FISICA QUANTISTICA

Bertosin Eva

1

Indice

1 Introduzione storica e problema del corpo nero 3

2 Dimostrazione della legge di Kirchhoff 5

3 Risultati sperimentali 6

4 Corpo nero spiegato dalla termodinamica classica 7

5 Radiazione elettromagnetica e modi normali 9

6 Planck 15

7 Stima di σ 19

8 Prove sperimentali 198.1 Radiazione cosmica di fondo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198.2 Effetto fotoelettrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

9 Esperimento di Young 25

10 Raggi X 2510.1 Effetti ottici dei raggi X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

11 Effetto Compton 26

12 Com’e fatta la materia 29

13 Esperiemento di Rutherford 31

14 Atomo di Bohr 35

15 Esperimento di Franck-Hertz 37

16 Raggi X 38

17 Laser 40

18 Natura ondulatoria e corpuscolare delle particelle 41

19 La funzione d’onda 43

20 Principio di indeterminazione di Heisenberg 45

21 Buca di potenziale infinito 52

22 Risoluzione dell’eq. di Schrodinger 54

23 Numeri quantici 56

24 Effetto Zeeman 61

25 Esperimento di Stern-Gerlach 63

2

(6 marzo)

1 Introduzione storica e problema del corpo nero

Alla fine del 1800 si pensa di avere capito tutta la fisica (positivismo): meccanica + termodina-mica + elettromagnetismo.Uno dei pochi problemi rimasti da risolvere e quello della radiazione del corpo nero (relazionetra emissione e assorbimento), che deriva dal problema pratico dell’illuminazione stradale.

Von Siemens fonda un istituto di fisica tecnica per studiare la radiazione elettromagnetica emessadai corpi.Se si manda una radiazione verso un corpo, si trovano tre comportamenti:

1. trasparenza;

2. riflessione;

3. assorbimento.

Negli atomi gli elettroni oscillano, se passa un’onda con una frequanza ν diversa da quella proprianon interagiscono con essa.Nei metalli gli elettroni sono liberi e assorbono tutto per poi riemetterlo (→ riflessione).Negli altri materiali gli e− assorbono energia, ma essendo legati tra loro l’energia ricevuta lacedono (sotto forma di calore).Quindi materiali buoni assorbitori sono anche buoni emettitori (e viceversa).

Se scaldiamo un corpo qualsiasi questo inizia ad emettere radiazioni, la cui intensita vale:

I =E

S t(1.1)

=

[W

m2

](1.2)

cioe l’energia che passa nella superficie S al tempo t.

Misurando a diverse ν si possono ricavare le curve (queste in funzione di λ):

3

Al crescere di T cresce I, e il picco si sposta variando T , inoltre la forma delle curve dipendedal tipo di materiale.

Itot =

∞∫0

I(ν) dν (1.3)

Da questi studi sulla radiazione in Germania emerge che l’energia emessa e:

(∆E)e (ν) = ε(ν) S ∆t (1.4)

dove ε(ν) e detto potere emissivo.Per quanto riguarda invece l’assorbimento:

(∆E)a (ν) = A(ν) Ei (1.5)

dove A(ν) e il potere assorbitivo e Ei e l’energia data al corpo.Definiamo:

F (ν;T ) =ε(ν)

A(ν)(1.6)

che e una funzione universale.Conviene quindi considerare un corpo che abbia assorbimento pari a 1, cioe un corpo che assorbetutta la radiazione che riceve ⇒ corpo nero.

Consideriamo un corpo cavo: la superficie emette radiazione e poi la riassorbe (cioe se mandiamodentro una radiazione questa non esce piu); dentro alla cavita avro una certa temperatura T .Studiamo la radiazione emessa se praticassimo un formo nel corpo: avendo considerato A = 1,F = ε.Definiamo la densita di energia:

u =1

2ε0 E

2 +1

2µ0B2 (1.7)

E = cB , c =1

√µ0 ε0

(1.8)

⇒ u =1

2ε0 E

2 +1

2ε0 E

2 (1.9)

= ε0 E2 (1.10)

Vogliamo ora capire che rapporto c’e tra l’interno ed esterno supponendo che la radiazione siacollimata.Quanta energia passa?

Quella nel volumetto che riesce ad uscire nel tempo ∆t:

I =E

∆t ∆S(1.11)

=u ∆V

∆t ∆S(1.12)

=u¸∆t ∆S

∆t ∆S(1.13)

= u · c (1.14)

4

In realta e un’approssimazione: nella cavita la radiazione non e collimata ma casusale.

Consideriamo un infinitesimo di volume di un corpo che emette e una superficie dS, voglio saperequanta energia passa attraverso di essa.

dE =u dΩ dV

4π(1.15)

dV = r2 sin θ dθ dϕ dr (1.16)

⇒ E =

c∆t∫0

u

4πdS

π2∫

0

cos θ sin θ dθ

2π∫0

dϕ dr (1.17)

=1

4πdS u 2π c ∆t

π2∫

0

cos θ sin θ dθ (1.18)

=1

2dS uc∆t

1∫−1

cos θ d (cos θ) (1.19)

=1

4u c ∆t dS (1.20)

Quindi l’intensita vale:

I =1

4uc (1.21)

Questa e una funzione universale.Boltzmann afferma che all’interno di una cavita u e omogenea: consideriamo due sferette mi-croscopiche uguali in tutto all’interno della cavita. Siccome sono ad una certa T abbiamo unaradiazione all’interno. Le due sfere si metteranno poi alla stessa T per eq. termodinamico, ciosignifica che: sono alla stessa T → emettono in modo uguale → assorbono in modo uguale →sono del tutto uguali e u e uguale ⇒ u nella cavita e omogenea.

Proprieta di u:

1. omogenea: u1(ν) = u2(ν);

2. isotropa;

3. non polarizzata.

Vale lo stesso per due cavita omogenee alla stessa T .

2 Dimostrazione della legge di Kirchhoff

(7 marzo)Consideriamo due corpi di materiali diversi con la stessa forma e le stesse proprieta geometricheall’interno di un corpo nero.All’equilibrio le T sono uguali, ma essendo i corpi diversi assorbono energie diverse:

(∆Ein)1 = α ·A1(ν) (2.1)

(∆Ein)2 = α ·A2(ν) (2.2)

dove α e un coefficiente dato dalle proprieta geometriche dei corpi che sono uguali per entrambi,quindi anche il coefficiente e lo stesso.

(∆Eout)1 = β · ε1(ν) (2.3)

(∆Eout)2 = β · ε2(ν) (2.4)

5

All’equilibrio, i ∆Ei sono uguali: α ·A1(ν) = β · ε1(ν)α ·A2(ν) = β · ε2(ν)

A1

A2=

ε1ε2

(2.5)

⇒ ε1A1

=ε2A2

(2.6)

Cioe il parametro di assorbimento e costante (non dipende dal corpo).

3 Risultati sperimentali

Consideriamo un materiale qualsiasi: produciamo una cavita e ne studio la radiazione uscenteattraverso un prisma. Per tutti i materiali ottengo curve di questo tipo:

Si possono ricavare due leggi:

LEGGE DI STEFAN

Itot =

∞∫0

I(λ) dλ (3.1)

= σ T 4 (3.2)

che afferma che l’area delle curve e proporzionale a T 4 e aumenta di molto cambiando anchepoco T .La costante di Stefan vale: σ = 5.67 · 10−8 W

m2 K4

LEGGE DI WIEN

λmax · T = const (3.3)

= 2.898 · 10−3 m K (3.4)

dove λmax e la lunghezza d’onda alla quale si trova il picco. Questa legge afferma che aumen-tando T il picco si sposta a λ minori.

Dimostrazione della legge di Wien: Wien afferma che

u(ν;T ) = ν3F( νT

)(3.5)

6

(relazione data per vera). Cerchiamo il massimo:

du

dν= 0 (3.6)

3ν2F( νT

)+ν3

T· F ′

( νT

)= 0 (3.7)

ν2[3F( νT

)+ν

T· F ′

( νT

)]= 0 (3.8)

ν2 ·G( νT

)= 0 (3.9)

dove si e sostituito il termine nella prentesi quadra con una generica funzione G(νT

).

Ci sara un certo valore di x tale che G(x) = 0, quindi nel massimo x = ν1T1

.Ad un altro valore di temperatura x = ν2

T2, ma allora x = ν1

T1= ν2

T2, cioe, se diamo per vero il

valore di u:ν

T= const (3.10)

⇒ λmax · T = const (3.11)

Con la fisica classica non si riesce a spiegare tutto cio.

4 Corpo nero spiegato dalla termodinamica classica

Ad una radiazione associo una quantita di moto p = Ec .

Consideriamo una radiazione collimata, ne voglio calcolare la pressione di radiazione. Come peril calcolo dell’intensita di radiazione, considero una superficie ∆S; nel tempo ∆t ci arriva laradiazione che si trova in uno spazio c∆t.

pIx =uc∆t∆S

c, incidente (4.1)

pRx = −uc∆t∆Sc

, riflessa (4.2)

∆px = pRx − pIx (4.3)

= −2u∆t∆S (4.4)

La p assorbita dalla parete vale:

−∆px = 2u∆t∆S (4.5)

⇒ Fx =∆px∆t

= 2u∆S (4.6)

⇒ Px =Fx∆S

= 2u (4.7)

Nel caso generale, cioe nel caso in cui la radiazione non sia collimata, si ha che:

dpz = 2dε

ccosθ (4.8)

dove il fattore 2 c’e perche la radiazione va avanti e poi viene riflessa, ε e l’energia e il cosrappresenta la proiezione della p sull’asse z.

