¿Podemos teóricamente equilibrar un lápiz perfectamente simétrico en su punta de un átomo?

Question

¿Podemos teóricamente equilibrar un lápiz perfectamente simétrico en su punta de un átomo?

Física
impulso
estabilidad
mecánica cuántica
mecanica-newtoniana
Principio de incertidumbre de Heisenberg

TBBT

Un estudiante de pregrado me preguntó acerca de esta pregunta. Creo que si quitáramos las moléculas de aire alrededor del lápiz y las enfriáramos hasta el cero absoluto, teóricamente ese lápiz se equilibraría.

¿Estoy en lo correcto?

Vídeo de Veritasium/Minutephysics en Youtube .

mente aliteral

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/201929/89896

Respuestas (9)

¿Podemos teóricamente equilibrar un lápiz perfectamente simétrico en su punta de un átomo?

floris · Answer 1

TL; DR: hay muchos factores que impiden que un lápiz permanezca perfectamente equilibrado. El más importante de ellos es el principio de incertidumbre que hará que el lápiz se caiga en menos de cuatro segundos. Para más detalles, sigue leyendo...

Respuesta corta: NO. El primer fotón de luz que lo incida perturbaría su perfecto equilibrio. Las fuerzas de marea de la luna (que no siempre apuntan en la misma dirección) la perturbarían. Las fuerzas de marea del sol lo perturbarían. Podría seguir.

La ecuación del movimiento de un lápiz nos dice que tan pronto como te desvíes del centro por la mínima cantidad, el movimiento se acumulará. No es un equilibrio estable.

Y el grafito no puede soportar el peso de un lápiz en una punta monoatómicamente afilada... Según este proveedor de grafito de alta calidad , la resistencia a la compresión es de unos 25 ksi (~170 MPa - figura 5-2 de la referencia). La punta más pequeña que puede soportar el peso de 0,05 N sería un círculo con un radio de 0,01 mm. Esa es una punta bastante afilada, para un lápiz. No es casi "atómico".

Finalmente, incluso en el cero absoluto, el principio de incertidumbre requiere que la posición del centro de masa no se conozca perfectamente. Las fluctuaciones (mecánicamente requeridas por la mecánica cuántica) de la posición del centro de masa deberían ser suficientes para hacer que el lápiz se caiga eventualmente.

ACTUALIZACIÓN - el impacto de un solo fotón

Es instructivo calcular cuánto tarda un lápiz en caer para una desviación dada del equilibrio (suponiendo por un momento un pivote perfecto en la parte inferior, es decir, el único par aplicado se debe a la gravedad). Lo muestro aquí para un lápiz que fue golpeado por un solo fotón verde, y el resultado es un tiempo sorprendentemente corto.

Modelando el lápiz como una barra uniforme con masa $m$ , longitud $\ell$ , momento de inercia $I=\frac{1}{3}m\ell^2$ , el par $\Gamma$ cuando está en un ángulo $\theta$ a la vertical es

Γ = \frac{1}{2} metro gramo ℓ pecado θ

$\Gamma = \frac12 m g \ell \sin \theta$

Para pequeñas deflexiones, $\sin\theta = \theta$ y usaremos esa suposición a continuación. Entonces la ecuación de movimiento se convierte en

yo \ddot{θ} = \frac{1}{2} metro gramo ℓ θ

$I\ddot\theta = \frac12 m g \ell \theta$

\frac{1}{3} metro ℓ^{2} \ddot{θ} = \frac{1}{2} metro gramo ℓ θ

$\frac13 m \ell^2 \ddot\theta = \frac12 m g \ell \theta$

\ddot{θ} = \frac{3 gramo}{2 ℓ} θ

$\ddot\theta = \frac{3 g}{2\ell}\theta$

Esto se parece mucho a la ecuación de un oscilador armónico simple, pero con el signo equivocado. De hecho, obtenemos una solución muy similar, pero con funciones hiperbólicas.

