3/2
m2 1/2 ∂ −1/2
β
β
β
β
−2
M
∂β
M
∂β
kT 3
m2 + m1 ,
=
M 2
= −
mentre in modo del tutto analogo troviamo
kT 3
hT2 i =
m1 + m2 .
M 2
Si verifica subito che la somma delle energie cinetiche medie é in accordo con il teorema
di equipartizione
5
hT1 i + hT2 i = kT .
2
Veniamo ora alla media canonica dell’energia potenziale elettrostatica. Dalle relazioni
m2
m1
z1 = Z +
d cos θ ;
z2 = Z −
d cos θ ,
M
M
∂ −βH
− qi Ezi e−βH = −kT qi
e
,
i = 1, 2 ,
∂qi
segue subito che
− q1 E hz1 i = −q1 EL
− q2 E hz2 i = −q2 EL
2.
1
eξ
−
ξ
e −1 ξ
eξ
1
−
eξ − 1 ξ
m2
− q1 d
M
m1
+ q2 d
M
1
coth η −
η
1
coth η −
η
,
.
Nel limite del continuo in tre dimensioni spaziali, l’equazione di stato parametrica
del gas ideale di Fermi-Dirac di molecole monoatomiche puntiformi con spin 1/2 é
data da
Ω(µ, T, V ) = P V = 2kT V λ−3
T f5/2 (z) ,
hN i = 2V λ−3
T f3/2 (z) ,
in cui z = exp{βµ}
mica mentre
√
é la fugacitá, λT = h/ 2πmkT
z
fs (z) ≡
Γ(s)
Z
∞
dx
0
é la lunghezza d’onda ter-
xs−1 exp {−x}
,
1 + z exp {−x}
<es > 0
é la funzione di Fermi-Dirac di ordine s. L’entropia si ricava dalla formula termodinamica
V
V
∂Ω
= 5k 3 f5/2 (z) − 2k ln z 3 f3/2 (z) .
SN (T, V ) ≡
∂T µ,V
λT
λT
Al fine di studiare il limite di bassa temperatura nel limite del continuo, poiché la
temperatura e il potenziale chimico sono parametri indipendenti, bisogna distinguere
i casi µ < 0 e µ > 0 . Nel primo caso, abbiamo che per basse temperature
l’argomento delle funzioni di Fermi diviene molto piccolo e quindi
T ↓0
fs (exp {βµ}) ∼ exp {−β|µ|} .
Di conseguenza, per basse temperature e quando µ < 0, il numero medio delle molecole
si annulla come
|µ|
T ↓0 2V
exp −
,
hN i ∼
λ3T
kT
mentre l’entropia come
S
|µ|
V
.
∼ 5k 3 exp −
λT
kT
(quantistica) T ↓0
Nell’altro caso µ > 0 , che é quello di interesse fisico in quanto compatibile con una
densitá di punto zero diversa da zero di particelle, per basse temperature l’argomento
delle funzioni di Fermi-Dirac diviene molto grande. Vale allora lo sviluppo asintotico
di Sommerfeld per le funzioni di Fermi-Dirac:
ξ1
ξs
π2 1
7π 4 1
ξ
fs e
∼
+ s(s − 1)(s − 2)(s − 3)
+ ... ,
1 + s(s − 1)
Γ(s + 1)
6 ξ2
360 ξ 4
da cui ricaviamo
µ≈
3 hN i
8πV
2/3
2π 2 h̄2
m
mentre
S
π2 k2
m N 1/3 2
∼ hN i
T ≈
k T
2µ
4h̄2
(quantistica) T ↓0
8πV
3
2/3
,
che dimostra l’annullarsi dell’entropia come O(T ) per T ↓ 0, come per il calore
specifico a volume costante
2/3
2
8πυ
T ↓0 k T
cV ∼
.