7

∆pz =2

c

c∆t∫0

2π∫0

π2∫

0

u

4π∆S cos2 θ sin θ dθ dϕ dr (4.9)

=2

c

u

4π· 2π · c∆t ·∆S

π2∫

0

cos2 θ sin θ dθ (4.10)

=u ∆t ∆S

3(4.11)

Quindi la forza e la pressione valgono rispettivamente:

F =∆pz∆t

=u ∆S

3(4.12)

P =∆F

∆S=u

3(4.13)

Proviamo ad applicare tutto cio alla termodinamica classica.Considero un corpo cavo con all’interno della radiazione dotato di un pistone:

dQ = dE + PdV (4.14)

= d(uV ) +u

3dV (4.15)

= u dV + V du+u

3dV (4.16)

=4

3u dV + V

du

dTdT (4.17)

L’ultimo passaggio e lecito in quanto u dipende solamente da T .Consideriamo questa trasformazione reversibile, possiamo dunque calcolarne l’entropia:

dS =dQ

T(4.18)

=

(4

3

u

T

)dV +

(V

T

du

dT

)dT (4.19)

=

(∂S

∂V

)T

+

(∂S

∂T

)V

(4.20)

dQ non e un differenziale esatto, mentre dS si, quindi le sue derivate parziali miste devono essereuguali:

∂

∂T

(∂S

∂V

)=

∂

∂V

(∂S

∂T

)(4.21)

∂

∂T

(4

3

u

T

)=

∂

∂V

(V

T

du

dT

)(4.22)

−4

3

u

T 2+

4

3

1

T

du

dT=

1

T

du

dT(4.23)

1

3

du

dT=

4

3

u

T(4.24)

du

u= 4

dT

T(4.25)

⇒ u = A · T 4 (4.26)

⇒ I =1

4uc =

c

4A · T 4 (4.27)

Con la termodinamica classica si riesce a capire la proporzionalita tra I e T 4, ma non si riescea trovare il valore della costante A.

8

5 Radiazione elettromagnetica e modi normali

(13 marzo)La densita di radiazione non dipende ne dal materiale ne dalla forma della cavita, quindi persemplicita consideriamo la cavita cubica di lato l.

Cerchiamo i modi normali di vibrazione, che sono i modi stabili = radiazione all’equilibrio.Le eq. di Maxwell sono:

∇ · E = 0∇ · B = 0∂E∂t = c ∇× B∂B∂t = −c ∇× E

∂2E

∂t2=

∂

∂t

∂E

∂t(5.1)

= c∂∇× B∂t

(5.2)

= −c2 ∇× (∇× E) (5.3)

= −c2[∇(∇ · E)−∇2E] (5.4)

= c2 ∇2E (5.5)

Questa relazione vale componente per componente, per es:

∂2Ex∂t2

= c2 ∇2Ex (5.6)

Per qualsiasi cavita sia ha:

∂2

∂t2(ψ(x, y, z, t)) = c2 ∇2 (ψ(x, y, z, t)) (5.7)

Utilizziamo il principio della separazione delle variabili per scomporre ψ in modo da avere unafunzione con solo dipendenza spaziale e l’altra con solo dipendenza temporale:

ψ(x, y, z, t) = φ(x, y, z) · f(t) (5.8)

⇒ φ(x, y, z) · d2f(t)

dt2= c2f(t) · ∇2φ(x, y, z) (5.9)

Dividendo ambo i membri per φf :

⇒ 1

f· d

2f(t)

dt2= c2 1

φ· ∇2φ(x, y, z) (5.10)

Quindi il primo membro dipende solo da t, il secondo solo dalle coordinate spaziali.Cambiando le coordinate spaziali, sia φ che ∇2φ cambiano, ma il loro rapporto deve rimanere co-stante perche il primo membro che non dipende dallo spazio non cambia (idem per la coordinata

9

temporale). Quindi:

1

f· d

2f

dt2= c2 1

φ· ∇2φ = −ω2 (5.11)

1f ·

d2fdt2

= −ω2

1φ · ∇

2φ = −ω2

c2

La soluzione della prima e semplice e interessa poco:

d2f

dt2+ ω2f = 0 (5.12)

⇒ f(t) = Aei(ωt+α) (5.13)

Ma per calcolare i modi normali mi interessa la soluzione dell’altra eq.Scompongo nuovamente φ in funzioni indipendenti per risolverla piu facilmente:

φ(x, y, z) = X(x) + Y (y) + Z(z) (5.14)

⇒ ∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2+∂2φ

∂z2= −ω

2

c2φ (5.15)

X(x)Y (y)Z(z) +X(x)Y (y)Z(z) +X(x)Y (y)Z(z) = −ω2

c2X(x)Y (y)Z(z) (5.16)

Dividendo per X(x)Y (y)Z(z):

X

X+Y

Y+Z

Z= −ω

2

c2(5.17)

⇒ X

X= −ω

2

c2− Y

Y− Z

Z(5.18)

Analogalmente a prima,variando x varia la sua derivata seconda ma il rapporto no perche ilsecondo membro e indipendente da x.

X

X= const = −k2

x (5.19)

Cio vale anche per le altre due coordinate, cioe:

Y

Y= const = −k2

y (5.20)

Z

Z= const = −k2

z (5.21)

In totale si ha che:

k2x + k2

y + k2z =

ω2

c2(5.22)

X + k2

xX = 0

Y + k2yY = 0

Z + k2zZ = 0

Le soluzioni sono di tipo armonico perche le eq. trovate sono simili a quelle del moto armonico.X(x) = X0 sin(kxx+ α)Y (y) = Y0 sin(kyy + β)Z(z) = Z0 sin(kzz + γ)

10

φ puo essere interpretata come il campo elettrico, che e formato da 3 funzioni essendo un campovettoriale.

Ex(x, y, z) = E1 sin(kxx+ α1) sin(kyy + β1) sin(kzz + γ1)Ey(x, y, z) = E2 sin(kxx+ α2) sin(kyy + β2) sin(kzz + γ2)Ez(x, y, z) = E3 sin(kxx+ α3) sin(kyy + β3) sin(kzz + γ3)

I modi normali sono gli stati stazionari.Siccome la cavita cubica considerata e riflettente dobbiamo porre che tangenzialmente le com-ponenti devono annullarsi:

Ex(x, 0, z) = 0 (5.23)

y = 0 ⇒ sin(0 + β1) = 0 (5.24)

⇒ β1 = 0; (5.25)

Ex(x, y, 0) = 0 (5.26)

z = 0 ⇒ sin(0 + γ1) = 0 (5.27)

⇒ γ1 = 0; (5.28)

Analogalmente per le altre componenti:Ex(x, y, z) = E1 sin(kxx+ α1) sin(kyy) sin(kzz)Ey(x, y, z) = E2 sin(kxx) sin(kyy + β2) sin(kzz)Ez(x, y, z) = E3 sin(kxx) sin(kyy) sin(kzz + γ3)

Le componenti tangenti devono essere nulle non solo nell’origine, ma anche nelle altre paretidella cavita dove x, y, z = L

Ex(x, L, z) = 0 (5.29)

⇒ sin(kyL) = 0 (5.30)

kyL = nyπ (5.31)

⇒ kx =nxπ

L(5.32)

ky =nyπ

L(5.33)

kz =nzπ

L(5.34)

dove ki sono detti numeri d’onda e determinano i modi normali.Per determinare le altre costanti, so che all’interno della cavita ∇ · E = 0

∇ · E =∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= 0 (5.35)

E1kx cos(kxx+ α1) sin(kyy) sin(kzz) + E2ky sin(kxx) cos(kyy + β2) sin(kzz) +

+E3kz sin(kxx) sin(kyy) cos(kzz + γ3) = 0 (5.36)

Un modo perche l’eq. sia sempre nulla e porre α1 = β2 = γ3 = π2 , dunque siccome i cos diventano

sin posso raccogliere i termini:

(E1kx + E2ky + E3kz) sin(kxx) sin(kyy) sin(kzz) = 0 (5.37)

⇒ E · k = 0 (5.38)

Quindi le onde all’interno della cavita sono perpendicolari alla direzione di propagazione.Per contare i modi normali, devo trovare i ki, contarli tutti e poi moltiplicare per 2 (perchesolo due degli addendi della penultima eq. sono indipendenti, cio significa che ho 2 stati dipolarizzazione, quindi devo moltiplicare per 2) Come sono distribuiti i k? Sono tutti multipli diπl , quindi formano un reticolo cubico con spaziatura π

l ; in 3 dimensioni ogni punto e circondato

11

da uno spazio di(πl

)3.

Conosciamo il vettore k, vogliamo ora sapere quanti modi normali ci sono tra k e k + dk, cioebasta contare quanti modi normali sono contenuti all’interno della corona circolare o nel gusciosferico di raggi k e k + dk.Il volume della corona circolare in un ottante e:

V =4πk2

8dk (5.39)

Per trovare il numero di modi, dividiamo per il volume che corrisponde ad ogni punto:

V =4πk2

8 ·(πl

)3 · 2 dk (5.40)

Il fattore 2 sta ad inidcare che per ogni k si hanno due possibili stati di polarizzazione.Perche il conto sia significativo, bisogna che la distanza tra due punti sia < k, altrimenti dentroalla corona considerata ci sono pochi punti.

Quindi:

∆k

k=

π

l· λ

2π(5.41)

=λ

2l<< 1 (5.42)

dunque la formula e sempre corretta.

N(k)dk =8πk2l3

8π3dk (5.43)

=1

π2k2l3dk (5.44)

=

(k

π

)2

· V dk (5.45)

12

dove V e il volume del cubo considerato.

k =2π

λ=

2π

cν (5.46)

⇒ dk =2π

cdν (5.47)

Quindi possiamo riscrivere le formule in funzione della frequenza;

N(ν)dν =1

π2

4π2

c2V ν2 2π

cdν (5.48)

=8π

c3V ν2 dν (5.49)

Dunque il numero di modi normali al variare della frequenza sale come ν2.Per trovare la densita di energia del sistema ora basta associare un’energia ad ogni modo normale.Rayleigh afferma che i campi E e B sono perpendicolari e sfasati di π

2 : possiamo porre E lungox e B lungo y.

E = (Ex(z, t), 0, 0) (5.50)

B = (0, By(z, t), 0) (5.51)

Ex = E0 sin(kzz) sin(ωt) (5.52)

By = B0 cos(kzz) cos(ωt) (5.53)

⇒ Utot = A cos2(ωt) +A sin2(ωt) (5.54)

e una costante, ma e composta da due termini che oscillano rispettivamente come un sin e comeun cos. Questa formula ricorda quella dell’energia del moto armonico⇒ si puo pensare al modonormale come ad un oscillatore armonico.Planck invece pensa ogni atomo come un oscillatore armonico. Ad ogni oscillatore armonico inmeccanica attribuisco un’energia che e data dall’energia elastica + l’energia cinetica, nel nostrocaso ad ogni grado di liberta (x, v) posso attribuire un energia pari a KbT

2 :

U =KbT

2+KbT

2(5.55)

= KbT (5.56)

13

dove Kb = 1.38 · 10−23 JK .

