Physics · Libro 4 · Bachelor Year 2

Física universitaria — segundo año

Física universitaria — segundo año · Bachelor Year 2

29El factor de Boltzmann

Súbase una montaña y el aire se enrarece: a tres mil metros la presión ha bajado a 0.7 bar0.7\,\mathrm{bar}, y en la cima del Everest a un tercio de su valor al nivel del mar. Nada confina la atmósfera por arriba; la sujeta la gravedad y la esparce la agitación térmica, y el compromiso entre ambas es una exponencial, n∝e−mgz/kBTn \propto \eu^{-mgz/k_BT} — el cociente entre la energía potencial de una molécula y kBTk_BT decide lo rara que es allá arriba. La misma exponencial gobierna la fracción de átomos en un nivel excitado, el número de moléculas lo bastante rápidas para escapar de un planeta, la imanación de un paramagnético, las poblaciones que un láser debe invertir y los cuantos que cuenta la ley de Planck: es el factor de Boltzmann, la fórmula más útil de toda la física estadística. Este capítulo lo motiva con la atmósfera, lo enuncia en general y saca de él, sin más que sumas e integrales gaussianas, el sistema de dos niveles y su capacidad calorífica, la equipartición de la energía, la distribución de celeridades moleculares y la ley de Curie del paramagnetismo — con, de paso, la energía media de un oscilador cuántico, que es la fórmula de Planck.

Desde una cima, la calima de la atmósfera baja y el azul profundo de arriba: la densidad del aire cae en un factor  cada 8\, km — el factor de Boltzmann de la energía potencial de una molécula en la gravedad terrestre.
Desde una cima, la calima de la atmósfera baja y el azul profundo de arriba: la densidad del aire cae en un factor e\eu cada 8 km8\,\mathrm{km} — el factor de Boltzmann de la energía potencial de una molécula en la gravedad terrestre.

29.1 La atmósfera isoterma

Proposición 29.1 (Ley barométrica)

En una atmósfera de gas perfecto (de masa molecular mm) a temperatura uniforme TT en la gravedad uniforme gg, la presión y la densidad numérica caen exponencialmente con la altitud:

P(z)=P0 e−z/H,n(z)=n0 e−mgz/kBT,H=kBTmg,P(z) = P_0\,\eu^{-z/H}, \qquad n(z) = n_0\,\eu^{-mgz/k_BT}, \qquad H = \frac{k_BT}{mg} ,

con la altura de escala H≈8.4 kmH \approx 8.4\,\mathrm{km} para el aire a 288 K288\,\mathrm{K}. El exponente es el cociente entre la energía potencial mgzmgz de una molécula y la energía térmica kBTk_BT.

Demostración. Hidrostática,  ⁣dP/ ⁣dz=−ρg=−nmg\dd P/\dd z = -\rho g = -nmg, y la ley del gas perfecto P=nkBTP = nk_BT:  ⁣dP/ ⁣dz=−(mg/kBT)P\dd P/\dd z = -(mg/k_BT)P, una exponencial. La atmósfera real se enfría con la altitud (unos 6.5 K/km6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km} en los diez kilómetros más bajos), lo que hace la caída algo más rápida; el modelo isotermo es bueno hasta un 20%20\%. ∎

La atmósfera isoterma: la presión y la densidad caen en 1/ por cada altura de escala H = k_BT/mg; un gas más ligero tendría una H mayor — pero por debajo de 100\, km la turbulencia mantiene el aire mezclado, y todos los gases comparten la H media.
La atmósfera isoterma: la presión y la densidad caen en 1/e1/\eu por cada altura de escala H=kBT/mgH = k_BT/mg; un gas más ligero tendría una HH mayor — pero por debajo de 100 km100\,\mathrm{km} la turbulencia mantiene el aire mezclado, y todos los gases comparten la HH media.

29.2 El factor de Boltzmann

Teorema 29.2 (Factor de Boltzmann)

Un sistema en equilibrio térmico con un termostato a la temperatura TT se encuentra en un estado microscópico dado de energía EE con una probabilidad proporcional a

e−E/kBT.\eu^{-E/k_BT} .

De ahí que, para un conjunto de estados discretos de energías EiE_i,

pi=e−Ei/kBTZ,Z=∑ie−Ei/kBT,p_i = \frac{\eu^{-E_i/k_BT}}{Z}, \qquad Z = \sum_i\eu^{-E_i/k_BT} ,

donde la suma ZZ (la función de partición) normaliza las probabilidades; dos estados (o dos niveles de igual degeneración) están poblados en la razón N2/N1=e−(E2−E1)/kBTN_2/N_1 = \eu^{-(E_2 - E_1)/k_BT}; y para una variable continua (una posición, una velocidad) la densidad de probabilidad es proporcional a e−E/kBT\eu^{-E/k_BT} en esa variable. A 300 K300\,\mathrm{K}, kBT=4.1×10−21 J=0.026 eVk_BT = 4.1 \times 10^{-21}\,\mathrm{J} = 0.026\,\mathrm{eV}: todo lo que cuesta mucho más que esto es raro, y todo lo que cuesta mucho menos se excita libremente.

Demostración. La ley barométrica es el factor para la energía potencial mgzmgz; admitimos su generalidad, pero he aquí el argumento (hecho riguroso en el volumen del tercer año). El termostato RR es grande; cuando nuestro sistema pequeño está en un estado de energía EE, el termostato tiene la energía Etot−EE_{\text{tot}} - E, y puede estar en ΩR(Etot−E)\Omega_R(E_{\text{tot}} - E) estados microscópicos, todos igual de probables (el postulado fundamental para un conjunto aislado). Así que p(E)∝ΩR(Etot−E)p(E) \propto \Omega_R(E_{\text{tot}} - E). Con la definición de Boltzmann de la entropía, SR=kBln⁡ΩRS_R = k_B\ln\Omega_R, y 1/T= ⁣dSR/ ⁣dER1/T = \dd S_R/\dd E_R para el termostato, ln⁡ΩR(Etot−E)≈ln⁡ΩR(Etot)−E/kBT\ln\Omega_R(E_{\text{tot}} - E) \approx \ln\Omega_R(E_{\text{tot}}) - E/k_BT porque E≪EtotE \ll E_{\text{tot}}; tómese la exponencial. ∎

Ejemplo 29.3 (Poblaciones de los niveles atómicos)

