Richiami. Esercizio 1.1. La radiazione elettromagnetica del corpo nero ha la seguente densità di energia per unità di frequenza

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1 Parte I Problemi Richiami Esercizio 1.1. La radiazione elettromagnetica del corpo nero ha la seguente densità di energia per unità di frequenza u ν = 8π hν c 3 ν e βhν 1, dove c è la velocità della luce nel vuoto, h è la costante di Planck e β = 1/k B T con T temperatura assoluta e k B costante di Boltzmann. Determinare la corrispondente densità di energia per unità di lunghezza d onda. Esercizio 1.. a Calcolare il numero di fotoni emessi in 4 secondi da una lampadina di 10 Watt che emette luce monocromatica di lunghezza d onda 6000 Å luce arancione. b Se la lampadina si comporta come una sorgente puntiforme che emette isotropicamente, qual è la densità di fotoni a 50 cm dalla lampadina dopo 1 secondo dall accensione?, e dopo 3 secondi? Esercizio 1.3. Su una cellula fotoelettrica giunge un raggio di luce con lunghezza d onda di 6500 Å ed energia di 10 6 erg al secondo che viene interamente spesa nella produzione di fotoelettroni [1 erg = 10 7 J]. Calcolare l intensità di corrente elettrica che fluisce nel circuito sul quale è inserita la cellula fotoelettrica. Esercizio 1.4 Si consideri l oscillatore armonico unidimensionale di operatore hamiltoniano Ĥ = ˆp m + 1 ˆx. Utilizzando le proprietà dell operatore di distruzione â = ˆx + i ˆp, determinare l autofunzione dello stato fondamentale dell operatore hamiltoniano. Esercizio 1.5 Si consideri un oscillatore armonico bidimensionale di operatore hamiltoniano Ĥ = ˆp 1 + ˆp m + 1 ˆx 1 + ˆx. 1

2 Utilizzando le proprietà degli operatori di creazione â + k = ˆx k i ˆp k, k = 1, determinare le autofunzioni dell operatore hamiltoniano con autovalore 6ω. Spin in campo magnetico Esercizio.1. Un elettrone è posto in un campo magnetico uniforme B = 0, 0, B 0. Calcolare il valore di aspettazione dello spin S lungo l asse X, sapendo che al tempo iniziale esso è diretto lungo l asse Z. Esercizio.. Un elettrone è posto in un campo magnetico uniforme B = 0, 0, B 0. Calcolare il valore di aspettazione dello spin S lungo l asse X, sapendo che al tempo iniziale esso è diretto lungo l asse delle X.

3 Parte II Soluzioni Richiami Soluzione 1.1. La u ν è tale che u = 0 u ν dν rappresenta l energia della radiazione elettromagnetica per unità di volume, cioè la densità di energia. La frequenza ν è legata alla lunghezza d onda λ dalla relazione λν = c. Ovverosia ν = cλ 1 da cui dν = cλ dλ. Con il cambio di variabile la densità di energia diventa u = 0 8π λ 5 hc e βhc/λ 1 dλ, e quindi la densità di energia per unità di lunghezza d onda risulta di modo che u λ = 8π λ 5 u = 0 hc e βhc/λ 1, u λ dλ. 3

4 Soluzione 1.. L energia di un fotone di lunghezza d onda λ e frequenza ν è data da dove ɛ = hν = h c λ, h = J s è la costante di Planck. Nel caso della luce del nostro problema si ha ɛ = h c λ = m/s J s m = J. Supponendo che il calore disperso dalla lampadina sia principalmente per irraggiamento, nel tempo t = 4 s l energia irradiata dalla lampadina di potenza P = 10 W è E = P t = 10 J/s 4 s = 40 J. Il numero di fotoni emessi è quindi dato da N = E ɛ = 40 J J =

5 Soluzione 1.3. Lunghezza d onda: Energia del raggio di luce: λ = 6500 Å = m = m. E = 10 6 erg = J = 10 1 J. Intervallo temporale: Energia del singolo fotone: t = 1 s. ɛ = h c λ = J = J, dove h è la costante di Planck e c la velocità della luce nel vuoto. Numero di fotoni: N = E ɛ = 10 1 J J = Se ogni fotone produce un elettrone di carica elettrica e = C, l intensità di corrente elettrica risulta in modulo I = e N t = C s = A. Per concludere, va osservato che con la lunghezza d onda di 6500 Å si può avere effetto fotoelettrico solo se si riduce il potenziale di estrazione del campione, ad esempio ponendolo in un campo elettrico. 5

6 Soluzione 1.4. Osserviamo che per l operatore di distruzione dell oscillatore armonico unidimensionale si ha x â = x + x, x dato che x ˆp = x i x mentre x ˆx = x x. La funzione ψ 0x = x 0 dello stato fondamentale si trova sapendo che da cui x â 0 = cioè x + â 0 = 0, x + x 0 = 0, x ψ 0 x = 0. x Introducendo la lunghezza caratteristica armonica l H =, la coordinata adimensionale e l autofunzione adimensionale x = x l H, ψ 0 x = l H ψ 0 xl H, si ottiene x + ψ 0 x = 0. x La soluzione di questa equazione differenziale si determina per separazione delle variabili x d x = d ψ 0 ψ 0, da cui avendo imposto che ψ 0 x = 1 exp, π1/4 d x ψ 0 x = 1. 6