3
4h̄2
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
08 Ottobre 1996
Problema 1. Un punto materiale di massa m e di peso mg é vincolato a muoversi senza
attrito su di una superficie sferica di raggio a. Si calcolino, utilizzando coordinate angolari
sferiche (φ, θ) e relativi momenti coniugati (pφ , pθ ), i valori medi di pφ , di pθ e dell’energia
potenziale, supponendo che la particella sia in contatto termico con un termostato a temperatura T .
Problema 2. Si consideri un gas ideale di Fermi-Dirac di particelle libere di massa m,
racchiuse entro un recipiente cubico di spigolo L, all’equilibrio termico a temperatura T e
potenziale chimico µ.
(i) Si calcolino le capacitá termiche a volume costante CV e a pressione costante CP .
(ii) Si determini l’equazione dell’adiabatica e si confronti il risultato con la corrispondente
espressione del caso classico.
Soluzione
1. Il vettore posizione del punto materiale sulla sfera ha coordinate
r = (a sin θ cos φ, a sin θ sin φ, a cos θ)
da cui si ricavano facilmente le funzioni di Lagrange e Hamilton
ma2 2
2
2
θ̇ + φ̇ sin θ − mga cos θ ,
L=
2
p2φ
p2θ
+
H=
+ mga cos θ ,
2ma2
2ma2 sin2 θ
pθ = ma2 θ̇ ,
pφ = ma2 φ̇ sin2 θ .
La funzione di partizione canonica classica risulta
1
Z(T, a; g) =
2πh̄2
Z
+∞
Z
dpθ
−∞
π
Z
+∞
dθ
0
−∞
dpφ e−βH =
mga 2a
2
(kT
)
sinh
,
kT
gh̄2
da cui appare evidente che i valori medi di pθ e pφ sono nulli per paritá, mentre
otteniamo
hmga cos θi = −kT g
∂
ln Z(T, a; g) = kT [ 1 − βmga coth(βmga) ] .
∂g
2. Si veda la soluzione della prova scritta del 5 Giugno 2000.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
30 Luglio 1996
Problema 1. Si consideri un sistema composto da un gas ideale di N particelle puntiformi di massa m racchiuse entro un cilindro di raggio R ed altezza b, immerse in un
campo gravitazionale uniforme con accelerazione di gravitá g. Il sistema é isolato con
energia totale E e si trova all’equilibrio termico. Si calcolino le diverse componenti della
pressione sulle pareti interne del cilindro e l’entropia del sistema nel limite di N molto
grande.
Suggerimento: si faccia uso di formule di ricorrenza.
Problema 2. Si consideri un gas ideale di particelle di massa m e carica elettrica e,
immerse in un campo magnetico uniforme di intensitá B diretto secondo l’asse Oz positivo
e in campo elettrico uniforme di intensitá W diretto secondo l’asse Oy negativo (configurazione Hall). Il sistema é racchiuso entro un parallelepipedo simmetrico rispetto all’origine
del sistema di assi cartesiani e di spigoli 2Lx , 2Ly , 2Lz rispettivamente. Il sistema é posto
in contatto termico con un termostato a temperatura assoluta T .
(i) Si calcolino le polarizzazioni magnetica ed elettrica medie nel caso della Meccanica
Statistica classica.
(ii) Si calcolino le medesime quantitá nel caso quantistico, supponendo la funzione d’onda
completamente antisimmetrica e il gas poco degenere.
Soluzione
1. Si veda la soluzione della prova scritta del 2 Settembre 2003.
2. (i) Trascurando l’interazione coulombiana tra le molecole, a seguito del teorema di
Bohr-van Leeuwen la funzione di partizione canonica di N molecole risulta indipendente dal campo magnetico e data da
(4Lx Lz )N
(2πmkT )3N/2
ZN (β, V ; W ) =
3N
N !h
N
1
V
sinhN ξ
,
=
N ! λ3T
ξN
dove
ξ ≡ eW Ly /kT
Z
+Ly
dy exp{βeW y}
−Ly
√
mentre λT ≡ h/ 2πmkT .