Poniendo $\frac{3 g}{2 \ell} = \alpha^2$ , podemos integrar esto dos veces para obtener un

θ = C_{1} {mi}^{α t} + C_{2} {mi}^{- α t}

$\theta = C_1 e^{\alpha t} + C_2 e^{-\alpha t}$

Si el lápiz parte del equilibrio, podemos establecer $\theta=0$ a $t=0$ , lo que reduce lo anterior a

θ = 2 C_{1} pecado α t

$\theta = 2C_1 \sinh{\alpha t}$

Dada una velocidad inicial $v_0$ , vemos eso

v_{0} = \frac{ℓ}{2} \dot{θ} = ℓ C_{1} α aporrear α t

$v_0 = \frac{\ell}{2}\dot\theta = \ell C_1 \alpha \cosh{\alpha t}$ asi que

C_{1} = \frac{v_{0}}{ℓ α} = \frac{v_{0}}{ℓ \sqrt{3 gramo / 2 ℓ}} = \frac{v_{0}}{\sqrt{\frac{3}{2} gramo ℓ}}

$C_1 = \frac{v_0}{\ell \alpha} = \frac{v_0}{\ell\sqrt{3 g /2 \ell}} = \frac{v_0}{\sqrt{\frac32 g \ell}}$

Ahora tenemos una expresión para $\theta$ , podemos resolver con una velocidad inicial dada:

t = \frac{1}{α} {pecado}^{- 1} \frac{θ}{C_{1}}

$t = \frac{1}{\alpha}\sinh^{-1}\frac{\theta}{C_1}$

= \sqrt{\frac{2 ℓ}{3 gramo}} {pecado}^{- 1} (\frac{θ \sqrt{\frac{3}{2} gramo ℓ}}{v_{0}})

$= \sqrt{\frac{2\ell}{3 g}}\sinh^{-1}\left(\frac{\theta \sqrt{\frac32 g \ell}}{v_0}\right)$

Ahora viene la parte divertida. Supongamos que golpeamos el lápiz perfectamente equilibrado con un solo fotón de luz verde. El momento de tal fotón es aproximadamente

pags = \frac{mi}{C} = \frac{h}{λ} \approx 10^{- 27} norte s

$p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda} \approx 10^{-27} Ns$

Supongamos que el lápiz es negro para que el fotón no se refleje. La masa de un lápiz es de aproximadamente 0,005 kg, longitud 20 cm. La velocidad del lápiz después de la colisión con el fotón es aproximadamente (sí, hay algunos factores para tener en cuenta el impacto de compensación, etc. Los estoy ignorando, no cambia la respuesta básica):

v_{0} = \frac{pags}{metro} = 2 \cdot 10^{- 25} metro / s

$v_0 = \frac{p}{m} = 2 \cdot 10^{-25} m/s$

Supongamos que "definitivamente cayendo" corresponde a un ángulo de 0,5 grados, o alrededor de 0,01 rad. Podemos poner los valores en la ecuación anterior y encontrar t $\approx$ 6 segundos

Un fotón. Seis segundos. Es un tiempo sorprendentemente corto... pero está a punto de empeorar:

ACTUALIZACIÓN 2 - la importancia del principio de incertidumbre

También es interesante ver cuánto tiempo le tomaría a un lápiz caer dada una desviación inicial de la vertical, porque luego podemos deshacernos del fotón y usar el principio de incertidumbre para estimar el tiempo máximo que el lápiz se equilibrará.

Si el centro de masa está fuera de $\Delta x$ , entonces el ángulo es $\Delta \theta = \frac{2\Delta x}{\ell}$ .

Usando las mismas ecuaciones que antes, encontramos $C_1 + C_2 = \Delta \theta$ . Supongamos que la velocidad inicial es cero, porque "en promedio" lo será, dado que es igualmente probable que la dirección de la velocidad inicial apunte hacia el equilibrio y alejándose de él, por lo que obtenemos $C_1 = C_2$ , y la solución es una $\cosh$ función:

θ = 2 C_{1} aporrear (α t)

$\theta = 2 C_1 \cosh(\alpha t)$

Dónde $C_1 = \frac{\Delta\theta}{2} = \frac{\Delta x}{\ell}$ .