7 Soluzione 1.5. Gli autovalori dell oscillatore armonico bidimensionale sono E n1n = ωn 1 + n + 1, dove n 1, n = 0, 1,, 3,... sono i numeri quantici. Gli autostati n 1 n che corrispondono all autovalore 6ω sono: 50, 41, 3, 3, 14, 05. Le autofunzioni da determinare sono quindi φ 50 x 1, x, φ 41 x 1, x, φ 3 x 1, x, φ 3 x 1, x, φ 14 x 1, x, φ 05 x 1, x. In generale, le autofunzioni φ n1n x 1, x = x 1 x n 1 n si possono fattorizzare: φ n1n x 1, x = ψ n1 x 1 ψ n x dove ψ nj x j = x j n j, j = 1,. È quindi sufficiente calcolare le seguenti autofunzioni dell oscillatore armonico unidimensionale: ψ 0 x, ψ 1 x, ψ x, ψ 3 x, ψ 4 x, ψ 5 x. Osserviamo che per l operatore di creazione dell oscillatore armonico unidimensionale si ha x â + = x x, x e quindi x â + n = x x n = x x ψ n x. x Dato che si ha â + n = n + 1 n + 1, x n + 1 = 1 n + 1 x â + n, e quindi la relazione iterativa ψ n+1 x = 1 n + 1 x Introducendo la lunghezza caratteristica armonica ψ n x. x la coordinata adimensionale e l autofunzione adimensionale l H =, x = x l H, ψ n x = l H ψ n xl H, 7

8 si ha ψ n x = 1 x n ψ0 x. n n! x La funzione ψ 0 x dello stato fondamentale è data da se veda l esercizio 1.4 ψ 0 x = 1 exp. π1/4 Calcoliamo ora l effetto dell operatore x n. x Per n = 1 si ha x exp = x exp. x Per n = si ha x exp = x 1 exp. x Per n = 3 si ha x 3 exp = 8 x 3 1 x exp. x Per n = 4 si ha x 4 exp = 16 x 4 48 x + 1 exp. x Per n = 5 si ha x 5 exp = 3 x x x exp. x In definitiva, le autofunzioni di H con autovalore 6ω sono combinazioni lineari delle φ n1n x 1, x del tipo Φx 1, x = n 1n c n1n φ n1n x 1, x δ n1+n,5, con coefficienti c n1n tali che n 1n c n1n δ n1+n,5 = 1. 8

9 Spin in campo magnetico Soluzione.1. L operatore hamiltoniano di spin risulta Ĥ = ˆµ B, dove ˆµ è il momento di dipolo magnetico dell elettrone, dato da ˆµ = 1 g e µ B ˆσ, con g e = rapporto giromagnetico dell elettrone, µ B = e/m e = J/T magnetone di Bohr e ˆσ = ˆσ 1, ˆσ, ˆσ 3 vettore delle matrici di Pauli: 0 1 ˆσ 1 = i ˆσ = i ˆσ 3 =. 0 1 L operatore hamiltoniano si può quindi scrivere come Ĥ = 1 ω 0 ˆσ 3 = ω 0, 0 1 dove ω 0 = g e µ B B 0 / è la frequenza di Larmor del sistema, con = h/π la costante di Planck ridotta. Lo stato iniziale del sistema è dato da 1 ψ0 = =, 0 mentre indichiamo con 0 1 = l altro possibile stato della terza componente di spin. Lo stato al tempo t risulta allora ψt = e iĥt/ ψ0 = e iω0 ˆσ3t/ = e iω0t/, dato che e quindi ˆσ 3 = e iω0 ˆσ3t/ = e iω0t/. Il valore di aspettazione al tempo t della componente dello spin S lungo l asse delle X è dato da Ŝxt = ψt ˆσ 1 ψt = eiω0t/ˆσ 1 e iω0t/ = ˆσ 1. Osservando che ˆσ 1 =, 9

10 ed anche che se ne conclude che = 0, Ŝxt = 0. Quindi, se inizialmente lo spin è diretto lungo la direzione del campo magnetico, esso rimane in quella direzione per sempre: lo stato uno stato stazionario la cui dipendenza temporale compare solo nella fase. Di conseguenza le componenti dello spin ortogonali al campo sono sempre nulle. 10

11 Soluzione.. L operatore hamiltoniano di spin è dato da Ĥ = 1 ω 0 ˆσ 3 dove ω 0 = g e µ B B 0 / è la frequenza di Larmor del sistema, con g e fattore giromagnetico dell elettrone e µ B magnetone di Bohr. Lo stato iniziale del sistema è ψ0 = 1 +, infatti ˆσ 1 ψ0 = 1 ˆσ 1 + σ 1 = 1 + = ψ0. Lo stato al tempo t risulta allora ψt = e iĥt/ iω0 ˆσ3t/ 1 ψ0 = e + = 1 e iω0t/ + e iω0t/, dato che e quindi ˆσ 3 = ˆσ 3 = e iω0 ˆσ3t/ = e iω0t/ e iω0 ˆσ3t/ = e iω0t/. Il valore di aspettazione al tempo t della componente dello spin S lungo l asse delle X risulta Ŝxt = ψt ˆσ 1 ψt = e iω0t/ + e iω0t/ ˆσ 1 e iω0t/ + e iω0t/ 4 = 4 e iω 0t + e iω0t = cos ω 0t. 11