Dimostrazione: Gli oscillatori sono all’equilibrio alla temperatura T : la probabilita che allatemperatura T l’energia sia ε e:

P (ε) = e− εKbT = e−βε (5.57)

ε =

∞∫0

εP (ε) dε

∞∫0

P (ε) dε

(5.58)

=

∞∫0

ε · e−βε dε

∞∫0

e−βε dε

(5.59)

= − ∂

∂β

log

∞∫0

e−βε dε

(5.60)

∞∫0

e−βε dε = − 1

βe−βε

∣∣∣∣∞0

(5.61)

=1

β(5.62)

⇒ ε =∂

∂βlog(β) (5.63)

=1

β(5.64)

= KbT (5.65)

Quindi abbiamo ricavato che i modi normali sono ∝ ν2 , ogni contributo e pesato per KbT ,quindi ad alte frequenze dovrebbe esplodere ⇒ CATASTROFE ULTRAVIOLETTA

E(ν)dν =8π

c3V ν2KbT dν (5.66)

E(ν)dν

V=

8π

c3ν2KbT dν = U(ν)dν (5.67)

Quest’ultima e detta legge di Rayleigh – Jeans.

A basse frequenze la curva e ben approssimata ma ad alte no.

14

6 Planck

(14 marzo)Per ν basse ε→ 0, questa teoria e stata sviluppata da Planck (1900).Planck pensa che l’energia non sia continua (assunzione che abbiamo fatto in precedenza), mache sia quantizzata ⇒ discretizzazione delle energie:

εk = 0, ε0, 2ε0, · · · , nε0 (6.1)

ε0 = const (6.2)

L’integrale diventa quindi una sommatoria:

ε =

∞∑k=0

εke−βεk

∞∑k=0

e−βεk(6.3)

= − ∂

∂β

(log

( ∞∑k=0

e−βεk

))(6.4)

Calcoliamo la sommatoria:∞∑k=0

e−βεk = 1 + e−βε0 + e−β2ε0 + · · · (6.5)

= 1 + e−βε0 +(e−βε0

)2+ · · · (6.6)

=∞∑0

(e−βε0)k serie geometrica (6.7)

=1

1− e−βε0(6.8)

Dunque:

ε =∂

∂β

[log(

1− e−βε0)]

(6.9)

=1

1− e−βε0e−βε0 ε0 (6.10)

=e−βε0 ε01− e−βε0

· eβε0

eβε0(6.11)

=ε0

eβε0 − 1(6.12)

La densita di energia vale dunque:

u =E

V=

8πV

V

ν2

c3

ε0eβε0 − 1

(6.13)

La legge di Wien afferma che:

u(ν;T ) = ν3F( νT

)(6.14)

Quindi, per avere una corrispondenza tra le due, ε0 dev’essere ∝ ν per avere ν3 al numeratore:

ε0 = h · ν (6.15)

⇒ u = 8πν2

c3

hν

ehνKT − 1

(6.16)

= 8πν3

c3

h

ehνKT − 1

(6.17)

⇒ ε =hν

ehνKT − 1

(6.18)

15

Verifichiamo che soddisfi i prerequisiti che ci siamo posti:

1. Per grandi ν: ehνKT →∞ ⇒ ε→ 0;

2. Per piccole ν: ε = hν1+βhν−1 = hν

hνKbT = KbT .

Planck variando il valore di h riesce a trovare quello per cui la curva e fittata in modo migliore:

COSTANTE DI PLANCK

h = 6.626 · 10−34Js (6.19)

Perche la discretizzazione delle energie da’ un risultato mentre l’energia continua no?

Graficamente: discretizzare significa passare da∫

a∑

, se gli intervalli in cui divido la base dellacurva sono stretti (cioe ε0 < KbT ) la descrizione e equivalente; mentre allargando gli intervalli(ε0 ∼ KbT , ε0 > KbT ), la prima parte del grafico essendo il primo valore dell’energia e semprenulla, quindi piu si allarga l’intervallo piu la somma considera solo le code della curva.In conclusione, l’energia si presenta sottoforma di pacchetti detti quanti.

Esercizio

1. Si consideri un oscillatore che emette a λ = 700nm (rosso).hν =?

hν =hc

λ=

6.63 · 10−34 · 3 · 108

700 · 10−9= 2.84 · 10−19J (6.20)

Il fattore 10−19 disturba, possiamo quindi cambiare unita di misura:

1eV = 1.602 · 10−19J (6.21)

h = 6.63 · 10−34Js =6.63 · 10−34

1.602 · 10−19= 4.14 · 10−15eV s (6.22)

hc = 4.14 · 10−15 · 3 · 108 = 12.40 · 10−7eV m (6.23)

= 1240eV nm (6.24)

Per il nostro esempio:

hν =hc

λ=

1240eV nm

700nm= 1.77eV (6.25)

2. Se λ = 540nm (verde)

E =hc

λ=

1240eV nm

540nm= 2.30eV (6.26)

(20 marzo)

16

Esercizio

Pendolo con attrito viscoso di lunghezza l ∼ 1 m, di massa m ∼ 0.1 kg e che parta da un angoloθ0 = 10:

mx+ cx+ kx = 0 (6.27)

Ci aspettiamo che l’energia diminuisca esponenzialmente:

E = E0 e−αt (6.28)

Questo oscillatore puo perdere energia quantizzata?

∆E = hν (6.29)

ν =1

2π

√g

l= 0.5Hz (6.30)

⇒ ∆E = 6.63 · 10−34Js · 0.51

s(6.31)

= 3.31 · 10−34J (6.32)

Bisogna confrontare questo risultato con l’energia del sistema:

E0 = mg(1− cos θ0)l = 0.015J (6.33)

∆E

E0= 2.2 · 10−32 (6.34)

dove ∆EE0

rappresenta di quanto dovrebbe scattare ogni volta l’energia del pendolo. Siccome ilvalore e molto piccolo e non e apprezzabile si puo considerare continua.

Esercizio

Stima della temperatura del Sole.Consideriamo il Sole come un corpo nero.R = 7 · 108 m = raggio del Soled = 1.5 · 1011 m = distanza Terra – SoleIt = 1380 W

m2 = intensita del Sole sulla TerraT =?1 MODO:Usiamo Stefan – Boltzmann

I = σT 4 (6.35)

17

L’energia emessa dalla superficie del Sole deve finire tutta sulla superficie racchiusa dall’orbitadella Terra (per la conservazione dell’energia).

4πR2I = 4π(R + d)2It (6.36)

Is =

(1 +

d

R

)2

It =

(1 +

1.5 · 1011

7 · 108

)2

1380 = 64 · 106 W

m2(6.37)

⇒ T = 4

√(Iσ

)= 4

√(67 · 106

5.67 · 10−8

)= 5800K (6.38)

2 MODO:Usiamo la legge di Wien:

λmax · T = 2.898 · 10−3 m K (6.39)

Se supponiamo che l’intensita massima del Sole sia nel visibile, λ = 500nm:

T =2.898 · 10−3

500 · 10−9∼ 5796K (6.40)

7 Stima di σ

Per stimare σ partiamo dal considerare la densita di energia totale integrata su tutte le frequenze:

U =

∞∫0

u(ν;T ) =

∞∫0

8πh

c3

ν3

ehνKT − 1

dν (7.1)

sia x =hν

KT⇒ dν =

KT

hdx (7.2)

U =8πh

c3

(KT

h

)4∞∫

0

x3

ex − 1dx (7.3)

=8πh

c3

(KT

h

)4

· π4

15(cfr. Matone) (7.4)

=8

15

π5

h3

K4

c3T 4 (7.5)

I =Uc

4=

2

15

π5

h3

K4

c2T 4 (7.6)

⇒ σ =2

15

π5

h3

K4

c2= 5.66 · 10−8 W

m2K4(7.7)

Se usassimo λ al posto di ν, basterebbe fare un cambio di variabili cambiato di segno (percheessendo inversamente proporzionali quando una aumenta l’altra diminuisce):

u(λ;T )dλ = −u(ν;T )dν (7.8)

derivando u si potrebbe trovare il massimo e ricavare quindi Wien, ma bisognerebbe fare delleapprossimazioni, quindi questo calcolo non lo facciamo.

8 Prove sperimentali

8.1 Radiazione cosmica di fondo

Teoria sulla nascita dell’universo:Big Bang → temperatura molto alta (∼ 1010K)

18

↓

Espansione → interazione tra materia e radiazione

↓

700 mila anni dopo → disaccoppiamento tra materia e radiazione, questa dovrebbe continuaread espandersi e rimanere circa alla temperatura alla quale era (∼ 3000K).

Se questo fosse vero, cosa si dovrebbe vedere ora?Siccome stiamo parlando di radiazione, possiamo applicare la formula della densita di energiatrovata in precedenza; in piu siccome l’universo si espande dobbiamo tener conto dell’effettoDoppler (relativistico).

λ1 = λ ·(

1 + vc

1− vc

)(8.1)

= λ · F (8.2)

Nel nostro caso F ∼ 1000. Anche le distanze si espandono:

R1 = F ·R (8.3)

dove R1 e riferito a oggi, mentre R al momento in cui si sono separati radiazione e materia.

U ∝ c

λ1=

c

Fλ(8.4)

V ∝ (R1)3 = F 3R3 (8.5)

⇒ u1 =U

V=u

F· 1

F 3(8.6)

=8πhc

λ5F 4· 1

ehcλKT − 1

dλ (8.7)

=8πhc

λ5F 5· 1

ehcFλ1KT − 1

dλ1 (8.8)

=8πhc

(λ1)5· 1

ehcFλ1KT − 1

dλ1 (8.9)

E l’espressione del corpo nero a meno della F ⇒ affinche siano uguali posso dire che l’eq.rappresenta la temperatura di un corpo nero non alla temperatura originale T , ma ad unatemperatura scalata di un fattore F : T 1 = T

F

u(λ1;T 1) =8πhc

(λ1)5· 1

ehc

λ1KT1 − 1dλ1 (8.10)

Quindi sapendo che T ∼ 3000K, T 1 ∼ 3K.Penzias e Wilson con delle antenne trovarono una radiazione distribuita uniformemente nellospazio, che aveva un picco sulle microonde (di temperatura T ∼ 2.7K)

8.2 Effetto fotoelettrico

Quando viene inviata della radiazione su un corpo vengono emesse delle particelle.