El primer nivel excitado del hidrógeno está 10.2 eV10.2\,\mathrm{eV} por encima del fundamental: a 300 K300\,\mathrm{K}, e−395\eu^{-395} — ni un átomo en el universo; a 6000 K6000\,\mathrm{K}, la superficie del Sol, e−19.7≈3×10−9\eu^{-19.7} \approx 3 \times 10^{-9} (por una degeneración de 44): bastante, en la enorme columna de gas del Sol, para las rayas de absorción de Balmer, que son más intensas en estrellas cercanas a 10 000 K10\,000\,\mathrm{K}. La raya D del sodio (2.1 eV2.1\,\mathrm{eV}) en una llama a 2500 K2500\,\mathrm{K}: e−9.8=6×10−5\eu^{-9.8} = 6 \times 10^{-5} de los átomos están excitados, lo que da la llama amarilla de una pizca de sal. Y el medio láser de Capítulo 23: el factor dice que su nivel superior está vacío en el equilibrio, y el bombeo debe pelear contra él.

29.3 Niveles discretos: el sistema de dos niveles y el oscilador

Proposición 29.4 (Energía media a partir de la función de partición)

Con β=1/kBT\beta = 1/k_BT,

⟨E⟩=∑ipiEi=−∂ln⁡Z∂β,C= ⁣d⟨E⟩ ⁣dT.\langle E\rangle = \sum_ip_iE_i = -\frac{\partial\ln Z}{\partial\beta}, \qquad C = \frac{\dd\langle E\rangle}{\dd T} .

Demostración. ∂βZ=−∑Eie−βEi\partial_\beta Z = -\sum E_i\eu^{-\beta E_i}; divídase por ZZ. ∎

Proposición 29.5 (Sistema de dos niveles)

NN sistemas independientes con dos niveles 00 y ε\varepsilon (espines en un campo, átomos con un nivel excitado, defectos con dos posiciones):

N2N=1eε/kBT+1,⟨E⟩=Nεeε/kBT+1,C=NkB x2ex(ex+1)2,x=εkBT.\frac{N_2}{N} = \frac{1}{\eu^{\varepsilon/k_BT} + 1}, \qquad \langle E\rangle = \frac{N\varepsilon}{\eu^{\varepsilon/k_BT} + 1}, \qquad C = Nk_B\,\frac{x^2\eu^x}{(\eu^x + 1)^2}, \quad x = \frac{\varepsilon}{k_BT} .

El nivel superior está vacío a temperatura baja y a lo sumo medio lleno a temperatura alta (nunca invertido en el equilibrio); la capacidad calorífica se anula en ambos extremos y pasa por un máximo de 0.44 NkB0.44\,Nk_B cerca de kBT=0.42εk_BT = 0.42 \varepsilon — la anomalía de Schottky, la firma de una brecha en el espectro.

Demostración. Z=1+e−xZ = 1 + \eu^{-x}; p2=e−x/(1+e−x)p_2 = \eu^{-x}/(1 + \eu^{-x}); derívese ⟨E⟩\langle E\rangle respecto de TT. ∎

El sistema de dos niveles: poblaciones frente a la temperatura (el nivel superior se llena hasta la mitad, nunca más) y la capacidad calorífica de Schottky, una joroba allí donde k_BT iguala a la brecha.
El sistema de dos niveles: poblaciones frente a la temperatura (el nivel superior se llena hasta la mitad, nunca más) y la capacidad calorífica de Schottky, una joroba allí donde kBTk_BT iguala a la brecha.

Proposición 29.6 (El oscilador cuántico y la fórmula de Planck)

Un oscilador armónico de frecuencia ν\nu tiene los niveles En=nhνE_n = nh\nu (más una constante); a la temperatura TT,

Z=11−e−hν/kBT,⟨E⟩=hνehν/kBT−1 ⟶ {kBT(hν≪kBT),hν e−hν/kBT(hν≫kBT).Z = \frac{1}{1 - \eu^{-h\nu/k_BT}}, \qquad \langle E\rangle = \frac{h\nu}{\eu^{h\nu/k_BT} - 1} \ \longrightarrow\ \begin{cases} k_BT & (h\nu \ll k_BT), \\ h\nu\,\eu^{-h\nu/k_BT} & (h\nu \gg k_BT). \end{cases}

Esta es la energía media de un modo del campo de radiación que la ley de Planck (Capítulo 26) multiplica por el número de modos, y la energía media de una vibración en un sólido: a temperatura alta el kBTk_BT clásico, y a temperatura baja un modo congelado.

Demostración. Serie geométrica y después −∂βln⁡Z-\partial_\beta\ln Z. ∎

Ejemplo 29.7 (Capacidad calorífica de los sólidos)

Trátese cada átomo de un sólido como tres osciladores de la misma frecuencia ν\nu (Einstein, 1907): C=3NkB x2ex/(ex−1)2C = 3Nk_B\,x^2\eu^x/(\eu^x - 1)^2 con x=hν/kBTx = h\nu/k_BT. Por encima de θE=hν/kB\theta_{\text{E}} = h\nu/k_B, C→3NkB=3RC \to 3Nk_B = 3R por mol — la ley de Dulong y Petit (25 J/mol/K25\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}/\mathrm{K}), que cumplen el plomo, el cobre y el hierro a temperatura ambiente; muy por debajo, CC se desploma. El diamante (θE≈1300 K\theta_{\text{E}} \approx 1300\,\mathrm{K}) solo tiene 6 J/mol/K6\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}/\mathrm{K} a 300 K300\,\mathrm{K}, lo que la física clásica no supo explicar, y la capacidad calorífica de todo sólido se anula a baja temperatura — el primer éxito del cuanto fuera de la radiación.

29.4 Equipartición y distribución de Maxwell

Teorema 29.8 (Equipartición de la energía)

Toda variable qq que entra cuadráticamente en la energía, E=aq2+…E = aq^2 + \dots, y recorre todos los valores reales, aporta 12kBT\tfrac12k_BT a la energía media en el equilibrio:

⟨aq2⟩=12kBT.\langle aq^2\rangle = \tfrac12k_BT .

Un gas monoatómico (tres traslaciones) tiene U=32NkBTU = \tfrac32Nk_BT y CV=32RC_V = \tfrac32R por mol; un gas diatómico añade dos rotaciones, CV=52RC_V = \tfrac52R, y su vibración (dos términos cuadráticos, pero cuantizada con hν≫kBTh\nu \gg k_BT a temperatura ambiente) sigue congelada hasta unos miles de kelvin.