(ii) Introducendo la frequenza di ciclotrone
puó mettere nella forma
ω ≡ eB/mc
l’operatore hamiltoniano si
2
W
pbz 2
pby 2
m 2
c pc
eW
e2 W 2
x
b
+
c
p
c
.
H=
+
+
ω y+
−
−
x
2m
2m
2
eB
mω 2
B
2mω 2
b pc
b
Osserviamo che [H,
x ] = [H, pbz ] = 0 ; pertanto le autofunzioni dell’hamiltoniano
fattorizzano nel prodotto
i
ψE (x, y, z) = ϕE (y) exp
(xpx + zpz )
h̄
e, nel limite in cui Lx ed Lz sono molto grandi, gli autovalori reali px , pz si possono
considerare continui. Ponendo poi y0 ≡ cpx /eB , q ≡ y + y0 , pby ≡ pb, l’equazione
di Schrödinger per le autofunzioni ridotte diviene
(
)
2
pb2
m 2
eW
p2z
e2 W 2
+
ω q−
+
+ eW y0 −
− E ϕE (q) = 0 ,
2m
2
mω 2
2m
2mω 2
che é l’equazione agli autovalori di un oscillatore armonico fittizio unidimensionale
con posizione d’equilibrio y∗ = (eW/mω 2 ) − y0 = (eW/mω 2 ) − (cpx /eB). Al fine
di ottenere una soluzione esplicita in termini di funzioni elementari dovremo supporre, nel limite in cui anche Ly é molto grande, che sia valida la seguente approssimazione di Landau: la coordinata q, cioé lo spostamento dalla posizione di equilibrio
dell’oscillatore fittizio, si puó fare variare su tutto l’asse reale q ∈ R , mentre la
posizione di equilibrio dell’oscillatore fittizio si puó trovare in un intervallo grande ma
finito dell’asse reale, cioé −Ly ≤ y0 ≤ Ly . Con una tale approssimazione si ottiene
immediatamente lo spettro continuo non degenere
En,px ,pz
1
= h̄ω n +
2
pz 2
W
mc2
+
+ cpx
−
2m
B
2
W
B
2
,
px , pz ∈ R , mentre le autofunzioni improprie risultano
i
1
exp
(xpx + zpz )
ψn,px ,pz (x, q, z) =
2π
h̄
(
r
2 )
mω 3/4
1
eW
mω
eW
mω
p
Hn
,
×
q−
q−
√ exp −
h̄
2h̄
mω 2
h̄
mω 2
n!2n π
in cui
n+1∈N ,
in cui Hn denota l’n-esimo polinimio di Hermite. Le autofunzioni improprie sono
normalizzate come
Z +∞ Z +∞ Z +∞
∗
dz ψn,px ,pz (x, q, z)ψN,P
(x, q, z)
dq
dx
x ,Pz ,
−∞
−∞
−∞
√
= δn,N δ (pz − Pz ) δ (px − Px ) mh̄ω .
Nell’ambito dell’approssimazione sopra descritta, potremo definire la funzione di partizione di singola molecola come
(
2 )
2
mc
W
h̄ω
b ≈ exp −
+
Z1 (β, V ; B, W ) = Tr exp{−β H}
2kT
2kT B
Z +∞
∞
X
p2z
dpz
×
exp −β
exp {−βh̄ωn} 2Lz
2mkT
−∞ 2πh̄
n=0
Z +eBLy /c
dpx
W
× 2Lx
exp −βcpx
B
−eBLy /c 2πh̄
(
2 )
V
βµB
sinh ξ
mc2 W
= 3
exp
λT sinh(βµB) ξ
2kT B
=
V
b sinh ξ ρ/2
e
,
3
λT sinh b ξ
dove µ ≡ eh̄/2mc é il magnetone di Bohr mentre b ≡ βµB , ρ ≡ βmc2 W 2 /B 2 .