Ahora tenemos el tiempo de caer (tiempo de alcanzar un cierto $\theta$ ) como

t = \frac{1}{α} {aporrear}^{- 1} (\frac{θ ℓ}{2 Δ X})

$t = \frac{1}{\alpha}\cosh^{-1}\left(\frac{\theta\ell}{2\Delta x}\right)$

La ecuación que obtuvimos anteriormente para el tiempo que toma con una velocidad inicial dada se puede reescribir como

t = \frac{1}{α} {pecado}^{- 1} (\frac{θ ℓ α}{Δ v})

$t = \frac{1}{\alpha}\sinh^{-1}\left(\frac{\theta\ell\alpha}{\Delta v}\right)$

y sabemos que

Δ X Δ pags = ℏ

$\Delta x \Delta p = \hbar$

Obviamente, el tiempo más largo para equilibrar se alcanzará cuando los dos tiempos sean iguales; de lo contrario, uno será más largo y el otro más corto, y será el tiempo más corto el que predomine. Para resolver, sustituimos por $\Delta x = \frac{\hbar}{m\Delta v}$ y obten

{aporrear}^{- 1} (\frac{θ ℓ metro Δ v}{ℏ}) = {pecado}^{- 1} (\frac{θ ℓ α}{Δ v})

$\cosh^{-1}\left(\frac{\theta\ell m \Delta v}{\hbar}\right) = \sinh^{-1}\left(\frac{\theta\ell\alpha}{\Delta v}\right)$

Si el término entre paréntesis es lo suficientemente grande, entonces podemos (con el propósito de estimar) establecer

\frac{θ ℓ metro Δ v}{ℏ} = \frac{θ ℓ α}{Δ v}

$\frac{\theta\ell m \Delta v}{\hbar} = \frac{\theta\ell\alpha}{\Delta v}$

De lo que se sigue que

Δ v = \sqrt{\frac{θ ℓ α ℏ}{θ ℓ metro}} = \sqrt{\frac{α ℏ}{metro}}

$\Delta v = \sqrt{\frac{\theta \ell \alpha \hbar}{\theta \ell m }} = \sqrt\frac{{\alpha \hbar}}{m}$

Sustituyendo los valores por el lápiz, encontramos

Δ v = 4 \cdot 10^{- dieciséis} metro / s

$\Delta v = 4\cdot 10^{-16}m/s$

que es muchos órdenes de magnitud mayor que la velocidad debido a que el lápiz es golpeado por un fotón. El momento de caer es entonces

t = \frac{1}{α} {pecado}^{- 1} (\frac{θ ℓ α}{Δ v}) \approx 3.7 s

$t = \frac{1}{\alpha}\sinh^{-1}\left(\frac{\theta\ell\alpha}{\Delta v}\right)\approx 3.7 s$

Entonces, un lápiz "teórico" perfectamente equilibrado que se para en su punta monoatómica, caerá en promedio en unos pocos segundos debido al principio de incertidumbre.

Epílogo, mi hija acaba de señalarme una publicación interesante que calcula lo mismo , y da una respuesta muy similar. El autor firma a sí mismo como "Alemi". Hay un colaborador en este sitio con el mismo identificador. Creo que reconozco el estilo del proceso de pensamiento, así que voy a dar una sugerencia tardía. Por cierto, esa publicación tiene un valor de aproximadamente 3,6 segundos. Lo cual es asombrosamente similar al valor que obtuve.