Demostración. La densidad de probabilidad en qq vale ∝e−aq2/kBT\propto\eu^{-aq^2/k_BT}, una gaussiana:

⟨aq2⟩=∫aq2 e−aq2/kBT  ⁣dq∫e−aq2/kBT  ⁣dq=12kBT\langle aq^2\rangle = \frac{\int aq^2\,\eu^{-aq^2/k_BT}\,\dd q}{\int\eu^{-aq^2/k_BT}\,\dd q} = \tfrac12k_BT

(derívese ∫e−λq2 ⁣dq=π/λ\int\eu^{-\lambda q^2}\dd q = \sqrt{\pi/\lambda} respecto de λ\lambda). El resultado necesita el continuo: cuando los niveles distan más de kBTk_BT, el factor congela la variable, como para el oscilador de antes. ∎

Teorema 29.9 (Distribución de celeridades de Maxwell)

En un gas a TT, las componentes de la velocidad son gaussianas independientes de varianza kBT/mk_BT/m, y la celeridad v=∣v→∣v = |\vect v| tiene la densidad de probabilidad

f(v)=4π(m2πkBT)3/2v2 e−mv2/2kBT,f(v) = 4\pi\Big(\frac{m}{2\pi k_BT}\Big)^{3/2}v^2\,\eu^{-mv^2/2k_BT} ,

con las celeridades más probable, media y cuadrática media

vp=2kBTm,⟨v⟩=8kBTπm,vcm=3kBTm,v_{\text{p}} = \sqrt{\frac{2k_BT}{m}}, \qquad \langle v\rangle = \sqrt{\frac{8k_BT}{\pi m}}, \qquad v_{\text{cm}} = \sqrt{\frac{3k_BT}{m}} ,

en las razones 1:1.13:1.221 : 1.13 : 1.22. Para el nitrógeno a 300 K300\,\mathrm{K}: 422 422\,, 476 476\,, 517 m/s517\,\mathrm{m}/\mathrm{s}; para el hidrógeno, 3.73.7 veces más; la cola de la distribución, ∝e−mv2/2kBT\propto\eu^{-mv^2/2k_BT}, es la que deja que las moléculas más rápidas se evaporen, reaccionen o abandonen un planeta.

Demostración. La energía cinética 12m(vx2+vy2+vz2)\tfrac12m(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2) da un factor e−mvx2/2kBTe−mvy2/2kBTe−mvz2/2kBT\eu^{-mv_x^2/2k_BT}\eu^{-mv_y^2/2k_BT}\eu^{-mv_z^2/2k_BT}: tres gaussianas independientes, normalizada cada una por m/2πkBT\sqrt{m/2\pi k_BT}. La distribución de celeridades recoge todas las velocidades de la corteza de radio vv y volumen 4πv2 ⁣dv4\pi v^2\dd v. Después, vpv_{\text{p}} sale de  ⁣df/ ⁣dv=0\dd f/\dd v = 0, y los momentos de ∫0∞v3e−av2 ⁣dv=1/2a2\int_0^\infty v^3\eu^{-av^2}\dd v = 1/2a^2, ∫0∞v4e−av2 ⁣dv=38π/a5\int_0^\infty v^4\eu^{-av^2}\dd v = \tfrac38\sqrt{\pi/a^5}; vcmv_{\text{cm}} se sigue también de la equipartición, 12m⟨v2⟩=32kBT\tfrac12m\langle v^2\rangle = \tfrac32k_BT. ∎

La distribución de celeridades de Maxwell para el nitrógeno a tres temperaturas: el máximo se mueve como √ T, la curva se ensancha y la cola de altas celeridades es la que más crece — la cola que decide el escape y las velocidades de reacción.
La distribución de celeridades de Maxwell para el nitrógeno a tres temperaturas: el máximo se mueve como T\sqrt T, la curva se ensancha y la cola de altas celeridades es la que más crece — la cola que decide el escape y las velocidades de reacción.

Ejemplo 29.10 (Quién abandona el planeta)

La velocidad de escape de la Tierra vale 11.2 km/s11.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s}. En la exosfera, cerca de 1000 K1000\,\mathrm{K}, el helio tiene vp=2.0 km/sv_{\text{p}} = 2.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}: la fracción de átomos por encima de la velocidad de escape es del orden de e−(11.2/2.0)2=e−31≈10−13\eu^{-(11.2/2.0)^2} = \eu^{-31} \approx 10^{-13} — pequeña, pero renovada en cada colisión durante miles de millones de años: el helio se fuga, y su abundancia en el aire es de solo 5 ppm5\,\mathrm{ppm} pese a su producción constante por desintegración radiactiva. Para el nitrógeno el exponente es siete veces mayor, e−220\eu^{-220}: el nitrógeno se queda. En la Luna (vesc=2.4 km/sv_{\text{esc}} = 2.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}), incluso el nitrógeno a 400 K400\,\mathrm{K} (vp=490 m/sv_{\text{p}} = 490\,\mathrm{m}/\mathrm{s}) tiene e−24\eu^{-24} por tiempo de colisión: en la edad del sistema solar no sobrevive atmósfera alguna.

29.5 Paramagnetismo y ley de Curie

Proposición 29.11 (Paramagnético de espín 1/2)

NN momentos magnéticos independientes que solo pueden apuntar a favor o en contra del campo BB, con energías ∓μB\mp\mu B, tienen a la temperatura TT el momento medio y la imanación

⟨μz⟩=μtanh⁡μBkBT,M=nμtanh⁡μBkBT ⟶ {nμ2B/kBT(μB≪kBT): ley de Curie,nμ(μB≫kBT): saturacioˊn.\langle\mu_z\rangle = \mu\tanh\frac{\mu B}{k_BT}, \qquad M = n\mu\tanh\frac{\mu B}{k_BT} \ \longrightarrow\ \begin{cases} n\mu^2B/k_BT & (\mu B \ll k_BT):\ \text{ley de Curie}, \\ n\mu & (\mu B \gg k_BT):\ \text{saturación}. \end{cases}

La susceptibilidad χ=μ0M/B=μ0nμ2/kBT\chi = \mu_0M/B = \mu_0n\mu^2/k_BT varía como 1/T1/T (ley de Curie); con μ=μB=9.27×10−24 J/T\mu = \mu_B = 9.27 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}/\mathrm{T}, μB/kBT=2.2×10−3\mu B/k_BT = 2.2 \times 10^{-3} a 1 T1\,\mathrm{T} y 300 K300\,\mathrm{K}, así que los paramagnéticos corrientes apenas se imanan; a 1 K1\,\mathrm{K} el mismo campo da 0.670.67 y empieza la saturación.