Nel caso del gas poco degenere, l’equazione di stato all’ordine piú basso si scrive
βΩ(ν, β, V ; B, W )
z1
∼
z Z1 (β, V ; B, W )
z1
∼
hN i ,
dove ν indica il potenziale chimico e z ≡ exp{βν} é la fugacitá. La polarizzazione
magnetica o magnetizzazione, cioé il momento magnetico medio per unitá di volume,
si ottiene da
1−ρ
1 ∂Ω
z1
M=
∼ µ hni
− coth b .
V ∂B ν,T,V ;W
b
Si osserva che quest’ultima é non nulla, a differenza dal caso classico, di tipo diamagnetico, cioé di segno opposto rispetto al campo esterno, e dominata, per campi
magnetici deboli e campi elettrici intensi, dal termine di Hall
1−ρ
mc2
b1
µ hni
− coth b
∼ − hni 3 W 2 .
b
B
Per quanto riguarda la polarizzazione elettrica, cioé il momento di dipolo elettrico
medio per unitá di volume, si ottiene l’espressione
1
P =
V
∂Ω
∂W
z1
∼
ν,T,V ;B
ξ1
∼
1
mc2
W + eLy coth ξ −
hni
B2
ξ
(
)
e2 L2y
mc2
+
hni W
,
B2
3kT
in cui compare un termine magnetico aggiuntivo rispetto alla corrispondente espressione classica.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
13 Luglio 1995
Problema 1. Un gas perfetto é racchiuso entro un recipiente costituito da due cavitá di
volumi V1 e V2 separate da una parete divisoria impenetrabile. Siano P1 e P2 le pressioni
esercitate dal gas sulle pareti delle cavitá 1 e 2 rispettivamente. Supponendo che P1 > P2
e che il sistema si trovi all’equilibrio termico a temperatura assoluta T , calcolare:
(i) il tempo necessario affinché si ristabilisca l’equilibrio termodinamico, supponendo di
avere prodotto all’istante iniziale sulla parete divisoria un’apertura di area σ molto
piccola rispetto all’area della parete medesima e supponendo che le molecole passino
soltanto dal recipiente 1 al recipiente 2;
(ii) l’energia media trasferita dal recipiente 1 al recipiente 2 dopo che é trascorso il tempo
necessario perché si ristabilisca l’equilibrio.
Problema 2. Un recipiente sferico di raggio R contiene un gas ideale composto da N
molecole puntiformi di massa m sottoposte al campo gravitazionale uniforme con accelerazione di gravitá g. Il gas si trova all’equilibio termico a temperatura assoluta costante T .
Determinare il calore specifico a volume costante del gas cV (g, T ) e verificare che
lim cV (g, T ) =
g↓0
3k
.
2m
Problema 3. Un punto materiale di massa m e carica elettrica e, vincolato a muoversi
sul piano Oxy, é soggetto ad una forza elastica di costante k, che richiama il punto verso
l’origine, e ad un campo magnetico uniforme di intensitá B diretto lungo l’asse Oz positivo.
Si richiede di :
(i) scrivere la funzione di Hamilton e, con una trasformazione canonica, trasformarla nella
funzione di Hamilton di due oscillatori armonici disaccoppiati ;
(ii) determinare in meccanica quantistica la media canonica del momento magnetico.
Soluzione
1.
Si scelga un sistema di coordinate cartesiane monometriche in cui la normale esterna
alla piccola apertura di area σ giaccia lungo l’asse Oz positivo. Il numero medio di
molecole che escono nell’unitá di tempo dall’apertura é
r
Z
kT
N1 (t)
pz
N1 (t)
−3/2
3
2
(2πmkT )
d p ϑ(pz )
exp{−βp /2m} =
.