19

Si ha un elettrodo nel vuoto e viene inviata della radiazione monocromatica; un altro elettrodoviene posto poco lontano. Si crea una ddp e si misura un’eventuale corrente prodotta dagli e−

che si staccano. In sintesi:Radiazione → energia → e− superano il potenziale di estrazione → emissione.Si lavora a frequenza fissata.

Si nota che anche se ∆V = 0, I 6= 0, cioe anche senza ddp alcuni elettroni hanno energiasufficiente per staccarsi.Aumentando la ddp sempre piu e− si staccano finche non viene raggiunto un livello di saturazione.Con il procedimento opposto (inserendo una ddp opposta che frena gli e) la corrente si annullaad un certo V0 detto potenziale d’arresto, cioe l’energia in V0 e sufficiente a bloccare qualsiasi e.Ad una certa ν e ad una certa Ia l’energia cinetica dei fotoelettroni vale:

kmax = e · V0 (8.11)

Classicamente ci si aspetta che aumentando l’intensia aumenti il campo elettrico (I ∝ E2), quin-di aumenti la forza e dunque l’accelerazione; l’enrgia dovrebbe quindi aumentare: invece si trovache il V0 e sempre lo stesso.

(21 marzo)La cosa sconvolgente rispetto alla meccanica classica e che, mentre l’intensita della corrente variaa seconda dell’intensita della radiazione, il potenziale d’arresto ad una certa frequenza rimanesempre lo stesso (a frequenza fissata). Si trova che V0 e ν hanno una relazione lineare.

20

Un’altra stranezza e che la retta interseca l’asse delle frequenze non nell’origine, cioe sotto unacerta ν0 non si riesce ad estrarre nulla: ν0 e detta frequenza di soglia.Classicamente si pensava che mandando per tanto tempo una radiazione con qualsiasi ν, l’energiasi accumulasse e dopo un po’ gli e riuscissero ad essere emessi.Quanto tempo sarebbe necessario se cio fosse vero?Supponiamo di avere una lampadina di potenza emessa Pem = 1mW , consideriamo una superficiesferica di raggio d = 5m, il potenziale di estrazione sia φE = 4.2eV . Il raggio su cui ruota l’evale re = 10−10m.Quando arriva un’onda, l’atomo riesce a raccogliere la radiazone in un raggio 10 volte maggiore:reff = 10 · re = 10−9m.

A = πr2eff = π · 10−18 (8.12)

Pinc = PemA

S= Pem

A

4πd2(8.13)

= 10−3π · 10−18

100π= 10−23J

s(8.14)

Per ogni secondo ho 10−23J , quanti secondi per avere 4.2eV ?

t =φEPinc

=4.2eV

10−23 Js

(8.15)

=4.2 · 1.602 · 10−19

10−23= 6.73 · 104s (8.16)

che equivalgono a circa 19 ore. Si e pero mostrato che il fotoelettrone o viene emesso subitooppure non viene emesso, quindi tutto cio non e corretto.

Einstein rivede il concetto di radiazione elettromagnetica: la radiazione e formata da quanti diluce (pacchetti), che saranno poi chiamati fotoni, con energia pari a:

E = hν (8.17)

con h la costante di Planck. Se cio e vero, ogni quanto che ha una certa ν ha la stessa energiadi ogni altro quanto con la stessa frequenza:

hν = φE + Ediss + Ek (8.18)

cioe l’energia del quanto si trasforma in potenziale di estrazione degli e, in energia dissipata daglie e in energia cinetica per e: processo di urto tra e− e fotone.

21

Questa relazione vale per un solo elettrone, pero non si riesce a risolverla in questo modo ⇒utilizziamo l’energia massima di cui conosciamo il valore:

Ediss = 0 (8.19)

Ek = Kmax (8.20)

⇒ hν = φE +Kmax (8.21)

Il problema del tempo e immediatamente spiegato perche l’urto avviene in tempi brevissimi.Anche la dipendenza dalla frequenza e verificata: se hν < φE non ho alcuna K.E spiegato anche il potenziale d’estrazione che resta costante perche Kmax = eV0.La linearita tra ν e V0 deriva da:

hν = φE + eV0 (8.22)

⇒ V0 =h

e· ν − φE

e(8.23)

E una retta che interseca le ascisse nel punto ν0 = φEh e il cui coefficiente angolare vale:

m =h

e=|AB||BC|

(8.24)

=2.30− 0.68

(10− 6) · 1014= 4.1 · 10−15V s (8.25)

Se moltiplico m per la carica dell’e:

m · e = 6.57 · 10−34 ∼ h (8.26)

Va bene!!In pratica abbiamo una teoria assurda che e negata da tutti gli esperimenti sul comportamentoondulatorio della luce ma che spiega bene gli esperimenti considerati finora.

Se considerassimo i fotoni come particelle, possiamo associare loro una quantita di moto:

E2 = m2c4 + c2p2 (8.27)

p =E

c=hν

c(8.28)

=h

λ(8.29)

dove abbiamo assunto m = 0 perche le particelle in questione muovendosi alla velocita della lucenon possono avere massa.

(27 marzo)

22

Esercizio

λ = 350nmI = 1.00 W

m2

φE = 2.20eV⇒ Ek,max =?Se lo 0.5% della luce incidente produce fotoelettroni, quanti ne vengono emessi per s?

• Ek,γ = 1240eV nm350nm = 3.54eV = hν;

hν = φE +Kmax

⇒ Kmax = hν − φE = 3.54− 2.20 = 1.4eV .

• Riscriviamo l’energia del fotone in J :E = 3.54 · 1.602 · 10−19 = 5.67 · 10−19J .Se si divide I per E si trova il numero di fotoni che passa nella superficie nel tempo t:

Nγ

m2=

I

Eγ=

1

5.67 · 10−19= 0.179 · 1019 fotoni

m2 s(8.30)

Nella placchetta considerata:

N =Nγ

m2· S = 0.179 · 1019 · 10−4 = 0.179 · 1015 fotoni

s(8.31)

La percentuale emessa pero e piu bassa:

ne =0.5

100· 0.179 · 1015 = 8.95 · 1011 fotoni (8.32)

Esercizio

λmax = 230nmEk,max = 1.50eVλ per avere questa energia=?λmax rappresenta la lunghezza d’onda oltre la quale non vengono piu estratti e, corrisponde allafrequenza di soglia. Calcoliamo il potenziale di estrazione minimo:

φE = hν0 =hc

λmax=

1240

230= 5.40eV (8.33)

⇒ hν =hc

λx= φE + Ek,max (8.34)

λx =hc

φE + Ek,max=

1240

6.9= 180nm (8.35)

Contollo: λx < λmax vero!

Esercizio

Radio.P = 1kWν = 880kHzQuanti fotoni/s emette?

n =P

hν=

103

6.63 · 10−34 · 880 · 103= 1.71 · 1030 fotoni

s(8.36)

23

Esercizio

d = 1.5 · 1011 m = distanza Terra – SoleI = 1.40kW

m2

ν = 5 · 1014 Hz

• Quanti fotoni/s arrivano sulla Terra?

E = hν = 5 · 1014 · 6.63 · 10−34 = 33.1 · 10−20J (8.37)

NTf =

I

hν=

1.40 · 103

33.1 · 10−20= 4.2 · 1021 fotoni

m2 s(8.38)

• P =?, fotoni/s emessi=?Per la conservazione dell’energia, la potenza del Sole e data dall’intensita del Sole chearriva su una sfera di raggio uguale alla distanza d

P = 4πd2I = 4π1.52 · 1022 · 1.4 · 103 = 39.6 · 1025 W (8.39)

⇒ NSf =

39.6 · 1025

33.1 · 10−20= 1.2 · 1045 fotoni

s(8.40)

• Quanti fotoni / m3 arrivano sulla Terra?Si deve trovare l’intensita su m2, l’altezza del volumetto corrispondente alla superficieconsiderata e data dal tempo impiegato dai fotoni a compiere 1 m:

Nf

m3=

I · thν

=1.4 · 103

hν · c= 1.3 · 1013 fotoni

m3(8.41)

9 Esperimento di Young

Il fatto che la luce fosse un’onda era gia dato per assodato.

Questo esperimento e usato per verificare se i fotoni hanno comportamento ondulatorio o cor-puscolare.HP: i fotoni sono particelle che insieme hanno un comportamento ondulatorio (come le singolemolecole d’acqua che assieme formano le onde). Tayolr manda una radiazione molto deboleattraverso dei fori di Young: se ci sono pochi fotoni la distribuzione e casuale, se il loro numeroaumenta si comincia a vedere la figura di interferenza.

24

⇒ E il fotone singolo ad avere comportamento ondulatorio!I fotoni hanno sia comportamento ondulatorio che corpuscolare.

10 Raggi X

Rontgen, 1905.Riscaldando dei filamenti vengono liberati e che vengono successivamente accelerati da una ddpmolto elevata andando a scontrarsi con un’altra sostanza (rame). Viene prodotto un nuovo tipodi radiazione.Facendo passare la radiazione attraverso un campo elettromagnetico si vede che essa non edeviata, cioe non e carica. E una radiazione molto energetica:

1. attraversa i corpi;

2. rende incandescenti le sostanze fluorescenti.

Si nota inolte che l’esperimento dei fori di Young non funziona, infatti la radiazione e caratte-rizzata da una λ ∼ 10−12 << di quelle del visibile. Quindi per fare gli esperimenti per verificareo meno le proprieta ondulatorie di questa radiazione si usano gli spazi tra i cristalli.Classicamente una particella accelerata e poi frenata dovrebbe emettere uno spettro continuo(Bremsstrahlung).Stranezze:

1. λmin non dipende dal materiale (come ci si aspetterebbe classicamente) ma solo dalla ddp;

2. Esistenza di picchi: per certe λ l’intensita e particolarmente elevata

Si ricava sperimentalmente la legge di Hund :

λmin =1.24 · 10−6

V(10.1)

La spiegazione naturale avviene con la teoria di Einstein: quando gli e colpiscono il materiale,vengono frenati, quindi emettono energia sotto forma di calore o di radiazione (fotoni).