Demostración. p±∝e±μB/kBTp_\pm \propto\eu^{\pm\mu B/k_BT}: ⟨μz⟩=μ(ex−e−x)/(ex+e−x)\langle\mu_z\rangle = \mu(\eu^x - \eu^{-x})/(\eu^x + \eu^{-x}) con x=μB/kBTx = \mu B/k_BT; tanh⁡x≈x\tanh x \approx x para xx pequeña. ∎

Imanación de un paramagnético de espín 1/2: lineal en B/T a campos pequeños (Curie) y saturada cuando B supera a k_BT — lo que se alcanza a un tesla solo por debajo de un kelvin, lo que hace de la curva un termómetro para los experimentos más fríos.
Imanación de un paramagnético de espín 1/2: lineal en B/TB/T a campos pequeños (Curie) y saturada cuando μB\mu B supera a kBTk_BT — lo que se alcanza a un tesla solo por debajo de un kelvin, lo que hace de la curva un termómetro para los experimentos más fríos.

Observación 29.12 (Lo que el factor no hace)

El factor de Boltzmann describe el equilibrio a una temperatura; no dice nada de las velocidades de proceso (con qué rapidez se alcanza el equilibrio — aunque una energía de activación EaE_{\text{a}} da ritmos ∝e−Ea/kBT\propto\eu^{-E_{\text{a}}/k_BT}, la ley de Arrhenius que se vio para la difusión en sólidos). Se aplica a subsistemas independientes o al conjunto; para partículas cuánticas idénticas a densidad alta (electrones en un metal, fotones, helio cerca del cero absoluto) lo sustituyen las distribuciones de Fermi–Dirac y de Bose–Einstein del volumen del tercer año, de las que es el límite diluido.

Método 29.13 (Estimaciones de Boltzmann)

(1) Calcúlese E/kBTE/k_BT; kBT=0.026 eVk_BT = 0.026\,\mathrm{eV} a 300 K300\,\mathrm{K} y 1 eV1\,\mathrm{eV} a 11 600 K11\,600\,\mathrm{K}. (2) Razones de poblaciones: e−ΔE/kBT\eu^{-\Delta E/k_BT} (por las degeneraciones). (3) Niveles discretos: ZZ, luego ⟨E⟩=−∂βln⁡Z\langle E\rangle = -\partial_\beta\ln Z y después CC. (4) Variables continuas cuadráticas: 12kBT\tfrac12k_BT cada una, si no están congeladas. (5) Celeridades: vp=2kBT/mv_{\text{p}} = \sqrt{2k_BT/m} y la cola gaussiana. (6) Espines: tanh⁡(μB/kBT)\tanh(\mu B/k_BT), el 1/T1/T de Curie.

29.6 Ejercicios

Ejercicio 29.1 ★

Altura de escala del aire a 288 K288\,\mathrm{K} (M=29 g/molM = 29\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}); presión a 3000 m3000\,\mathrm{m}, a 8849 m8849\,\mathrm{m} y a 10 km10\,\mathrm{km} (compárese con los 0.26 bar0.26\,\mathrm{bar} medidos); altura de escala del helio solo; y la de la atmósfera marciana (CO2_2, 210 K210\,\mathrm{K}, g=3.7 m/s2g = 3.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}).

Solución

Solución de Ejercicio 29.1.

H=kBT/mg=8.4 kmH = k_BT/mg = 8.4\,\mathrm{km}; 0.70 0.70\,, 0.35 0.35\,, 0.30 bar0.30\,\mathrm{bar} (los 0.26 0.26\, reales: el aire se enfría con la altura); helio 61 km61\,\mathrm{km}; Marte 10.7 km10.7\,\mathrm{km}.

Ejercicio 29.2 ★

Poblaciones: el nivel n=2n = 2 del hidrógeno (10.2 eV10.2\,\mathrm{eV}, degeneración 44 frente a 11) a 300 K300\,\mathrm{K}, 6000 K6000\,\mathrm{K} y 10 000 K10\,000\,\mathrm{K}; el nivel de 2.1 eV2.1\,\mathrm{eV} del sodio en una llama a 2500 K2500\,\mathrm{K}; un nivel de rotación molecular a 1×10−3 eV1 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV} a 300 K300\,\mathrm{K}; y un nivel de espín nuclear desdoblado 1×10−7 eV1 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV} en un imán a 300 K300\,\mathrm{K}.

Solución

Solución de Ejercicio 29.2.

Hidrógeno: 4e−395≈10−1714\eu^{-395} \approx 10^{-171}; 4e−19.7=10−84\eu^{-19.7} = 10^{-8}; 4e−11.8=3×10−54\eu^{-11.8} = 3 \times 10^{-5}. Sodio: e−9.8=6×10−5\eu^{-9.8} = 6 \times 10^{-5}. Rotación: e−0.04=0.96\eu^{-0.04} = 0.96, casi iguales. Espín nuclear: 1−4×10−61 - 4 \times 10^{-6} — la polarización minúscula con la que trabaja la resonancia magnética.

Ejercicio 29.3 ★

Celeridades de Maxwell (vpv_{\text{p}}, ⟨v⟩\langle v\rangle, vcmv_{\text{cm}}) para N2_2 a 300 K300\,\mathrm{K} y 77 K77\,\mathrm{K}, para H2_2 a 300 K300\,\mathrm{K} y para una partícula de humo de 1×10−18 kg1 \times 10^{-18}\,\mathrm{kg}. Fracción de moléculas más rápidas que 2vp2v_{\text{p}} (cerca del 4.6%4.6\%) y que 3vp3v_{\text{p}} (cerca de 4×10−44 \times 10^{-4}): coméntese la cola.

Solución

Solución de Ejercicio 29.3.