Además, ¿puedo preguntar perezosamente qué sería $t$ ser para $\theta = 90°$ ?
@AndréNeves: la ecuación de movimiento deja de ser "agradable" en ángulos más grandes, y tendría que integrarse numéricamente. Pero la precisión adicional no vale la pena dadas las suposiciones actuales. Si usáramos la misma ecuación hasta los 90°, la respuesta sería 46 segundos. Ese es el parque de pelota.
Solo una pequeña objeción: las minas de los lápices no están hechas de grafito puro, sino de una mezcla de grafito y arcilla, lo que permite varios niveles de dureza: en.wikipedia.org/wiki/Pencil El grafito puro probablemente sería demasiado blando para ser utilizado.
@jamesqf objeción válida. La dureza del lápiz va de "9H" a "9B" y habrá bastante variabilidad. Encontré un cambio de factor 4x en la dureza Knoop (de 51,5 para 5H a 12,7 para B) en la tabla 1 en la página 288 de "Técnicas de microindentación en ciencia de materiales, número 889 (PJBlau). Convertir a MPa no es sencillo... pero según a tedpella.com/company_html/hardness.htm el lápiz más duro de los anteriores está en algún lugar alrededor de la dureza de la plata (Knoop 60) - 250 MPa Eso no es muy diferente de los 170 MPa que usé anteriormente.
Es posible que desee consultar esta pregunta y las objeciones que planteo al argumento de KleinGordon, así como, con toda probabilidad, las del autor del libro, ya que creo que el autor simplemente argumenta como KleinGordon. Supongo que usted es una de las personas en este sitio que podría estar al día con un análisis completo de un péndulo giratorio.
No creo que deba / pueda usar el principio de falta de nitidez (me niego a usar una traducción incorrecta al inglés) en cálculos clásicos como este. Dicho principio no establece que uno no pueda estar seguro o que no pueda medir las cosas con total nitidez/precisión, sino que el concepto mismo de tal exactitud es antinatural y, por lo tanto, erróneo. Si desea utilizar QM en esta respuesta, será mejor que resuelva los estados cuánticos relevantes. El estado de equilibrio clásico en la punta es inestable y no tiene un estado cuántico correspondiente.
@Walter, hay diferentes formas de llegar a la conclusión de que un lápiz que parece, en un caso, estar perfectamente equilibrado, no puede permanecer en ese estado para siempre. Si usa la termodinámica estadística (clásica), necesitaría tener información precisa sobre la posición y el momento de cada átomo. A esa escala, QM dice que no puedo tener eso y, por lo tanto, el impulso/posición del conjunto tampoco se conoce perfectamente. Pero incluso si lo fuera, un solo fotón sería suficiente para destruir el equilibrio debido a la forma del pozo de potencial.
Tengo un problema con estas explicaciones de la relación de incertidumbre de un lápiz que se cae. En ausencia de cualquier grado de libertad externo, no hay colapso de la función de onda, por lo que, si bien la función de onda del lápiz puede ampliarse con el tiempo, etc., etc., no hay razón para creer que caerá . Creo que esto es realmente un abuso desafortunado del principio de incertidumbre que genera mucha confusión. Toda esta charla suelta sobre "promedios" en el caso cuántico solo tiene sentido si tiene un conjunto de lápices que interactúan con un entorno. El principio de incertidumbre por sí solo no es suficiente.
@DanielSank Creo que no hay necesidad de un colapso de la función de onda. Es suficiente que no hay forma de tener un lápiz que esté correctamente vertical y con un impulso cero. Todo lo que necesitamos es un desplazamiento infinitesimal de la vertical y el equilibrio inestable hará el resto. Tenemos un conjunto de átomos. ¿Me está diciendo que QM les permite colocarse con un conocimiento perfecto de la posición y sin momento lateral? Simplemente estoy usando el HUP para decir "solo puedes acercarte tanto", y eso proporciona un punto de partida para la caída del lápiz. Incluso un minúsculo desplazamiento es suficiente.
@Floris Creo que hay un malentendido fundamental de la mecánica cuántica en el trabajo aquí. Probablemente debería escribir una publicación de respuesta propia al respecto porque dudo que pueda explicarlo bien en los comentarios.
@DanielSank lo alentaría. Por favor, deje un enlace aquí cuando haya terminado.
considerar los efectos cuánticos en una situación clásica inestable no es un ejercicio útil. Ciertamente, no puede usar HUP para decir "solo puede acercarse tanto" . Se podría decir que el estado de equilibrio clásico inestable no tiene un equivalente QM y, por lo tanto, no es una descripción válida del sistema.
@Walter: ¿por qué el lápiz no es solo una superposición de las funciones de onda de los átomos individuales en un pozo potencial con curvatura negativa?
La misma pregunta se hace en Introducción a la mecánica clásica de David Morin . En la solución dada en el libro mismo, él también calcula $t$ aproximadamente para ser $3.5~\mathrm{s}$ !