E = e · V = hν (10.2)

νmax =e · Vh

(10.3)

⇒ λmin =hc

e · V=

1240 eV

e V≡ 1.24 · 10−6

Vm V (10.4)

I picchi invece sono spiegati dagli stati energetici degli e: a seconda del materiale i picchicambiano, cioe dipendono dalla struttura atomica.

25

10.1 Effetti ottici dei raggi X

Si riescono a vedere gli effetti ottici di una radiazione se gli strumenti sono pari alla sua λ.Mandando radiazione su un materiale ogni atomo oscilla a causa dei dipoli indotti alla stessafrequenza della radiazione, cioe viene emessa dagli atomi una radiazione con la stessa ν dipartenza. In particolare nei cristalli, che non sono isotropi, ci sono delle direzioni privilegiate,cioe gli e non emettono in tutte le direzioni.

AB +BC = 2d sin θ = mλ (10.5)

detta legge di Bragg.

Esempio

Consideriamo dei tubi catodici:V = 10 kVChe tipo di raggi sono?λmin = 1.24·10−6

104= 1.24 · 10−10 m

νmax = cλmin

= 2.42 · 1018 Hz

11 Effetto Compton

(28 marzo)(1920 circa) Cerchiamo di evidenziare degli urti tra particelle per provare la natura corpuscolaredella radiazione.

26

Si studia la radiazione a inclinazioni diverse: si vede che esiste un solo picco per 0, poi i picchiaumentano separandosi (di ∆λ molto piccole).Un fotone colpisce un elettrone dell’atomo di cristallo: studiamo il fenomeno con la relativita.

E2 = m2c4 + c2p2 (11.1)

p =mv√1− v2

c2

(11.2)

27

Il fotone entra con p0 ed esce con p1, l’e esce con p2. Per il fotone:

p0 =E0

c=

h

λ0(11.3)

p1 =E1

c=

h

λ1(11.4)

Usiamo la conservazione della quantita di moto:

lungo x : p0 = p1 cos θ + p2 cosϕ (11.5)

lungo y : 0 = p1 sin θ − p2 sinϕ (11.6)

⇒ (p0 − p1 cos θ)2 + p21 sin2 θ = p2

2 cos2 ϕ+ p22 sin2 ϕ (11.7)

p20 + p2

1 − 2p0p1 cos θ = p22 (11.8)

Applichiamo la conservazione dell’energia (m sara la massa dell’e perche il fotone ha massanulla):

E0 +mc2 = E1 +√m2c4 + c2p2

2 (11.9)

c(p0 − p1) +mc2 =√m2c4 + c2p2

2 (11.10)

c2(p0 − p1)2 +m2c4 + 2mc3(p0 − p1) = m2c4 + c2p22 (11.11)

(p0 − p1)2 + 2mc(p0 − p1) = p22 (11.12)

Quindi in totale:

p20 + p2

1 − 2p0p1 cos θ = p20 + p2

1 − 2p0p1 + 2mc(p0 − p1) (11.13)

p0p1(1− cos θ) = mc(p0 − p1) (11.14)

dividendo per p0p1:

(1− cos θ) = mc

(1

p1− 1

p0

)(11.15)

p0 =h

λ0, p1 =

h

λ1(11.16)

Otteniamo quindi infine la formula di Compton:

λ1 − λ0 =h

mc(1− cos θ) (11.17)

All’inizio si ha una certa λ del fotone, che poi cambia per l’impatto ad angolo θ (se θ = 0 nonc’e spostamento).

λc =h

mc(11.18)

=6.63 · 10−34

9.11 · 10−31 · 3 · 108= 2.42 · 10−12 m (11.19)

e detta lunghezza d’onda di Compton per l’elettrone.Lo spostamento massimo si ha per θ = 180, dunque λmax = 2λc.Il primo pico si spiega perche abbiamo considerato un urto con un e poco legato (se fosse statopiu legato all’atomo avrebbe avuto una massa efficace molto maggiore).

28

Esempio

λ = 10.0 pm = raggi X

• λ′(45) =?λ′(θ = 45) = λ0 + h

mc(1− cos θ) = 10.7 pm

• λmax =?λ′max = λ0 + 2λc = 14.8 pm

• Emaxk (e−) =?

∆Emaxk (e−) = hν − hν ′ = hc(

1λ0− 1

λ′max

)= hc

(1λ0− 1

λ0+2λc

)= 6.54 · 10−15J

Osservazione:

Raggi γ λ = 0.0106 · 10−10 m ∆λλ = 0.0242

0.0106 = 2.3

Raggi X λ = 0.712 · 10−10 m ∆λλ = 0.0242

0.712 = 0.034 vista da Compton

luce verde λ = 5640 · 10−10 m ∆λλ = 0.0242

5640 = 4.29 · 10−6 insensibile normalmente

12 Com’e fatta la materia

Si usa la spettroscopia.

L’elemento con lo spettro piu semplice e l’idrogeno.

29

Ci sono delle righe che si accumulano fino a 364.6 nm, sono state studiate da Balmer. C’e unarelazione sperimentale tra le righe:

λj =bj2

j2 − 4(12.1)

e la serie di Balmer ; dove j = 3, 4, 5, b = 656.28 nm. Queste sono nel visibile, ma ci sono anchealtre righe: Balmer, Lymann, Paschen.Rydberg generalizza la serie di Balmer:

1

λn=

νnc

(12.2)

= RH

(1

(n′)2− 1

n2

)(12.3)

detta formula di Rydberg. Sperimentalmente, RH = 1.097 · 107m−1.

Da qui si riesce a capire come sono fatti gli atomi:

• Modello planetario: intuitivo ma sbagliato perche ruotando e dovrebbe collassare;

• Modello a panettone: andrebbe bene perche le orbite percorse dagli e sono incompatibilicon la teoria dell’elettromagnetismo.a = 10−10 m e il raggio dell’atomo.

30

4

3πa3ρ = e (12.4)

L’elettrone vede una carica q che sta dentro alla sfera di raggio r

Q =4

3πr3ρ (12.5)

=4

3πr3 e

43πa

3= e

(ra

)3(12.6)

F = − Qe

4πε0r2(12.7)

= − e2r3

4πε0a3r2= −kr (12.8)

⇒ k =e2r

4πε0a3= 230

N

m(12.9)

ν =1

2π

√k

m= 2.5 · 1015 Hz (12.10)

⇒ λ = 1200A (12.11)

Il problema sta nell’ultravioletto perche trova una sola λ e non tutta la serie, inoltre non sonopreviste le altre serie.

13 Esperiemento di Rutherford

Si usano le particelle α, cioe He ionizzato due volte: ha una massa molto elevata e carica positiva.Queste particelle vengono accelerate e sparate su un foglio d’oro molto sottile (spessore 10−6 ÷10−7 m). Quindi:

m ∼ 6.68 · 10−27 kg ∼ 8000me (13.1)

vα ∼ 2 · 107m

s(13.2)

⇒ Ek = 5.5 MeV (13.3)

Si contano le particelle che rimbalzano: la maggior parte va dritta o e deviata di piccoli angoli,ma alcune particelle rimbalzano indietro.Dal modello di Thompson quale sarebbe l’angolo di diffusione previsto? Supponiamo che all’in-terno dell’atomo la traiettoria sia lineare e calcoliamo la forza a cui e sottoposta la particella(gli e non entrano in gioco perche sono molto minori di α e di Au)

F = Cr (13.4)

C =Ze2

2πε0a3(13.5)

(10 aprile)Risultato sconvolgente: alcune particelle hanno una deflessione notevole (anche se poche), tanto

31

che tornano quasi indietro

Modello dell’atomo:HP0: planetario — non va bene perche l’elettrone decade se gira

HP1: panettone- a = raggio atomo;- in ogni punto ad una distanza r abbiamo una forza;- la carica dentro all’atomo e Ze;

Variazione quantita di moto perpendicolare (T=tempo, t=sezione):

∆p =

T∫0

F⊥dt (13.6)

=

T∫0

Cr · cosφ · dt (13.7)

= Cb

T∫0

dt (13.8)

= CbT (13.9)

doveb = rcosφ (13.10)

Velocita — vα ⇒ pα = mvα

CbT = Cb·2√a2−b2vα

siccome ho angoli piccoli: θ = ∆p⊥pα

= 2Cb√a2−b2

pα·vα = Cb√a2−b2Ec

- Se b=0: passa per il centro e non sente spostamento- Se b=a: passa tg e non sente spostamento

Per quale b ho spostamento massimo:

∂θ

∂b= · · · = 0 (13.11)

⇒ b =a√2

(13.12)

⇒ θmax =Ca2

2Ec(13.13)

(corrisponde al valore dell’angolo per cui b vale a√2)

l’angolo varia tra 0 e questo valore; prendiamo il valore medio dell’angolo

θ =θmax

2=Ca2

4Ec(13.14)

con a = 0.1nm

Ec = 5MeV (13.15)

⇒ θ = Z · 1.4 · 10−6rad (13.16)

Noi avevamo l’oro Z=79: θ ∼ 10−4rad.Vediamo cosa succede passata la lastra d’oro: la lastra e fina ∼ 10−6; gli atomi sono pieni di

32

dimensioni di circa 10−10; la particella ha dimensioni dell’ordine di 10−6 e urta gli atomi diordine 10−10, dunque ha circa 104 urti, e deviata dell’angolo trovato prima che ovviamente sarauna volta su e una volta giu, in media vanno quindi dritte: prendiamo lo scarto dalla media pervedere gli effetti.

Θ =∑

θi (13.17)

∆Θ =√< (Θ− 0)2 > (13.18)

=

√< (∑i

∑j

θiθj) > (13.19)

=

√<∑i

(θi)2 > (13.20)

=

√N(θ)2 (13.21)

∆Θ = θ√N = 10−2 = 0.6 (13.22)

Se mi metto nell’hp della deviazione massima:

Θmax = Nθ = 104 · 10−4 = 60 (13.23)

Probabilita che succeda questo: (12)N = 10−3000

cioe la probabilita che gli urti avvengano anche sempre nella deviazione massima (che potrebbespiegare le particelle che tornano indietro) e praticamente nulla ⇒ scartiamo Thompson.