N2_2 a 300 K300\,\mathrm{K}: 422 422\,, 476 476\,, 517 m/s517\,\mathrm{m}/\mathrm{s}; a 77 K77\,\mathrm{K}: 214 214\,, 241 241\,, 262 m/s262\,\mathrm{m}/\mathrm{s}; H2_2: 1580 1580\,, 1780 1780\,, 1930 m/s1930\,\mathrm{m}/\mathrm{s}; partícula de humo: 9 cm/s9\,\mathrm{cm}/\mathrm{s} (su tiritona browniana). Por encima de 2vp2v_{\text{p}}, una molécula de cada veinte; por encima de 3vp3v_{\text{p}}, una de cada 25002500 — todavía 102210^{22} por metro cúbico.

Ejercicio 29.4 ★

Momentos de espín 1/2 con μ=μB\mu = \mu_B, n=1×1028 m−3n = 1 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}, B=1 TB = 1\,\mathrm{T}: x=μB/kBTx = \mu B/k_BT a 300 K300\,\mathrm{K} y a 1 K1\,\mathrm{K}; M/MsatM/M_{\text{sat}}; MsatM_{\text{sat}}; y la susceptibilidad a 300 K300\,\mathrm{K}. Compárese con la imanación de saturación del hierro (1.7×106 A/m1.7 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}).

Solución

Solución de Ejercicio 29.4.

x=2.2×10−3x = 2.2 \times 10^{-3} y 0.670.67; M/Msat=2.2×10−3M/M_{\text{sat}} = 2.2 \times 10^{-3} y 0.590.59; Msat=nμ=9.3×104 A/mM_{\text{sat}} = n\mu = 9.3 \times 10^{4}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}; χ=μ0nμ2/kBT=2.6×10−4\chi = \mu_0n\mu^2/k_BT = 2.6 \times 10^{-4}. Los 1.7×106 A/m1.7 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m} del hierro son cooperativos, no un efecto de Boltzmann.

Ejercicio 29.5 ★★

Dos niveles. (a) Dedúzcanse p1p_1, p2p_2 y ⟨E⟩\langle E\rangle a partir de ZZ. (b) Muéstrese que N2<N1N_2 < N_1 a cualquier temperatura positiva; ¿qué significaría N2>N1N_2 > N_1 para TT? (c) Entropía S=−NkB∑piln⁡piS = -Nk_B\sum p_i\ln p_i del sistema para T→0T \to 0 y T→∞T \to \infty. (d) Un defecto de un cristal puede estar en dos posiciones separadas 0.05 eV0.05\,\mathrm{eV}: ocupación de la superior a 300 K300\,\mathrm{K} y a 77 K77\,\mathrm{K}.

Solución

Solución de Ejercicio 29.5.

(a) Proposición 29.5. (b) e−x<1\eu^{-x} < 1 para T>0T > 0; N2>N1N_2 > N_1 exigiría T<0T < 0 — una inversión de población. (c) 00 y NkBln⁡2Nk_B\ln 2. (d) x=1.93x = 1.93: 0.130.13; a 77 K77\,\mathrm{K}, x=7.5x = 7.5: 5×10−45 \times 10^{-4}.

Ejercicio 29.6 ★★

Schottky. (a) Dedúzcase C(T)C(T) del sistema de dos niveles. (b) Localícese su máximo numéricamente (x=2.40x = 2.40) y su valor. (c) Límites a baja y a alta TT, con su significado físico. (d) Los espines nucleares del cobre en 1 T1\,\mathrm{T} tienen ε≈1×10−7 eV\varepsilon \approx 1 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV}: ¿a qué temperatura queda su pico de Schottky y por qué importa para los criostatos más fríos?

Solución

Solución de Ejercicio 29.6.

(a) Derivada de Nε/(ex+1)N\varepsilon/(\eu^x + 1). (b) x=2.40x = 2.40, C=0.44 NkBC = 0.44\,Nk_B. (c) ∝x2e−x→0\propto x^2\eu^{-x} \to 0: congelado; ∝1/T2→0\propto 1/T^2 \to 0: ambos niveles llenos, sin nada que absorber. (d) kBT=0.42εk_BT = 0.42\varepsilon: 0.5 mK0.5\,\mathrm{mK}; por debajo de un milikelvin los espines nucleares acaparan casi toda la capacidad calorífica y frenan cualquier enfriamiento.

Ejercicio 29.7 ★★

La equipartición y su fracaso. (a) Dedúzcase ⟨aq2⟩=kBT/2\langle aq^2\rangle = k_BT/2 con la integral gaussiana. (b) CVC_V de un gas monoatómico y de uno diatómico rígido. (c) La vibración del nitrógeno tiene hν/kB=3400 Kh\nu/k_B = 3400\,\mathrm{K}: con la energía media del oscilador, CVC_V a 300 K300\,\mathrm{K}, 1000 K1000\,\mathrm{K} y 3000 K3000\,\mathrm{K}. (d) Sólido de Einstein: CC en T=θET = \theta_{\text{E}}, θE/4\theta_{\text{E}}/4 y 4θE4\theta_{\text{E}} en unidades de 3R3R; el diamante a temperatura ambiente.

Solución

Solución de Ejercicio 29.7.

(a) Teorema 29.8. (b) 32R\tfrac32R y 52R\tfrac52R. (c) Cvib/R=x2ex/(ex−1)2C_{\text{vib}}/R = x^2\eu^x/(\eu^x - 1)^2: 0.0020.002, 0.410.41, 0.900.90; CV=2.50RC_V = 2.50R, 2.91R2.91R, 3.40R3.40R. (d) 0.920.92, 0.300.30, 0.9950.995; diamante con x=4.3x = 4.3: 0.26×3R=6.5 J/mol/K0.26 \times 3R = 6.5\,\mathrm{J}/\mathrm{mol}/\mathrm{K}.

Ejercicio 29.8 ★★

Maxwell en detalle. (a) Muéstrese que las componentes de la velocidad son gaussianas independientes y dedúzcase f(v)f(v). (b) Calcúlense vpv_{\text{p}}, ⟨v⟩\langle v\rangle y vcmv_{\text{cm}}. (c) Energía cinética media: compruébese con la equipartición. (d) El flujo de moléculas que golpean una pared vale 14n⟨v⟩\tfrac14n\langle v\rangle por unidad de área y de tiempo (admitido): número de moléculas de N2_2 que golpean 1 cm21\,\mathrm{cm}^{2} por segundo a 1 bar1\,\mathrm{bar} y 300 K300\,\mathrm{K}; y el ritmo con que un agujerito de 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m} deja entrar aire en una cámara de vacío (efusión).