R=
V1
m
V1
2πm
Abbiamo dunque
d
N1 (t) = −σR
dt
−t/τ
⇒
N1 (t) = N1 (0)e
,
V1
τ≡
σ
r
2πm
,
kT
dove τ é la cosiddetta durata media del processo di effusione. Per la conservazione della
massa, la variazione nell’unitá di tempo del numero medio di molecole del recipiente
2 sará
d
N2 (t) = σR ,
dt
da cui, integrando,
N2 (t) = N2 (0) + N1 (0) 1 − e−t/τ .
Dal momento che la temperatura del sistema é fissata uguale a T , la condizione di
equilibrio termodinamico per il sistema sará
⇔
P1 (t) = P2 (t)
da cui
N1 (t)
N2 (t)
=
,
V1
V2
N1 (0) −t/τ
N2 (0) N1 (0) −t/τ
e
=
+
1−e
.
V1
V2
V2
Risolvendo, si ottiene subito il tempo t∗ necessario al ristabilimento dell’equilibrio
N1 (0) [ V1 + V2 ]
t∗ = τ ln
[ N1 (0) + N2 (0) ] V1
che risulta manifestamente positivo, come deve essere, in quanto l’argomento del logaritmo é maggiore di uno.
(ii) L’energia media trasferita risulta evidentemente
∆U (t∗ ) =
2.
3
N1 (0) kT 1 − e−t∗ /τ .
2
La funzione di Hamilton di una particella risulta
H=
p2
+ mgz ,
2m
da cui la funzione di partizione canonica classica di singola molecola
Z
Z π
(2πmkT )3/2 R
2
dr r
dθ sin θ exp{−βmgr cos θ}
Z1 (T, R; g) =
4π 2 h̄3
0
0
(2πmkT )3/2 3 cosh η sinh η
=
R
−
,
η ≡ βmgR .
η2
η3
2π 2 h̄3
L’energia media del gas ideale si ottiene dalla formula
∂
ln[ Z1 (T, R; g)N /N ! ]
∂β
3
η 2 sinh η − 3η cosh η + 3 sinh η
= N kT − N kT
2
η cosh η − sinh η
2 2
η1 3
∼
N kT 1 −
η
,
2
15
UN (β, R; g) ≡ −
da cui si ricava il calore specifico
∂U
2 2 g→0 3k
1
η1 3k
∼
1+
η −→
.
cV =
N m ∂T N,R;g
2m
15
2m
3. (i) Posto ω ≡
p
k/m, conviene scrivere il potenziale vettore nella gauge simmetrica
Ax = −
1
By ,
2
Ay =
1
Bx ,
2
in modo tale che la funzione di Hamilton risulta
2
2
1
eB
1
eB
m 2 2
H(x, y; px , py ) =
px +
y +
py −
x +
ω x + y2 .
2m
2c
2m
2c
2
Dimostriamo che con una trasformazione canonica é possibile ridurre la funzione di
Hamilton a quella di due oscillatori armonici disaccoppiati. A questo scopo consideriamo la trasformazione canonica di generatrice
G (x, y; Px , Py |a, b) ≡ xPx + yPy + axy + bPx Py ,
in modo tale che
∂G
= Px + ay ;
∂x
∂G
py ≡
= Py + ax ;
∂y
∂G
X≡
= x + bPy ;
∂Px
∂G
= y + bPx .
Y ≡
∂Py
px ≡
a, b ∈ R ,
La funzione di Hamilton espressa in funzione della frequenza di ciclotrone
eB/mc e delle nuove coordinate canoniche (X, Y ; Px , Py ) diviene
Ω ≡
i2
m
1 h
Px + a (Y − bPx ) +
Ω (Y − bPx )
2m
2
h
i2
m
1
Py + a (X − bPy ) −
Ω (X − bPy )
+
2m
2
h
i
1
2
2
2
+ mω (X − bPy ) + (Y − bPx )
.