mmesser314 · Answer 2

no _ Para equilibrarse perfectamente, el lápiz tendría que estar perfectamente vertical y perfectamente quieto. El principio de incertidumbre limita qué tan bien puede hacer ambas cosas al mismo tiempo.

Momento y posición forman un par conjugado.

Δ X Δ pags \geq \frac{ℏ}{2}

$\Delta x \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}$ .

El momento angular y la posición angular también forman uno.

Δ L Δ Θ \geq \frac{ℏ}{2}

$\Delta L \Delta \Theta \geq \frac{\hbar}{2}$

Esto no garantiza que el momento angular y la posición angular sean distintos de cero. Es una incertidumbre - Los valores reales pueden ser cualquier cosa, incluso $0$ .

Pero te impide acomodarlos a ambos para que el lápiz permanezca en posición vertical. Además, si pregunta cuál es la probabilidad de encontrar ambos valores muy cerca de $0$ , usted encuentra que es muy pequeño. En el límite, infinitamente improbable.

si resulta que $L = \Theta = \sqrt{\hbar}$ , e ingresas valores razonables para la masa y la longitud del lápiz, verás que se cae en unos pocos segundos.

Actualización tardía

Estaba esperando hasta el fin de semana para agregar una actualización. Cuando llegó aquí, a Floris le quedaba muy poco que agregar. E hizo un mejor trabajo que yo lo habría hecho. Buenas respuestas.

Varios usuarios sintieron que un lápiz ideal afilado con una punta atómica no era realista. El lápiz debe tener una parte plana en la parte inferior.

Mi propia idea es que el lápiz debería montarse en una de esas poleas sin masa y sin fricción que parecen ser tan comunes en las aulas de física de la escuela secundaria.

Sin embargo, un lápiz con un plano puede tratarse semiclásicamente. Debido al principio de incertidumbre, el lápiz tiene un momento inicial y, por lo tanto, una energía inicial. Esto hará que el lápiz se vuelque. Lo que a su vez hará que el lápiz gire sobre un borde del plano. El centro de masa se elevará hasta que esté directamente sobre el borde del piso. Si la energía de "incertidumbre" inicial es mayor que la energía necesaria para elevar el centro de masa, el lápiz se volcará.

Un tratamiento de mecánica cuántica trataría la región donde el centro de masa está sobre el interior del plano como un pozo de potencial. Hay una probabilidad de hacer un túnel.

Ambos escenarios se tratan con todo detalle (con diagramas en caso de que mi descripción no sea clara) aquí . Encontré este enlace siguiendo la "publicación interesante que calcula lo mismo" de Floris. Esa publicación tenía algunos comentarios en la parte inferior. El último comentario contiene el enlace.

¿Realmente tiene que estar perfectamente vertical y quieto para mantener el equilibrio? El átomo en la punta tiene efectivamente un ancho finito ya que su interacción con la superficie en la que se equilibra es electromagnética y los orbitales de electrones se extienden por el espacio.
"infinitamente improbable" - ¡bueno, entonces sé exactamente lo que necesitamos!
@Hypnosifl tienes razón. Si bien el sistema es inestable en una superficie plana (incluso potencial) y, por lo tanto, sufrirá un colapso, cuando comienza a jugar con puntas de un solo átomo, también tenemos que hablar sobre la suavidad de la superficie. La superficie puede agregar suficiente estabilidad al sistema para convertir la configuración inestable en estable. En ese punto, la incertidumbre cuántica simplemente daría un paseo aleatorio dentro de esa región estable, en lugar de colapsar en la inestabilidad.
Suponiendo que este lápiz y superficie teóricos se produjeron en la tierra, la superficie a equilibrar estaba dentro del vacío, la superficie en sí era perfectamente lisa y el sistema de liberación no ejerce ninguna fuerza adicional sobre el lápiz. Entonces, ¿por qué no, además de la fórmula antes mencionada para calcular la posición angular y el peso, calcular para compensar la inercia del giro de rotación de la tierra y el movimiento espacial?
Dices "se cae en unos segundos": ¿puedes motivar? ¿Cuál es este orden de magnitud? ¿Por qué no 100 segundos, 1000 segundos?
¿Pero el átomo individual no "cortaría" el lápiz? Esto crearía rápidamente una punta más grande que 1 átomo de ancho o crearía un objeto largo similar a una aguja que entraría en el lápiz, lo que ayudaría al equilibrio.
Los pocos segundos instantáneamente me recordaron cómo ese tiempo obviamente había sido superado .