Solución

Solución de Ejercicio 29.8.

(a) y (b) Teorema 29.9. (c) 32kBT\tfrac32k_BT. (d) 14n⟨v⟩=2.9×1027 m−2 s−1\tfrac14n\langle v\rangle = 2.9 \times 10^{27}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}: 3×10233 \times 10^{23} por centímetro cuadrado y segundo; por 7.9×10−13 m27.9 \times 10^{-13}\,\mathrm{m}^{2}: 2.3×10152.3 \times 10^{15} moléculas por segundo, una fuga de 1×10−5 Pa m3/s1 \times 10^{-5}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}.

Ejercicio 29.9 ★★

Escape. (a) Fracción de un gas de Maxwell más rápida que vv: muéstrese que vale aproximadamente (2/π) x e−x2(2/\sqrt\pi)\,x\,\eu^{-x^2} para x=v/vp≫1x = v/v_{\text{p}} \gg 1. (b) Helio a 1000 K1000\,\mathrm{K} por encima de 11.2 km/s11.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s}; y nitrógeno. (c) Luna, vesc=2.4 km/sv_{\text{esc}} = 2.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, 400 K400\,\mathrm{K}: nitrógeno, y qué temperatura lo retendría durante la edad del sistema solar (tómense 101710^{17} tiempos de colisión: fracción de escape por debajo de 10−1710^{-17}). (d) ¿Por qué conserva Titán (2.6 km/s2.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, 94 K94\,\mathrm{K}) una atmósfera espesa de nitrógeno?

Solución

Solución de Ejercicio 29.9.

(a) Intégrese ff por partes; el término dominante es (2/π)xe−x2(2/\sqrt\pi)x\eu^{-x^2}. (b) Helio con x=5.5x = 5.5: 5×10−135 \times 10^{-13}; nitrógeno con x=14.5x = 14.5: e−211\eu^{-211}. (c) x=4.9x = 4.9: 10−1010^{-10} por tiempo de colisión — desaparecido; 10−1710^{-17} exige x≈6.6x \approx 6.6, T≲230 KT \lesssim 230\,\mathrm{K}. (d) x=11x = 11: e−121\eu^{-121}; bastante frío.

Ejercicio 29.10 ★★★

Otros potenciales. (a) En una centrifugadora que gira a ω\omega, la energía potencial efectiva vale −12mω2r2-\tfrac12m\omega^2r^2: perfil de densidad n(r)n(r). (b) Hexafluoruro de uranio, dos isótopos con Δm=3 u\Delta m = 3\,\mathrm{u}, ω=2π×1000 Hz\omega = 2\pi \times 1000\,\mathrm{Hz}, r=10 cmr = 10\,\mathrm{cm}, 300 K300\,\mathrm{K}: factor de enriquecimiento de una etapa. (c) Esferas coloidales (de masa aparente m′=2.6×10−17 kgm' = 2.6 \times 10^{-17}\,\mathrm{kg}) en agua a 293 K293\,\mathrm{K}: altura de escala de su equilibrio de sedimentación; ¿cómo dio esto el número de Avogadro? (d) Un gas de electrones en un campo EE: ¿por qué es el perfil de Boltzmann eeEx/kBT\eu^{eEx/k_BT} la base de la longitud de apantallamiento de Debye λD=ε0kBT/ne2\lambda_{\text{D}} = \sqrt{\varepsilon_0k_BT/ne^2} de un plasma (esbócese el argumento)?

Solución

Solución de Ejercicio 29.10.

(a) n=n0emω2r2/2kBTn = n_0\eu^{m\omega^2r^2/2k_BT}. (b) eΔmω2r2/2kBT=e0.24=1.27\eu^{\Delta m\omega^2r^2/2k_BT} = \eu^{0.24} = 1.27. (c) H=kBT/m′g=16 µmH = k_BT/m'g = 16\,\text{µ}\mathrm{m}; contar esferas a varias alturas da kBk_B y, con él, NA=R/kBN_A = R/k_B. (d) Los iones siguen e∓eφ/kBT\eu^{\mp e\varphi/k_BT} alrededor de una carga; linealizado en la ecuación de Poisson esto da φ′′=φ/λD2\varphi'' = \varphi/\lambda_{\text{D}}^2: el potencial queda apantallado más allá de λD\lambda_{\text{D}}.

Ejercicio 29.11 ★★★

Planck a partir de Boltzmann. (a) Calcúlense ZZ y ⟨E⟩\langle E\rangle para los niveles nhνnh\nu. (b) Los dos límites y su significado. (c) Multiplíquese por la densidad de modos 8πν2/c38\pi\nu^2/c^3 (dada) y recupérese la ley de Planck; muéstrese que la ley de Rayleigh–Jeans es la equipartición aplicada a cada modo. (d) ¿Por qué falla el recuento clásico, en una frase?

Solución

Solución de Ejercicio 29.11.

(a) Z=1/(1−e−x)Z = 1/(1 - \eu^{-x}), ⟨E⟩=hν/(ex−1)\langle E\rangle = h\nu/(\eu^x - 1). (b) kBTk_BT: equipartición; hνe−hν/kBTh\nu\eu^{-h\nu/k_BT}: congelado. (c) uν=(8πν2/c3)⟨E⟩u_\nu = (8\pi\nu^2/c^3)\langle E \rangle; Rayleigh–Jeans da kBTk_BT a cada modo. (d) Un modo no puede excitarse con menos de un cuanto.

Ejercicio 29.12 ★★★

Desimanación adiabática. La entropía de NN espines 1/2 vale S=NkB[ln⁡(2cosh⁡x)−xtanh⁡x]S = Nk_B[\ln(2\cosh x) - x\tanh x], x=μB/kBTx = \mu B/k_BT. (a) Muéstrese que solo depende de B/TB/T, con S→NkBln⁡2S \to Nk_B\ln 2 para B/T→0B/T \to 0 y S→0S \to 0 para B/T→∞B/T \to \infty. (b) Una sal a 1 K1\,\mathrm{K} se imana isotérmicamente de 00 a 1 T1\,\mathrm{T}: entropía retirada (por espín, con μ=μB\mu = \mu_B). (c) El campo se reduce después adiabáticamente hasta 0.01 T0.01\,\mathrm{T}: temperatura final. (d) ¿Qué limita el método y cómo sirve de termómetro la misma curva de tanh⁡\tanh?