2
K(X, Y ; Px , Py ) =
Fissiamo i parametri a e b imponendo l’annullamento dei termini misti XPy e Y Px
nella funzione di Hamilton K(X, Y ; Px , Py ): in questo modo otteniamo
a=
mp 2
Ω + 4ω 2 ,
2
b=
1
√
,
2
m Ω + 4ω 2
e di conseguenza
P2
K(X, Y ; Px , Py ) = x
2m
"
1
4
Ω
1− √
2
Ω + 4ω 2
2
ω2
+ 2
Ω + 4ω 2
#
2
Ω
1
ω2
1+ √
+ 2
4
Ω + 4ω 2
Ω2 + 4ω 2
2 m 2
1 p 2
2
2
X ω +
Ω + 4ω − Ω
+
2
4
2 m 2
1 p 2
2
Y
ω +
+
Ω + 4ω 2 + Ω
.
2
4
Py2
+
2m
"
#
Da questa funzione di Hamilton seguono le equazioni canoniche
i
p
∂K
m h
= − X Ω2 + 4ω 2 − Ω Ω2 + 4ω 2 ,
∂X
2
∂K
Px
Ω
Ẋ =
=
1− √
,
∂Px
2m
Ω2 + 4ω 2
i
p
∂K
m h
Ṗy = −
= − Y Ω2 + 4ω 2 + Ω Ω2 + 4ω 2 ,
∂Y
2
Ω
∂K
Py
1+ √
,
Ẏ =
=
∂Py
2m
Ω2 + 4ω 2
Ṗx = −
da cui
2
1
Ω
2
2
Ẍ + X Ω + 4ω
1− √
=0,
4
Ω2 + 4ω 2
2
1
Ω
2
2
Ÿ + Y Ω + 4ω
1+ √
=0,
4
Ω2 + 4ω 2
Pertanto, se poniamo
i
1 hp 2
Ω + 4ω 2 ± Ω ,
2
2m (Ω2 + 4ω 2 )
√
,
m± ≡
Ω2 + 2ω 2 ± Ω Ω2 + 4ω 2
ω± ≡
la funzione di Hamilton diviene quella di due oscillatori armonici disaccoppiati:
Py2
Px2
1
1
2
2
2 2
K(X, Y ; Px , Py ) =
+ m− ω− X +
+ m+ ω+
Y .
2m−
2
2m+
2
3. (ii) Dal principio di corrispondenza segue allora che, per mezzo di una trasformazione unitaria, é possibile scrivere l’operatore hamiltoniano nella forma
1
1
†
†
b
H = h̄ω− a− a− +
+ h̄ω+ a+ a+ +
,
2
2
dove a†± , a± sono gli usuali operatori di creazione e distruzione, da cui lo spettro
1
1
+ h̄ω+ n+ +
,
En− ,n+ = h̄ω− n− +
2
2
con 1 + n− ∈ N , 1 + n+ ∈ N . La funzione di partizione canonica quantistica di
singola molecola risulta pertanto data da
∞
∞
X
X
1
1
Z1 (T, ω± ) =
exp −βh̄ω− n− +
− βh̄ω+ n+ +
2
2
n =0 n =0
−
=
+
1
.
4 sinh(βh̄ω− /2) sinh(βh̄ω+ /2)
Il momento magnetico medio si ottiene dalla formula
M = kT
∂
ln Z1 (T ; B, ω)
∂B
e poiché risulta
∂
Ω
ω± =
∂B
2B
Ω
√
±1
2
Ω + 4ω 2
=±
e
ω±
√
,
2
mc Ω + 4ω 2
ricaviamo subito
µ
Ω
h̄ω−
√
M =−
− 1 coth
2
2kT
Ω2 + 4ω 2
µ
h̄ω+
Ω
√
−
+ 1 coth
,
2
2kT
Ω2 + 4ω 2
dove
µ ≡ eh̄/2mc é il magnetone di Bohr.