MSalters · Answer 3

No. El peso del lápiz es de aproximadamente 1 Newton, y el área es de aproximadamente 500 picómetros cuadrados (5 * 10 ^-22 ), lo que significa que la presión en la punta es de aproximadamente 2 ZettaPascal. Eso es bastante más de lo que puede soportar el grafito (o el diamante) (eso se mide en GigaPascal)

Guill · Answer 4

La pregunta es tan ambigua que permite un rotundo sí . Esto se debe a que el "equilibrio" no está definido, ni las dimensiones y el material utilizado para el lápiz, ni la ubicación donde se realizará el "equilibrio".
No se especifica el material y la forma de la superficie para equilibrar el lápiz, ni el tiempo que debe permanecer equilibrado. Entonces, si usa un "lápiz" con punta de titanio en un planeta/luna con una fuerza gravitatoria de 1/10,000 de la tierra sin atmósfera, en una superficie hecha de un material "complementario" tal que la molécula de titanio "encajará" un "agujero" creado por las moléculas complementarias circundantes, luego "equilibrar" el "lápiz" será muy fácil.

gautam1168 · Answer 5

No. En primer lugar, la punta del lápiz generalmente no es lo suficientemente afilada como para tener un solo átomo. La gente intenta hacer ese tipo de propina en STM. Incluso si de alguna manera lograste afilarlo lo suficiente, el grafito es tan suave que el peso del lápiz aplastará la punta. No se mantendrá un solo átomo de ancho. Por lo tanto, no hay forma de equilibrar el lápiz en un solo átomo porque no hay una punta de un solo átomo.

En segundo lugar, incluso si obtiene una punta de unos pocos átomos de ancho, es imposible hacer un lápiz perfectamente simétrico. Hay varias formas de introducir esta asimetría. Cuando afilas el lápiz, hay un punto en el que la madera forma una estructura escalonada (donde estaba la hoja cuando dejaste de afilar), lo que hace que la estructura sea asimétrica. Si usó una máquina CNC para afilarlo, entonces tendrá que pensar si la pintura se aplicó perfectamente, si el núcleo de grafito tiene una densidad uniforme y, lo que es más importante, si la madera es absolutamente uniforme. Por lo general, puedes distinguir los dos tipos de madera en un lápiz simplemente mirando la diferencia de color.

En resumen, 'teóricamente' en este caso no se puede lograr simplemente enfriando todo a cero y creando un vacío. El nivel de acabado que requerirá el lápiz en sí mismo es demasiado alto como para llamarlo lápiz.

Si la punta tuviera realmente un átomo de ancho, no habría necesidad de hacer que el lápiz fuera simétrico. Sería suficiente orientarlo de modo que el centro de masa esté directamente sobre la punta de un átomo. Pero, por supuesto, como no podemos tener la punta de un átomo, la punta de múltiples átomos tendrá una orientación específica y luego necesitamos el lápiz simétrico.