HP2:- nucleo fermo rispetto alla particella α, che puo essere considerato vero perche l’oro e moltomaggiore delle α;- usiamo la meccanica classica;- forze coulombiane (i nuclei non si avvicinano e quindi non interagiscono tra loro attraversoforze di natura nucleare che non so ancora fare);

OSSERVAZIONE: forza di coulomb = centrale, momento della forza // r ⇒ si conserva ilmomento angolare.m= massa della particella αprima dell’urto: p = mvbdopo l’urto: p′ = mv′b′

Conservazione dell’energia:

1

2m(v)2 =

1

2m(v′)2 (13.24)

⇒ v = v′ (13.25)

⇒ p1 = p2 (13.26)

∆p = p2 − p1 (13.27)

=

∞∫−∞

Fdt (13.28)

∆p

sinθ=

p

sin(π−θ

2

) (13.29)

⇒ ∆p = 2mv · sin(θ

2

)(13.30)

33

∫ Fdt

=

∞∫−∞

Fcosφdt (13.31)

= 2mv · sin(θ

2

)(13.32)

2mv · sin(θ

2

)=

π−θ2∫

−π−θ2

Fcosφ · dtdφ· dφ (13.33)

(ho fatto un cambio di variabili)So che si conserva il momento angolare:

mvb = mvr = mωr2 (13.34)

ω =dφ

dt(13.35)

⇒ dφ

dt=

r2

vb(13.36)

l’integrale diventa:

2mv · sin(θ

2

)=

π−θ2∫

−π−θ2

Fcosφ · r2

vb· dφ (13.37)

=

∫2Ze2

4πε0r2· r

2

vbcosφ · dφ (13.38)

mv2b · 4πε0Ze2

· sin(θ

2

)= 2sin

(π − θ

2

)(13.39)

= 2cos

(θ

2

)(13.40)

cotg

(θ

2

)=

Ec · 4π · ε0Ze2

· b (13.41)

b= fattore d’impatto;- b molto grande: la ctg va a infinito, l’angolo va a π: non ho deviazione- b molto piccolo: posso tornare indietro perche l’angolo tende a π

2se b determina l’angolo, tutte le particelle dentro al cerchio πb2 vengono deflesse di un angolomaggiore

Mando tutte le particelle: che frazione di queste viene deflessa di una angolo maggiore rispettoa quello determinato da b?E lo stesso ragoinamento di prima, ma ora l’atomo e praticamente vuoto.Dunque quando la particella attraversa il foglietto di oro viene deviata praticamente da un soloatomo.

frazione: f = n·A·t·πb2A

(area totale efficace del nucleo divisa per l’area totale della superificie del foglietto, n=densitadi atomi su volume.)

f =n · tπE2c

(Ze2ctg( θ2)

4πε0

)2

(13.42)

34

A noi interessano le particelle che cadono all’interno di una corona circolare ds attorno all’atomo.

ds = 2πrsinθ · rdθ = 2πr2sinθdθ (13.43)

df = −n · tπE2c

(Ze2

4πε0

)2

· 1(sin(θ2

))2 ctg(θ2)dθ (13.44)

= −n · tπE2c

(Ze2

4πε0

)2cosθ

(sinθ)3dθ (13.45)

N (θ) dθ =Ni · |fi|ds

(13.46)

= Nin · tπE2c

(Ze2

4πε0

)2cosθ

(sinθ)3 ·1

4πr2 sin θ · cosθdθ (13.47)

N (θ) =Ni · n · t · Z2 e4

(8πε0)2 · r2 · E2c ·(sin(θ2

))4 (13.48)

Il numero di particelle deviate piu del 1% e molto piccola.Se ho una energia cinetica molto grande, le particelle riescono ad arrivare molto vicine al nucleo.Come posso stimare la distanza minima delle partiecelle dal nucleo?

Ec =2Ze2

4πε0Rmin⇒ Rmin =

2Ze2

4πε0Ec(13.49)

Per energie sufficientemente basse i risultati sperimentali corrispondono a quelli teorici, ma acerte energie (molto elevate), cioe quando R diventa piccolo (10−14), non corrispondono: cadel’hp che avevamo fatto sulle forze coulombiane, i nuclei cominciano ad interagire con forze nu-cleari.

(11 aprile)Gli esperimenti portano a pensare che ci sia una massa positiva all’interno dell’atomo (nu-cleo ∼ 10−14).C’e un unita di misura che si chiama Fermi che vale 10−15 m.

14 Atomo di Bohr

Spiega come fa l’elettrone a girare attorno senza decadere come per il modello planetario.

Postulati di Bohr :

1. Orbite circolari stabili ⇒ l’elettrone puo starci tranquillamente

2. Momento angolare L = n~ = nh2π , dove i valori di n previsti da Bohr sono numeri interi (il

momento angolare e quantizzato da numeri interi)

3. hν = Ei − Ef

4. Meccanica classica (il nucleo e fermo).

35

In generale, oltre che per l’idrogeno, i conti che faremo andranno bene per tutti gli idrogenoidi(cambia solo un fattore moltiplicativo Z), i quali hanno un elettrone ma il numero dei protoninon e fissato.

La forza di Coulomb sull’elettrone e pari a quella centripeta, consideriamo inoltre che il momentoangolare vale (2) ⇒

Ze2

4πε0r2= m

v

r2(14.1)

n~ = mvr (14.2)

Elevando al quadrato la seconda relazione e dividendo membro a membro la prima con la secon-da trovo una relazione per il raggio:

m · rn = 4πε0 ·n2~2

Ze2(14.3)

⇒ rn = 4πε0 ·n2~2

Ze2 ·m(14.4)

Va bene che ci sia Z al denominatore: intuitivamente, piu protoni ho, minore sara il raggiodell’atomo perche l’elettrone e piu attirato.Mi posso ricavre la velocita:

vn =n~

m · rn=

n~m4πε0(n~)2

Ze2m

=Ze2

4πε0n~(14.5)

Energia:

E = Ec + Ep =1

2mv2 − Ze2

4πε0r(14.6)

Ec =1

2

(Ze2

4πε0

)2m

(n~)2(14.7)

Ep = −(Ze2

4πε0

)2m

(n~)2= −2Ec (14.8)

En = −1

2

(Ze2

4πε0

)2m

(n~)2(14.9)

Vediamo se i conti sono sensati:-raggio:

rn =n2

Z· 4πε0~2

e2m=n2

Z· a0 (14.10)

a0 (= raggio dell’atomo di idrogeno con n = 1 e Z = 1 )= 0.529 A

-velocita:Prendiamo l’idrogeno:

v1 =e2

4πε0~(14.11)

v1

c=

e2

4πε0~ · c∼ 1

137= α (14.12)

La velocita e abbastanza minore di c, quindi possiamo usare la meccanica classica.α e detta COSTANTE DI STRUTTURA FINE.

36

-energia:

En = −Z2

n2

1

2

(e2

4πε0

)2m

~2= −Z

2

n2E0 (14.13)

E0 = 13.6eV (14.14)

Ho una scala di energie: Parto da 13.6 eV (per l’idrogeno, per gli altri invece devo moltiplicareper Z), poi dividendo per n2 ottengo la serie: 13.6 – 3.4 – 1.51 ⇒ ho degli stati quantici dell’e-lettrone, che salta da un livello all’altro.

hν = Ei − Ef =Z2

2

(e2

4πε0

)2m

~2

(1

n2f

− 1

n2i

)(14.15)

Assomiglia alla formula di Ridberg,

1

λ=Z2

2

(e2

4πε0

)2m

~2hc

(1

n2f

− 1

n2i

)(14.16)

Sostituendo i dati per l’idrogeno, la costante che appare e proprio la costante di Riedberg

Lo sdoppiamento delle righe rappresenta un problema: si parte da questo modello e poi lo sisviluppa (il modello di Bohr non e corretto, bisogna cambiarlo)

Risultato importante: QUANTIZZAZIONE LIVELLI ENERGETICI

(17 aprile)Possiamo anche scrivere:

1

λ= Z2RH(

1

n2f

− 1

n2i

) (14.17)

dove:RsperH = 109677.581cm−1 (14.18)

RthH = 109737.267cm−1 (14.19)

Rth,corrH = 109677.531cm−1 (14.20)

A seconda dello stato quantico finale si trovano le serie (Balmer, Paschen etc.)Anche modelli piu raffinati saranno molto simili a questo perche questo modello da’ risultatimolto precisi rispetto a quelli sperimentali.

15 Esperimento di Franck-Hertz

(1914) Conferma quantizzazione dell’energia.Non conoscevano la teoria di Bohr, studiavano gli urti elastici negli atomi.Esperimento: tubo in cui viene fatto il vuoto in cui si inserisce un vapore di mercurio, studianocosa succede scontrando elettroni e questi atomi inserendo un catodo da cui vengono emessidegli elettroni; si mette una ddp in modo che gli elettroni vengano accelerati verso una gri-glia. Dopo la griglia viene inserito un altro potenziale in modo che vengano rallentati e alla finearrivino solo quelli che hanno una certa energia. Collegano l’inizio e la fine con un amperometro.

37

Variando il potenziale la corrente comincia a salire, raggiugne un picco (4.9 V), poi la correntecrolla. Aumentando ancora il potenziale, la corrente risale fino ad un picco e cosı via; la distanzatra un picco e l’altro vale 4.9 V.

Quando gli elettroni si scontrano con Hg ho un urto elastico:

1. Massa Hg molto maggiore di quella dell’elettrone, non perdono energia durante l’urto,quindi aumentando la ddp aumento il numero di elettroni che riescono ad avere abbastanzaenergia per superare la barriera, quindi la corrente comincia a salire.

2. Successivamente pero la corrente scende: se colpisco l’atomo con energia sufficiente perfar passare l’elettrone del mercurio ad uno stato quantico maggiore, l’elettrone partitodal catodo perde la sua energia, quindi anche la corrente scende. In questo caso l’urto eanelastico.