PROVA SCRITTA DI
MECCANICA STATISTICA
31 Marzo 1995
Problema 1. Un recipiente di volume V contiene un gas ideale di N particelle puntiformi
all’equilibrio termico a temperatura assoluta T . Ad un dato istante si crea una piccola
apertura di area σ in una parete del contenitore.
(i) Si determini la rapiditá di effusione, cioé il numero medio di particelle che fuoriescono
nell’unitá di tempo dall’apertura.
(ii) Assumendo che l’effusione sia talmente lenta che il gas si possa sempre considerare in
condizioni di equilibrio termico, determinare il modo in cui la densitá varia nel tempo,
supponendo di potere trascurare gli effetti quantistici e relativistici.
Problema 2. Una sfera nera – cioé con coefficiente di assorbimento della radiazione
elettromagnetica incidente pari a uno – conduce perfettamente il calore, in modo tale che
la sua temperatura sia la stessa in tutti i suoi punti, ha raggio R ed il suo centro é posto
ad una distanza d da una sorgente luminosa puntiforme e isotropa di potenza totale W .
Si calcoli la temperatura raggiunta dalla sfera all’equilibrio termico, supponendo che non
vi incida altra radiazione oltre quella emessa dalla sorgente puntiforme.
Problema 3. Due oscillatori armonici unidimensionali identici hanno massa m e frequenza angolare ω. Essi sono tra loro accoppiati da un potenziale elastico
V (q1 , q2 ) =
1
2
κ (q1 − q2 ) ,
2
dove q1 e q2 rappresentano le coordinate dei due oscillatori e κ é la costante elastica. Gli
oscillatori si trovano all’equilibrio termico a temperatura assoluta T . Si calcoli il valore
medio delle grandezze q12 , q22 e q1 q2 nei casi classico e quantistico.
Problema 4. Un gas ideale non relativistico é costituito da N molecole identiche puntiformi di massa m, confinate a muoversi entro un quadrato di lato L con barriere impenetrabili sui lati. Il gas si trova all’equilibrio termico a contatto con un termostato a
temperatura assoluta T .
(i) Si scriva l’equazione di stato in forma parametrica nel caso in cui la funzione d’onda del
gas sia completamente simmetrica rispetto allo scambio delle molecole e supponendo
L molto grande in modo tale che βh̄2 /mL2 1.
(ii) Si discuta il numero medio di occupazione dello stato fondamentale di singola molecola.
Soluzione
1.
Si scelga un sistema di coordinate cartesiane monometriche in cui la normale esterna
alla piccola apertura di area σ giaccia lungo l’asse Oz positivo. Il numero medio di
molecole che escono nell’unitá di tempo dall’apertura é
r
Z
kT
p
N
(t)
N (t)
z
(2πmkT )−3/2 d3 p ϑ(pz )
exp{−βp2 /2m} =
.
R=
V
m
V
2πm
Abbiamo dunque
d
N (t) = −σR
dt
N (t) = N (0)e−t/τ ,
⇒
τ≡
Vp
2πmβ ,
σ
dove β ≡ 1/kT mentre τ é il cosiddetto tempo di dimezzamento del processo di
effusione. Per una mole di gas perfetto in condizioni standard, considerando molecole
con massa pari a 10 unitá di massa atomica unificata u=1.66 × 10−24 g e un’apertura
di 1 mm2 , il tempo di dimezzamento risulta dell’ordine del minuto.
2.
All’equilibrio termico la potenza emessa dalla sfera nera deve uguagliare quella
incidente sulla sfera medesima
d
d
Uemessa =
Uassorbita ,
dt
dt
cioé
4πσT 4 = ΩW ,
dove σ = π 2 k 4 /60h̄3 c2 é la costante di Stefan-Boltzmann mentre Ω é l’angolo solido
occupato dalla sfera. Posto d sin θ∗ = R avremo evidentemente
!
r
Z θ∗
R2
Ω = 2π
dθ sin θ = 2π 1 − 1 − 2
,
d≥R,
d
0
da cui si ottiene subito la temperatura di equilibrio
"
T∗ =
3.