Helder Vélez · Answer 6

DARLE UN GIRO , con las rpm máximas posibles para un objeto tan masivo. Haz el experimento en la ISS, muy por encima de la superficie de la Tierra.
Liberar el problema del problema de la 'superficie'. Retire la 'superficie' debajo de la punta del átomo: ¿dónde está el fuelle sin gravedad? -- o aproxime la superficie tanto como pueda pero sin contacto (la nube electrónica del átomo lo impide, por lo que la definición de 'contacto' es sensata, es decir, sustituya con transferencia de momento).
La Tierra no es una esfera uniforme perfecta y el experimento es sensible a esos cambios. Así que mueva el experimento a una órbita geoestacionaria.
Puedo usar un conjunto de láseres pulsados controlados para poner el lápiz en rotación, al mismo tiempo que elegí alinear el eje de rotación con el centro de la Tierra.
levitación magnética ( efecto Meissner - video ) para contrarrestar y controlar automáticamente cualquier cambio de orientación.
No puedo hacer un cálculo real del tiempo que la configuración permanece en rotación, depende de las rpm máximas, pero espero un tiempo muy largo, tal vez varios años , siempre que el líquido permanezca confinado (ver el destino del observatorio espacial Herschel ). ¿Las otras respuestas están hablando de segundos?

He traducido el OP teóricamente a: la mejor configuración física favorable.

lente · Answer 7

Déjame ser el primero en responder 'Sí' (más o menos).

Como dice el dicho:

En teoría no hay diferencia entre la teoría y la práctica. En la práctica lo hay.

Lo que quiero decir es que siempre habrá diferencias entre la teoría y la práctica, y que depende del físico decidir qué suposiciones/simplificaciones son adecuadas y cuáles no.

Por lo tanto, si estás describiendo teóricamente tu lápiz de una manera lo suficientemente simple, por ejemplo, mecánica clásica, vacío, sin influencias externas,..., entonces sí, en esa teoría podrás equilibrar un lápiz sobre su punta.

Sin embargo, teniendo en cuenta que ya estás considerando la naturaleza atómica de la materia como un elemento importante para la teoría, es probable que los otros efectos que han planteado mis colegas, y que harán que el lápiz se caiga, tampoco sean despreciables. Por lo tanto, en esas teorías, es imposible equilibrar un lápiz sobre su punta.

Editar: creo que el punto real podría ser que "teóricamente" está, en el mejor de los casos, mal definido y, en el peor de los casos, completamente sin sentido. Veo dos interpretaciones:

¿Existe una teoría en la que...? Así lo entendí, en cuyo caso la respuesta es 'Sí'
Para la teoría de la realidad de última generación,...? Este es el entendimiento de la mayoría, con respuesta 'No'. Aunque también es una interpretación razonable, me gustaría agregar que esta es una definición pobre como
- ¿Cuál es el estado del arte? comúnmente aceptado? Una definición bastante vaga.
- No existe una sola teoría de vanguardia que describa toda la física (por ejemplo, modelo estándar y gravedad)
- El estado del arte cambia con el tiempo

Creo que "mi teoría no incluye un gran cuerpo de física" es llevar "teóricamente" a un lugar donde nunca debería ir. El principio de incertidumbre pone un límite inferior a la incertidumbre en el impulso: el lápiz no puede quedarse quieto.
La práctica es sólo una teoría suficientemente detallada. La idea es que "en teoría" generalmente ignora una gran cantidad de factores del mundo real en aras de la simplicidad, y es por eso que la teoría y la práctica "difieren". Una teoría que explica completamente todos los principios físicos no diferiría de la práctica, por definición.
"La práctica es solo una teoría suficientemente detallada" Bueno... ese es el punto de vista de la "teoría"... Por lo que sabemos, el universo es indeterminista y demás, solo a un nivel que no es significativo... actualmente... .

creillyucla · Answer 8

Si el lápiz estuviera en el cero absoluto, necesariamente asumiría su estado de energía más bajo, que no es el estado vertical.