Solución

Solución de Ejercicio 29.12.

(a) Solo x=μB/kBTx = \mu B/k_BT; ln⁡2\ln 2 y 00. (b) x=0.67x = 0.67: S/NkB=0.51S/Nk_B = 0.51, luego se retiran 0.18 kB0.18\,k_B por espín. (c) Con B/TB/T constante: 10 mK10\,\mathrm{mK}. (d) El campo propio de los espines (milésimas de tesla) sustituye a BB al final y limita el enfriamiento; medir M=nμtanh⁡(μB/kBT)M = n\mu\tanh(\mu B/k_BT) da TT.

Ludwig Boltzmann (1844–1906), cuyo factor -E/k_BT es el objeto de este capítulo y cuya fórmula S = k_B está grabada en su tumba de Viena.
Ludwig Boltzmann (1844–1906), cuyo factor e−E/kBT\eu^{-E/k_BT} es el objeto de este capítulo y cuya fórmula S=kBln⁡ΩS = k_B\ln\Omega está grabada en su tumba de Viena.

29.7 Problema: la atmósfera isoterma, la fuga del helio y un termómetro de espines

Problema 29.1

Problema de fin de semana — tres usos de una sola exponencial

Datos: kB=1.38×10−23 J/Kk_B = 1.38 \times 10^{-23}\,\mathrm{J}/\mathrm{K}, NA=6.02×1023 mol−1N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}, g=9.8 m/s2g = 9.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, R⊕=6.37×106 mR_{\oplus} = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, μB=9.27×10−24 J/T\mu_B = 9.27 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}/\mathrm{T}; aire M=29 g/molM = 29\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}, helio 4 g/mol4\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}, nitrógeno 28 g/mol28\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}.

Parte I — La atmósfera isoterma.

  1. A partir de la hidrostática y de la ley del gas perfecto, dedúzcase P(z)=P0e−z/HP(z) = P_0\eu^{-z/H} y dese HH para el aire a 288 K288\,\mathrm{K}.
  2. Identifíquese el factor de Boltzmann en el resultado: ¿qué energía y qué temperatura?
  3. Presión a 3000 m3000\,\mathrm{m}, 5500 m5500\,\mathrm{m} y 8849 m8849\,\mathrm{m}; la altitud a la que la presión se reduce a la mitad.
  4. Masa de la atmósfera por metro cuadrado (a partir de P0=1.013×105 PaP_0 = 1.013 \times 10^{5}\,\mathrm{Pa}) y masa total; compruébese que ∫0∞ρ  ⁣dz=ρ0H\int_0^\infty \rho\,\dd z = \rho_0H.
  5. Número de moléculas de la atmósfera.
  6. Si cada gas siguiera su propia HH, ¿cuál sería la razón O2_2/N2_2 a 50 km50\,\mathrm{km} comparada con la del suelo? ¿Por qué es de hecho uniforme la composición hasta 100 km100\,\mathrm{km}?
  7. La troposfera real se enfría 6.5 K/km6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km}: ¿es la presión a 10 km10\,\mathrm{km} mayor o menor que la estimación isoterma? Explíquese.
  8. Densidad numérica al nivel del mar y a 100 km100\,\mathrm{km} (modelo isotermo, 288 K288\,\mathrm{K}): coméntese lo del “borde del espacio”.

Parte II — La fuga del helio. La exosfera, por encima de 500 km500\,\mathrm{km}, está a unos 1000 K1000\,\mathrm{K} y sin colisiones: una molécula que suba más deprisa que la velocidad de escape se marcha.

  1. Velocidad de escape de la Tierra a esa altitud.
  2. Celeridades más probable y media del helio y del nitrógeno a 1000 K1000\,\mathrm{K}.
  3. Fracción de átomos de helio con v>vescv > v_{\text{esc}} (úsese (2/π)xe−x2(2/\sqrt\pi)x\eu^{-x^2}); lo mismo para el nitrógeno.
  4. El flujo de helio que escapa vale aproximadamente 14nHe⟨v⟩×\tfrac14n_{\text{He}}\langle v\rangle \times (esa fracción) ×12\times\tfrac12; con nHe=1×1012 m−3n_{\text{He}} = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3} en la exobase, estímese la pérdida por metro cuadrado y segundo, y por año para toda la Tierra.
  5. El helio del aire son 5 ppm5\,\mathrm{ppm} en volumen: helio total de la atmósfera y su tiempo de residencia frente a la pérdida calculada.
  6. La radiactividad de la corteza produce unos 3×106 kg3 \times 10^{6}\,\mathrm{kg} de helio al año: ¿está el helio atmosférico en régimen estacionario, y qué enseña la comparación con la pregunta 11?
  7. En el máximo solar la exosfera llega a 2000 K2000\,\mathrm{K}: ¿en qué factor sube la fracción de helio que escapa?
  8. ¿Por qué no tiene atmósfera la Luna, y Titán (escape a 2.6 km/s2.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}, 94 K94\,\mathrm{K}) la tiene espesa?

Parte III — Un termómetro de espines. Una sal paramagnética contiene n=2×1027 m−3n = 2 \times 10^{27}\,\mathrm{m}^{-3} espines 1/2 con μ=μB\mu = \mu_B, en un campo BB.

  1. Poblaciones de los dos niveles e imanación M(B,T)M(B,T).
  2. Con B=0.1 TB = 0.1\,\mathrm{T}: MM a 300 K300\,\mathrm{K}, 4 K4\,\mathrm{K} y 0.05 K0.05\,\mathrm{K}; ¿dónde vale la ley de Curie?
  3. ¿Por qué es MM un termómetro y en qué intervalo es más sensible? ¿Qué se mide en la práctica?
  4. Energía media y capacidad calorífica de los espines (Schottky); temperatura del pico con 0.1 T0.1\,\mathrm{T}.
  5. Entropía de los espines a temperatura alta y a temperatura nula; ¿qué “orden” aparece cuando T→0T \to 0?
  6. Desimanación adiabática de 1 K1\,\mathrm{K} y 1 T1\,\mathrm{T} hasta 0.01 T0.01\,\mathrm{T}: temperatura final; ¿por qué hacer B→0B \to 0 no puede dar T→0T \to 0?
  7. Un termómetro de espines nucleares usa μN=μB/1836\mu_{\text{N}} = \mu_B/1836: a 1 T1\,\mathrm{T}, ¿hasta qué temperatura vale la ley de Curie y por qué se usa un termómetro así en el intervalo de los microkelvin?
  8. Compárese con la anchura Doppler de una raya espectral (a partir de la distribución de Maxwell) como termómetro de gases: ¿qué magnitud y cómo escala con TT?
  9. Resúmase: los tres sistemas y la única fórmula.
Solución

Solución de Problema 29.1.