W
2σ
r
1−
R2
1− 2
d
! #1/4
.
Conviene scrivere la funzione di Lagrange per gli oscillatori nella forma
L=
κ + mω 2 2
m 2
q̇1 + q̇22 −
q1 + q22 + κq1 q2 ,
2
2
che risulta manifestamente simmetrica nello scambio
una rotazione delle coordinate lagrangiane
1↔2
q1 = Q1 cos ϕ + Q2 sin ϕ ,
q2 = −Q1 sin ϕ + Q2 cos ϕ ,
[ simmetria Z2 ]. Con
otteniamo
κ + mω 2
m 2
Q̇1 + Q̇22 −
Q21 + Q22
2
2
κ
+ κ Q1 Q2 cos(2ϕ) −
Q21 − Q22 sin(2ϕ) .
2
Gli oscillatori si disaccoppiano per
L=
cos(2ϕ) = 0 ,
⇔
ϕ=
π
π
+n ,
4
2
n∈Z
e le due soluzioni sin(2ϕ) = ±1 corrispondono allo scambio 1 p
↔ 2 . Otteniamo in definitiva due modi normali con frequenze angolari ω, Ω = ω 2 + 2κ/m e,
scegliendo per esempio la soluzione ϕ = π/4, la funzione di Hamilton classica del
sistema si scrive
p2
mω 2 2 P 2
mΩ2 2
H=
+
q +
+
Q ,
2m
2
2m
2
dove
q1 + q2
q1 − q2
,
Q= √
.
q= √
2
2
Di conseguenza, le funzioni di partizione canoniche classiche e quantistiche sono rispettivamente date da
Z (classica) =
(kT )2
,
h̄2 ωΩ
Z (quantistica) =
1
.
4 sinh(βh̄ω/2) sinh(βh̄Ω/2)
Dalle relazioni evidenti
q12 =
1
Q2 + q 2 + Qq ,
2
q22 =
1
Q2 + q 2 − Qq ,
2
q1 q2 =
1
Q2 − q 2 ,
2
e tenuto conto delle identitá
2
kT ∂
kT ∂
Q2 = −
ln Z ,
q =−
ln Z ,
mΩ ∂Ω
mω ∂ω
e del fatto che h2Qqi = q12 − q22 = 0 in virtú della simmetria Z2 , ricaviamo immediatamente i valori medi classici
2
2
1
1
1
1
kT
kT
+ 2 ,
hq1 q2 iclassico =
− 2
q1 classico = q2 classico =
2m Ω2
ω
2m Ω2
ω
e quelli quantistici
2
2
h̄
h̄Ω
h̄
h̄ω
q1 quantistico = q2 quantistico =
coth
+
coth
,
4mΩ
2kT
4mω
2kT
h̄
h̄Ω
h̄
h̄ω
hq1 q2 iquantistico =
coth
−
coth
,
4mΩ
2kT
4mω
2kT
che riproducono correttamente quelli classici per βh̄Ω 1 .
4.
Dal momento che, per L = 1 cm, T = 1 ◦ K e m = 1 u, la quantitá βh̄2 /mL2
é dell’ordine di 10−25 lo spettro dell’energia di singola molecola si puó considerare
continuo. Di conseguenza l’equazione di stato parametrica si scrive nella forma
βP = λ−2
T f2 (z) ,
−2
hni = λ−2
T f1 (z) = λT z ln(1 − z) ,
λT = √
2πh̄
.
2πmkT
dove z = exp{βµ} é la fugacitá con 0 ≤ z < 1. Poiché nel limite z → 1 la densitá
media puó crescere indefinitamente, cioé non é superiormente limitata, non si verifica
il fenomeno della condensazione di Bose-Einstein per un gas ideale di particelle libere
in due dimensioni.