Si el lápiz fuera modelado como un rotor cuántico con una barrera de potencial infinito que cubre la mitad de su espacio de ángulo sólido (es decir, la mesa), entonces ciertamente hay estados excitados pero estables en los que el lápiz permanece en una posición más o menos vertical.

jerbo sammy · Answer 9

Si no fuera por la palabra teóricamente , la pregunta podría responderse simplemente que es prácticamente imposible equilibrar un lápiz así. La punta se derrumbaría bajo la presión. Es intrínsecamente inestable y se derrumbaría en unos pocos segundos debido a las corrientes de aire, las vibraciones, el movimiento browniano y el impacto de un solo fotón. Etcétera etcétera.

Cuando dice teóricamente , ¿qué teoría tiene en mente? El contexto original de la pregunta, tal como se publicó, fue la Mecánica newtoniana . Las etiquetas para QM y el principio de incertidumbre fueron agregadas posteriormente por otros, sin editar la pregunta en sí para eliminar las ambigüedades.

Como se dijo, la pregunta es contradictoria y confusa. Pregunta teóricamente si el lápiz puede equilibrarse en una punta de un átomo. Pero luego menciona precauciones prácticas para evitar perturbaciones del mundo real, como las corrientes de aire y (presumiblemente) las vibraciones térmicas del lápiz. Los átomos y las vibraciones térmicas son parte de la física clásica pero no de la mecánica newtoniana, entonces, ¿qué significa una punta de un átomo en este contexto?

Otra dificultad es que no existe una definición de lo que significa que el lápiz se equilibre . Sería muy inestable incluso si la punta fuera un cono romo de un átomo de diámetro. Sin embargo, en teoría podemos colocar el lápiz con la suficiente precisión como para que tarde un tiempo arbitrariamente grande (por ejemplo, la edad del universo) en volcarse. (La precisión requerida en la posición sería de órdenes de magnitud más pequeña que la longitud de Planck, pero esa no es una objeción inherente al modelo teórico de la mecánica newtoniana). Por el contrario, si equilibrado significa que el lápiz no ha comenzado a volcarse, entonces nunca se equilibra . En teoría, siempre se está derrumbando.

Así que estoy de acuerdo con Guill en que , teóricamente , y con una definición adecuada de equilibrado , el lápiz puede estar equilibrado.

También estoy de acuerdo con Daniel Sank en que el uso del Principio de Incertidumbre para calcular un tiempo máximo de unos 3 segundos durante el cual el lápiz podría permanecer "equilibrado" es engañoso. Debido a que esto está cerca de los tiempos logrados en la práctica, da la falsa impresión de que el lápiz se cae debido a la mecánica cuántica, como en esta respuesta a Explicar por qué el comportamiento cuántico no se observa en la vida diaria . Como explica Floris, cualquier pequeña desviación del equilibrio perfecto dará un resultado similar.

Peter Lynch (University College Dublin) muestra en Balancing a Pencil on its Point , mayo de 2014, que el lápiz cae en 3,72 s si se utiliza el principio de incertidumbre para decidir la incertidumbre inicial en su posición, y en 2,51 s si la la incertidumbre en la posición se elige arbitrariamente para que sea el átomo de ancho 1. Concluye que "El derrocamiento no es un efecto cuántico". Cualquier valor razonablemente pequeño para la incertidumbre, ya sea 0,1 mm, 0,1 nm o 0,1 fm, da como resultado un tiempo de aproximadamente 2-3 s. El Principio de Incertidumbre establece un límite superior para el tiempo, pero no es la causa práctica del derribo.

En El lápiz mecánico cuántico: una precaución para los profesores de física , Don Easton, de la Universidad de Stony Brook, utiliza el principio de incertidumbre para estimar el tiempo máximo durante el cual el COM del lápiz podría permanecer dentro de su base del tamaño de un átomo en alrededor de 10 $^{12}$ s - es decir, alrededor de 1 millón de años. En otro cálculo, estima el mismo valor para el tiempo que tarda el lápiz en hacer un túnel para salir de su pozo de potencial. Solo cuando se usa el modelo de péndulo invertido del lápiz, con su inestabilidad exponencial, la respuesta es aproximadamente 3 s.

¿Podemos teóricamente equilibrar un lápiz perfectamente simétrico en su punta de un átomo?

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