Examen Resuelto (2014)

Examen Español
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 4º curso
Asignatura Fenómenos Colectivos y Transiciones de Fase
Año del apunte 2014
Páginas 5
Fecha de subida 30/06/2014
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Examen resuelto: obtención de exponentes críticos

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Fen` omens Col.lectius i Transicions de Fase (2012-13) Prova final 2013- 2a part.
Cuestiones 1 . Definir y comentar las hip´otesis fundamentales de la aproximaci´on de Bragg-Williams.
Soluci´ on: La principal hip´otesis de la aproximaci´on de Bragg-Williams tiene el siguiente enunciado: El orden de corto alcance N++ viene determinado u ´nicamente por el orden de largo alcance N+ suponiendo que la distribuci´on de N+ es totalmente aleatoria.
De esta hip´otesis se sacan las siguientes conclusiones cuantitativas para realizar el c´alculo de la funci´on de partici´on: • Puesto que todo es aleatorio no hay correlaciones a corta alcance, P (N++ ) ≃ P (N+ )P (N+ ) → ( N++ N+ = γN/2 N )2 , (1) de donde expresamos N++ en funci´on de N+ .
• La distribuci´on de espines ± es pues totalmente aleatoria y nos da una degeneraci´on, N! Ω(N+ ) = .
(2) N+ !(N − N+ )! Queda por a˜ nadir la aproximaci´on habitual del sumando mayor, ZN (H, T ) = N ∑ Ω(N+ ) exp [−βH(N+ , H)] =, ≃ Ω(N+∗ ) exp [−βH(N+∗ , H)] N+ =0 (3) Usando estos resultados la funci´on de partici´on puede resolver exactamente.
1 2. A partir de la hip´otesis de escala de G(H, t) = λG(λr H, λs t), demostar que la ecuaci´on de estado puede escribirse de la siguiente forma M = H δ f (M −1/β t, ±1).
Soluci´ on: 1 Este problema est´a propuesto en el libro (Secci´on 9.6: problema 2). Los primeros pasos a dar est´an explicados en la Secci´on 9.1.
Empezamos con la ecuaci´on, G(H, t) = λG(λr H, λs t), (4) de donde derivamos la ecuaci´on para la magnetizaci´on (9.3), ( ∂G M (H, t) = − ∂H ) = λr+1 M (λr H, λs t), (5) t y tomando que λ = |t|−1/s , llegamos a , M (H, t) = |t|−(r+1)/s M (H|t|−r/s , ±) (6) De las definiciones de los exponentes β y δ, tenemos las relaciones, β=− r+1 , s δ= −r , r+1 → r = βδ.
s (7) Usando estas equivalencias podemos reescribir (6) en la forma, M |t|−β = g1± (H|t|−βδ ), (8) que nos indica que los argumentos o variables reducidas son, m = M |t|−β , h = H|t|−βδ → m = g1± (h).
(9) Hasta este punto todo est´a en el libro pero ahora hay que hacer algunos arreglos no muy obvios. Primero suponemos que la funci´on g1± se puende invertir, m = g1± (h) → h = f1± (m), (10) y ahora usamos las siguiente construcci´on, H|t|−βδ H f1± (m) h = = = .
mδ (M |t|−β )δ Mδ mδ 1 (11) Este problema se retir´o del examen debido a ciertos errores tipogr´aficos y que la soluci´on implicaba mucho m´as tiempo para resolverlo sin poder usar el libro.
2 Esta u ´ltima ecuaci´on nos dice que H/M δ es una funci´on de m, que puede reescribirse tambi´en como funci´on de m−1/β , y por lo tanto, H = M δ f± (M −1/β |t|), (12) que es lo que se ped´ıa.
Problemas 3. Calcular la capacidad calor´ıfica CH (T, H = 0) para el modelo de Ising en d = 1. Hacer un dibujo orientativo de CH frente a T , y calcular los l´ımites para T → 0 y T → ∞.
Soluci´ on: El punto de inicio es la funci´on de partici´on (5.22), ZN (T, 0) = 2N (cosh J )N , (13) con J = J/kB T .
La energ´ıa interna es, U =− ∂ ln ZN = −N J tanh J .
∂β (14) Y como tenemos que H = 0, la entalp´ıa magn´etica es igual a la energ´ıa interna, y entonces la capacidad calor´ıfica a campo constante, es CH (T, 0) = ∂ ∂β ∂U 1 U= = N kB J 2 .
∂T ∂T ∂β cosh2 J (15) • Bajas temperaturas (J >> 1). Solo tenemos que aproximar el coseno hiperb´olico, cosh J ∼ eJ /2, CH (T, 0) → N kB 2 −2J J e → 0.
4 (16) que tiende a cero porque domina la exponencial.
• Altas temperaturas (J << 1). Ahora tenemos que cosh J → 1, CH (T, 0) → N kB J 2 → 0.
(17) Como en ambos l´ımites CH tiende a cero y siempre es positiva, podemos concluir que tendr´a un m´aximo (como m´ınimo) para un valor intermedio de la temperatura.
3 4. Experimentalmente se ha encontrado que la ecuaci´on de estado de un sistema ferromagn´etico obedece bastante bien la siguiente expresi´on, µH = kB T m − Jm, 1 − m4 donde m = M/M0 es magnetizaci´on relativa y el significado de las constantes es el ya conocido.
• a. Dibujar el diagrama de fases (m, T ) para H = 0, y encontrar el punto cr´ıtico.
• b. Escribir el desarrollo de la ecuaci´on de estado cerca del punto cr´ıtico.
• c. Encontrar los exponentes cr´ıticos β, δ, γ y γ ′ .
Soluci´ on: • a. Empezamos por obtener el punto cr´ıtico. Como en ese punto, con H = 0, tenemos que resolver la ecuaci´on, kB T m − Jm = 0, 1 − m4 (18) que presenta varias soluciones, – a1. m∗0 = 0, para cualquier valor de T ...
– a2. ...y dos soluciones finitas dadas por, ( m∗± kB T =± 1− J )1/4 , para kB T < J, (19) que implica una temperatura cr´ıtica Tc = J/kB , que separa las dos zonas con suluciones estables diferentes.
El dibujo del diagrama de fases es representar m frente a T y es del mismo tipo que para un ferromagneto de Curie–Weis pero con un exponente distinto (la caida a cero es ahora m´as pronunciada).
• b. Si definimos el campo adimensional h = µH/kB Tc , la ecuaci´on de estado y su desarrollo son, m T − m, h= T c 1 − m4 ( ) T T h≃ − 1 m + m5 + . . . , Tc Tc → 4 debido a que, 1 = 1 + m4 + . . . .
4 1−m Ahora nos quedaremos con los dos primeros t´erminos del desarrollo en las variables centradas en el punto cr´ıtico, h = tm + m5 + . . . .
(20) • c. Los c´alculos de los exponentes son ya inmediatos, – β = 1/4, como puede verse en (19).
– δ = 5, de la ecuaci´on anterior con t = 0.
– γ = γ ′ = 1, bastando derivar en (20) respecto de h, que nos da, ∂m 1 ≃ , ∂h t + 5m4 a partir de lo cual es inmediato obtener los exponentes.
– α = α′ = 1/2, usando la identidad α = 2 − 2β − γ.
Hay que comentar que estos exponentes no son cl´ asicos.
5 ...