1.  ⁣dP/ ⁣dz=−nmg=−(mg/kBT)P\dd P/\dd z = -nmg = -(mg/k_BT)P; H=8.4 kmH = 8.4\,\mathrm{km}.

2. e−mgz/kBT\eu^{-mgz/k_BT}: la energía potencial de una molécula y la temperatura del aire.

3. 0.70 0.70\,, 0.52 0.52\,, 0.35 bar0.35\,\mathrm{bar}; Hln⁡2=5.8 kmH\ln 2 = 5.8\,\mathrm{km}.

4. P0/g=1.03×104 kg/m2P_0/g = 1.03 \times 10^{4}\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}; ×4πR2\times 4\pi R^2: 5.3×1018 kg5.3 \times 10^{18}\,\mathrm{kg}; ρ0H=1.22×8400=1.03×104 kg/m2\rho_0H = 1.22 \times 8400 = 1.03 \times 10^{4}\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}.

5. 5.3×1018/(29×10−3/NA)=1.1×10445.3 \times 10^{18}/(29 \times 10^{-3}/N_A) = 1.1 \times 10^{44}.

6. HO2=7.6H_{\text{O}_2} = 7.6, HN2=8.7 kmH_{\text{N}_2} = 8.7\,\mathrm{km}: la razón a 50 km50\,\mathrm{km} sería e−50/7.6+50/8.7=0.44\eu^{-50/7.6 + 50/8.7} = 0.44 de su valor en el suelo; la turbulencia mezcla más deprisa de lo que separa la difusión.

7. Menor: el aire frío es más denso y la presión cae más deprisa.

8. 2.5×1025 m−32.5 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}; e−11.9\eu^{-11.9}: 1.7×1020 m−31.7 \times 10^{20}\,\mathrm{m}^{-3} — no hay borde, solo un convenio.

9. 11.26370/6870=10.8 km/s11.2\sqrt{6370/6870} = 10.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}.

10. Helio 2040 2040\, y 2300 m/s2300\,\mathrm{m}/\mathrm{s}; nitrógeno 770 770\, y 870 m/s870\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

11. x=5.3x = 5.3: 4×10−124 \times 10^{-12}; nitrógeno e−196\eu^{-196}: ninguno.

12. 14×1012×2300×4×10−12×12≈103\tfrac14 \times 10^{12} \times 2300 \times 4 \times 10^{-12} \times \tfrac12 \approx 10^3 átomos por metro cuadrado y segundo; para toda la Tierra y un año, 2×10252 \times 10^{25} átomos — 0.1 kg0.1\,\mathrm{kg}.

13. 5×10−6×1.1×1044=5.5×10385 \times 10^{-6} \times 1.1 \times 10^{44} = 5.5 \times 10^{38} átomos, 3.7×1012 kg3.7 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}; frente a 0.1 kg0.1\,\mathrm{kg} al año, el tiempo de residencia sería absurdo.

14. El régimen estacionario exige una pérdida de 3×106 kg3 \times 10^{6}\,\mathrm{kg} al año: un tiempo de residencia de cerca de un millón de años, que es el valor aceptado — así que la estimación térmica a 1000 K1000\,\mathrm{K} se queda muy corta: la fuga la dominan los episodios más calientes y los procesos no térmicos (iónicos).

15. x=3.75x = 3.75: e−14\eu^{-14} en vez de e−28\eu^{-28} — un factor 10610^6: la pérdida es extraordinariamente sensible a la temperatura de la exosfera.

16. La Luna es caliente y ligera: todo escapa en tiempo geológico; Titán es frío, con x=11x = 11 para el nitrógeno.

17. p±=e±x/2cosh⁡xp_\pm = \eu^{\pm x}/2\cosh x; M=nμtanh⁡xM = n\mu\tanh x.

18. x=μB/kBTx = \mu B/k_BT: 4.2 A/m4.2\,\mathrm{A}/\mathrm{m}, 310 A/m310\,\mathrm{A}/\mathrm{m}, 1.6×104 A/m1.6 \times 10^{4}\,\mathrm{A}/\mathrm{m} (saturación 1.9×104 A/m1.9 \times 10^{4}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}); Curie para x≪1x \ll 1, es decir, T≫70 mKT \gg 70\,\mathrm{mK}.

19. MM depende solo de TT una vez conocido BB; con la mayor pendiente cerca de x≈1x \approx 1, T≈μB/kB=70 mKT \approx \mu B/k_B = 70\,\mathrm{mK}; se mide la susceptibilidad con una bobina.

20. ⟨E⟩=−NμBtanh⁡x\langle E\rangle = -N\mu B\tanh x; C=NkBx2/cosh⁡2xC = Nk_Bx^2/\cosh^2x, con el máximo en x=1.2x = 1.2: 56 mK56\,\mathrm{mK}.

21. NkBln⁡2Nk_B\ln 2 y 00: todos los espines se alinean con el campo.

22. 10 mK10\,\mathrm{mK}; el campo propio de los espines, de una milésima de tesla, sustituye a BB y fija el suelo.

23. x=1x = 1 para μNB/kB=0.37 mK\mu_{\text{N}}B/k_B = 0.37\,\mathrm{mK}: Curie vale hasta un milikelvin, y el termómetro es útil hasta los microkelvin.

24. Δν/ν=8kBTln⁡2/mc2∝T\Delta\nu/\nu = \sqrt{8k_BT\ln2/mc^2} \propto \sqrt T: la anchura de una raya mide la temperatura del gas.

25. Atmósfera, gas que escapa y espines: e−E/kBT\eu^{-E/k_BT} con E=mgzE = mgz, 12mv2\tfrac12mv^2 y ∓μB\mp\mu B.