3. Poi risale: gli elettroni hanno la massima energia in fondo sulla piastra, quando abbia-mo ddp di 4.9 eV (necessaria per eccitare Hg), riescono a eccitare solo gli ultimi atomiperche prima non hanno energia sufficiente e quindi arrivano alla fine con poca energia.Aumentando la ddp l’urto efficace avviene prima (spazialmente), quindi dopo l’elettroneha tempo per riassumere energia, se ha ddp doppia tutto questo succede due volte (dueurti efficaci).

Quindi:hν = 4.90eV (15.1)

⇒ hc

λ= 4.90eV (15.2)

⇒ λ = 253nm (15.3)

Per verificare cio, posso fare uno spettro di emissione del mercurio: dovrei trovare una linea a253 nm che indica atomi eccitati che poi ricadendo emettono a quella λ, e sperimentalmentequesto e vero.

Abbiamo assunto che in ogni urto l’elettrone faccia eccitare l’atomo di un solo stato quantico,in teoria potrebbe succedere che l’elettrone ecciti l’atomo di piu stati: ma l’esperimento e fattoin modo tale che il mercurio sia molto rado, e che la ddp vari lentamente.

Se al posto di Hg ci fosse H, dovrei avere una ddp di 10 V (perche mi servono 10 eV per eccitareH).

16 Raggi X

Sparo elettroni contro un bersaglio, in funzione della ddp e indipendentemente dal bersaglioavevamo uno spettro continuo con una λmin che dipende dall’energia dell’e.

38

Ci sono pero due picchi che dipendono dal materiale e non dall’energia: evidenziano qualcheproprieta della materia.

Mosley: gli e mandati riescono a dare energia a e all’interno dell’atomo e farli eccitare. I livellienergetici dipendono dal tipo di atomo e dunque dal materiale.

La frequenza che corrisponde al picco α:

LEGGE DI MOSLEY (SPERIMENTALE):

Z = A ·√να + s (16.1)

dove A e s sono costanti che dipendono dal tipo di riga implicata nella transizione Noi sappiamoche:

En = −Z2E0

n2(16.2)

ν =Z2E0

h

(1

n2f

− 1

n2i

)(16.3)

= Z2 · ν0

(1

n2f

− 1

n2i

)(16.4)

Questo funziona per l’idrogenoide, ma per gli altri atomi no perche ho piu e. Mosley pensadi assumere che la formula vada bene anche per gli altri atomi usando al posto di Z la caricaefficace, cioe non tutte le cariche positive, ma quelle positive schermate da tutti gli e che stannotra l’e considerato e il nucleo.

La formula diventa:

ν = (Z − s)2 · ν0

(1

n2f

− 1

n2i

)(16.5)

cioe s indica la schermatura.

17 Laser

(18 aprile)Laser: luce monocromatica collimata e coerente.

39

Supponiamo di avere due livelli di energia E1 ed E2, passando da uno stato all’altro:

E2 − E1 = hν (17.1)

Se abbiamo un e al livello piu basso e arriva un fotone che ha la stessa frequenza, l’e passa allivello piu alto (abbiamo un ASSORBIMENTO STIMOLATO).Abbiamo una certa probabilita di assorbimento stimolato (quanto facilmente passo dallo stato1 allo stato 2):

P stimass = B12 · u(ν) (17.2)

u = densita per unita di tempo dei fotoni.

EMISSIONE SPONTANEA:P spontem = A21 (17.3)

Siccome e spontanea non ci interessa la radiazione (non e stimolata).

Einstein si accorge che si puo anche avere EMISSIONE STIMOLATA: mando una radiazione,l’e cade nel livello basso ed emette 2 radiazioni.

P stimem = B21 · u(ν) (17.4)

Prendiamo questo sistema a due stati e vediamo come si compotra all’equilibrio.Ci saranno un certo numero N1 di elettroni nel livello 1 e un altro numero N2 al livello 2. Possia-mo suppore che sia immerso in un corpo nero cosı la radiazione e quella termica. All’equilibrio,usando Boltzmann:

N1 = Ce−βE1 (17.5)

N2 = Ce−βE2 (17.6)

⇒ N1

N2= e−β(E2−E1) = e−β·hν (17.7)

All’equilibrio ho un tot di e che vanno da 1 a 2, altro che va da 2 a 1 e all’equilibrio i due numerisaranno uguali.

N21 = N12 (17.8)

N12 = N1B12 · u(ν) ·∆t =

= N21 = N2 ·A21 ·∆t+N2B21 · u(ν) ·∆t (17.9)

u(ν)[N1B12 −N2B21] = N2A21 (17.10)

u(ν) =N2A21

[N1B12 −N2B21](17.11)

=A21

[N1N2B12 −B21]

(17.12)

=A21

ehνKT B12 −B21

(17.13)

Noi sappiamo che:

u(ν, T ) =8πhν3

c3· 1

ehνKT − 1

(17.14)

⇒ A =8πhν3

c3(17.15)

⇒ B12 = B21 = B (17.16)

40

La probabilita di scendere o di salire e la stessa.

A frequenze alte e piu importante l’emissione spontanea, a frequenze basse quella stimolata.

Il tempo di decadimento e dell’ordine di 10−9s .

Idea per i laser: pompaggio ottico = creare uno sbilanciamento di popolazione per avere piuelettroni nello stato eccitato in modo che quando arriva la radiazione essi cadono ed emettonoradiazione.

Come fare? Laser a 3 stati: Ci sono degli stati intermedi che dipendono dalle proprieta dellesostanze che sono molto stabili (10−3s). Mandiamo una radiazione, gli elettroni da 1 vanno a2, ma alcuni ricadono al livello intermedio emettendo radiazione. Si puo creare un’inversione dipopolazione in modo da avere piu elettroni in 2, quando arriva la radiazione crea una reazionea cascata che fa emettere fotoni in fase.Esistono anche laser a 4 stati.Questo succede perche le prob. di andare da 1 o a 2 e uguale al viceversa, altrimenti non sipotrebbe creare questo sistema.

18 Natura ondulatoria e corpuscolare delle particelle

Le particelle hanno massa e quantita di moto, la radiazione ha una frequenza e una energia maanche delle proprieta corpuscolari.

p =E

c=hν

c=h

λ(18.1)

De Broglie (1924): simmetria → la radiazione e onda e corpuscolo, ma allora perche la materia(le particelle) non ha proprieta ondulatorie?Associa alla particella la lunghezza d’onda:

λ =h

p6= hc

E(18.2)

contando che le particelle hanno massa, mentre i fotoni no.

(24 aprile)L’eq di De Broglie:

λ =h

p(18.3)

=h

γmv(18.4)

Supponiamo di avere e con energia di 100 eV (accelerati da una ddp di 100 V)

Ec =1

2mv2 (18.5)

v =

√2Ecm

(18.6)

=

√2 · 100 · 1.602 · 10−19

9.11 · 10−31(18.7)

= 5.9 · 106m

s(18.8)

41

p = mv (18.9)

= 5.4 · 10−24kgm

s(18.10)

λ =h

mv= 1.2 · 10−10m (18.11)

E una lunghezza d’onda molto piccola.Per esempio, un virus ha lunghezza d’onda:

m = 10−15kg (18.12)

v = 2m

s(18.13)

λ =h

p= 3.3 · 10−19m (18.14)

La condizione per avere orbite stazionarie e che la circonferenza compiuta dall’e dev’essere unmultiplo intero della lunghezza d’onda:

2πrn = nλ (18.15)

= nh

p(18.16)

rnp =nh

2π(18.17)

L = n~ (18.18)

Per verificare che gli elettroni hanno comportamento ondulatorio:

1. Esperimento doppia fenditura: con un e alla volta;

2. Reticolo di diffrazione guardando le frange di interferenza, ma e difficile perche abbiamolunghezze d’onda piccole ⇒ possiamo usare dei cristalli (nichel).

Il detector misura la corrente perche arrivano e.La radiazione colpisce perpendicolarmente alla superficie, i raggi vengono emessi ad un certoangolo φ rispetto ai piani, θ invece e l’angolo tra i due raggi. La condizione di Bragg:

nλ = 2dsinφ2φ+ θ = π

Nel caso dei nostri esperimenti: E = 54eV , θ = 50, φ = 65

⇒ d = 0.91A⇒ λ = 1.65A

La previsione di De Broglie:

Ec =p2

2m(18.19)

p =√

2mEc (18.20)

λ =h

p∼ 1.66A (18.21)

Quindi De Broglie ha ragione.L’energia a riposo (tipo energia associata alla massa in relativita) e associata da De Broglie aun qualche gardo di liberta interno che vibra.Nell’sdr in cui la particella e ferma:

hν ′ = mc2 (18.22)

42

ψ = A sin(2πν ′t′) (18.23)

Nell’sdr del laboratorio:

t′ =t− v

c2x√

1− (vc )2(18.24)

Quindi:

ψ(x, t) = A sin

[2πν ′

t− vc2x√

1− (vc )2

](18.25)

= A sin

[2π

(t

T− x

λ

)](18.26)

ν ′v√1− β2c2

=1

λ(18.27)

⇒ λ =

√1− β2c2h

vmc2=h

p(18.28)

Esercizio importante

Per vedere il comportamento ondulatorio dell’e abbiamo usato un reticolo.Quale dovrebbe essere la λ di un pallone da calcio per vederne l’interferenza?Misure del campo: 100 x 50 mPersone che fanno da punti di diffrazione: 23La superficie attorno ad ogni giocatore vale: S = 100·50

23 = 217m2

La distanza tra uno e l’altro vale circa: d ∼√S ∼ 15m

La distanza e circa la lunghezza d’onda del pallone, supponendo che m = 1kg, v = 100kmh ∼27.8ms

h ∼ d · p = 416Js (18.29)

che e molto piu grande rispetto alla vera costante di Planck.

Un’applicazione immediata del comportamento ondulatorio dell’e e il microscopio elettronico:con i microscopi riesco a vedere cose di grandezze paragonabili alla lunghezza d’onda che mando,quindi il visibile e troppo grande, i raggi X distruggono tutto, invece con gli elettroni riesco acontrollarli bene.

19 La funzione d’onda

Nel caso della materia, cos’e che oscilla? La funzione d’onda ψ.L’hp che viene fatta da Bohr e:Associamo una funzione d’onda ψ(x, y, z, t) alla particella, quello che osserviamo e il moduloquadro (come il modulo quadro del campo elettrico e legato al numero di fotoni, cioe all’inten-sita).La ψ e una probabilita quindi va da 0 a 1.Descrizione del problema dal pt di vista statistico: dire che la probabilita vale 0.2 significa cheil 20% di tutti gli e e in una certa posizione, non che il 20% di un e e lı e il resto da qualchealtra parte.

43

vp = λν (19.1)

λ =h

γmv(19.2)

ν =γmc2

h(19.3)

E = hν = γmc2 (19.4)

⇒ νλ =h

γmv· γmc

2

h=c2

v> c (19.5)

Impossibile!!

ψ = A cos(2πνt) (19.6)

x = vpt (19.7)

ψ(x, t) = A cos(2πν(t− x

vp)) (19.8)

= A cos(2π(νt− x

λ)) (19.9)

= A cos(ωt− kx) (19.10)

Con ω = 2πν, k = 2πλ .

Vogliamo costruirci il pacchetto d’onda. Supponiamo di avere due onde:

y1 = A cos(ωt− kx) (19.11)

y2 = A cos[(ω + ∆ω)t− (k + ∆k)x] (19.12)

Con ∆k << k, idem per l’altra. Sommando le due onde:

y = y1 + y2 (19.13)

= 2A cos

[(2ω + ∆ω

2

)t−

(2k + ∆k

2

)x

]cos

[(∆ω

2

)t−(

∆k

2

)x

](19.14)

= 2A cos(ωt− kx) cos

[(∆ω

2

)t−

(∆k

2

)x

](19.15)

Sono i battimenti: due suoni non perfettamente accordati. L’ampiezza sta oscillando.A questi fenomeni posso associare una velocita di gruppo:

vg =∆ω

∆k(19.16)

vg =dω

dk(19.17)

Troviamo quanto vale la vg:

k =2πγmv

h(19.18)

hν = γmc2 (19.19)

ν =γmc2

h(19.20)

ω =2πγmc2

h(19.21)

vg =dω

dk=

dωdvdkdv

(19.22)

44

ω dipende da v attraverso γ

dω

dv=

2πmv

h· γ3 (19.23)

dk

dv=

2πmγ3

h·(

1

γ2+v2

c2

)(19.24)

=2πmγ3

h(19.25)

⇒ vg = v (19.26)

La velocita di gruppo e proprio la velocita della particella!!!PROBLEMA: per descrivere una particella ho bisogno di una sovrapposizione di onde, cioe hok, λ, p per ogni onda, quindi devo sommare molti momenti ⇒ ho una sovrapposizione di moltimomenti (indeterminazione!)

Esercizio

λ = 2pmEc, vg, vf=?

E =√m2c4 + c2p2

cp = chλ = 1240

0.002 = 6.2 · 105eV = 620keVE0 = mc2 = 511keVEc = E − E0 = 290keVAvendo una energia sui keV stiamo parlando di vel relativistiche E = E0γ

⇒ v = c√

1− (E0E )2 = 0.771c

vp = c2

v = 1.30c non va bene infatti.

20 Principio di indeterminazione di Heisenberg

(2 maggio)Consideriamo la trasformata di ψ:

ψ(x) =1√2π

−∞∫∞

g(k)eikxdk (20.1)

k =2π

λ=

2π

hp (20.2)

⇒ p = ~k (20.3)

g(k) =1√2π

−∞∫∞

ψ(x)eikxdx (20.4)

Supponiamo che la funzione d’onda sia una gaussiana:

ψ(x) = e−x2

4σ2 eik0x (20.5)

se σ →∞ ottengo l’onda piana:

P (x) = |ψ|2 = ψ∗ψ (20.6)

= e−x2

2σ2 eik0xe−ik0x (20.7)

= e−x2

2σ2 (20.8)

45

Sia ∆x il valore per cui la gaussiana si riduce del valore 1√e, ⇒ ∆x = σ

Quindi maggiore e σ piu piatta e la gaussiana.La trasformata di Fourier di g(k):

g(k) =1√2π

−∞∫∞

e−x2

4σ2 ei(k0−k)xdx (20.9)

=1√2π

−∞∫∞

e−( x2σ−B)2eB

2dx (20.10)

⇒ i(k0 − k)x =2xB

2σ(20.11)

⇒ B = iσ(k0 − k) (20.12)

⇒ g(k) =1√2πe−σ

2(k0−k)2−∞∫∞

e−( x2σ−σi(k0−k))2dx (20.13)

se t = −σi(k0 − k), dt = dx2σ

g(k) =1√2π

2σe−σ2(k0−k)2

−∞∫∞

e−t2dt (20.14)

=1√2π

2σ√πe−σ

2(k0−k)2 (20.15)

=√

2σe−σ2(k0−k)2 (20.16)

Quindi il modulo quadro vale:

|g(k)|2 = 2σ2e−2σ2(k0−k)2 (20.17)

Come prima definisco ∆k = 12σ , piu grande e σ, piu piccolo e k.

∆x∆k =1

2(20.18)

Questo vale per la gaussiana, per le altre vale il maggiore o uguale.

p = ~k (20.19)

dp = ~dk (20.20)

∆x∆p =~2

(20.21)

Non posso conoscere contemporaneamente sia x che k (o p), se ne conosco una con altissimaprecisione, l’altra e molto bassa.

Questa indeterminazione e vera, non dipende dal modo in cui descriviamo il sistema.Per conoscere una particella, devo inviare dei fotoni. Posso ridurre l’intensita del fascio, ma inqualsiasi caso i fotoni hanno energia che perturbano il sistema. Se riduco l’energia aumento lalunghezza d’onda e quindi riduco la precisione sulla determinazione della posizione della parti-cella.

Gendankexperiment: Microscopio di Bohr.Lente con potere risolutivo (angolo al quale riesco a risolvere due punti separati) δθ ∼ 1.22f λ

D

∆x = l tan(δθ) (20.22)

∼ lλ

D(20.23)

46

O diminuisco la lunghezza d’onda o aumento il diametro della lente e quindi aumento la precisione(cioe riduco ∆x). Poi colpisco con un secondo fotone la particella e calcolo la quantita di moto.Ma in realta cosı facendo non calcolo posizione e p nello stesso istante, ma uno prima e uno dopol’urto. Allora potrei guardare com’e cambiata la quantita di moto del fotone e ricavare quelladell’elettrone.Quando mando il fotone, deve passare all’interno della lente, cioe all’interno di un cono che dallasorgente va alla lente per riuscire a beccarla (angolo corrispondente: 2φ)

∆px = pφ (20.24)

=h

λφ (20.25)

2φl ∼ D (20.26)

φ ∼ D

2l(20.27)

∆px =h

λ

D

2l(20.28)

Dunque:

∆x∆p ∼ h

λ

D

2llλ

D(20.29)

∼ h

2(20.30)

A causa della doppia natura delle particelle, non riesco a determinare con alta precisione sia xche p: salta completamente il concetto di traiettoria delle particelle.

Questi sono effetti che appaiono solo a livello particellare e atomico, non a livello macroscopico.TEORIA DELLE VARIABILI NASACOSTE: Einstein dice che le variabili che regolano questifatti sono distribuite statisticamente, se noi avessimo una conoscenza precisa sarebbe tutto de-terminato.Le disuguaglianze di Bell dovrebbero valere, sperimentalmente si e visto che sono violate.

(8 maggio)Non possiamo avere una particella ferma per il principio di Heisenberg, altrimenti potremmoavere sia la posizione che la velocita ben definite.

Esercizio

Classicamente:

E =p2

2m− e2

4πε0r(20.31)

mv2

r=

e2

4πε0r2(20.32)

E = − e2

2πε0r(20.33)

47

Per Heisenberg:

∆x∆px ∼ ~2

(20.34)

∆r =√< r2 > − < r2 > (20.35)

= |r| (20.36)

= r (20.37)

∆p =√< p2 > − < p2 > (20.38)

∆r =√

∆x2 + ∆y2 + ∆z2 (20.39)

∼√

3∆x ∼ ~∆px

(∗) (20.40)

∆p =√

∆p2x + ∆p2

y + ∆p2z (20.41)

∼ ∆px∆r∆p ∼ ~ (20.42)

∆r∆p ∼ rp ∼ ~ (20.43)

p ∼ ~2

(20.44)

E =~2

2mr2− e2

4πε0r(20.45)

dE(r)

dr= −2

~2

2mr2+

e2

4πε0r2= 0 (20.46)

r =4πε0me2

· ~2 = a0 (20.47)

Usando Heisenberg trovo che il raggio che minimizza l’energia e il raggio dell’idrogeno di Bohr.Le varie costanti moltiplicative sono state trascurate.(∗) viene cosı perche lo spazio e isotropo.

Principio di corrispondenza: torniamo alla meccanica classica quando ∆r << r, quindi ∆p << p,dunque:

∆r∆p

rp<< 1 (20.48)

∼ ~~ · n

=1

n(Bohr) (20.49)

Dunque n e molto grande.

Abbiamo anche la parte temporale della funzione d’onda:

ψ(t) =1√2π

∫G(ω)eiωtdω (20.50)

G(ω) =1√2π

∫ψ(t)eiωtdω (20.51)

E = hν =2πhν

2π= ~ω (20.52)

⇒ ∆t∆ω ≥ 1

2(20.53)

∆t∆E ≥ ~2

(20.54)

dove il t e il tempo in cui l’elettrone resta nel livello energetico.

48

Si scoprono regole di selezione, cioe non ho transizioni tra tutti i possibili stati, inoltre mi aspettouna linea singola e invece ce ne sono tante.

21 Equazione di Schrodinger

Teoria completa: la prima informazione che abbiamo e che serve una funzione d’onda, anche seci da’ solo delle probabilita.

P (x, t) = |ψ|2dx (21.1)

Come calcolare ψ?Particella libera: potenziale costante, non e sottoposta a forze.

U(x) = U (21.2)

ψ(x, t) = e−i(ωt−kx) (21.3)

E = ~ω (21.4)

k =p

~(21.5)

⇒ ψ(x, t) = e−i~ (Et−px) (21.6)

E =p2

2m+ U (21.7)

Vogliamo trovare l’eq che dato il potenziale mi dia trovare ψ. L’eq deve soddisfare la seguenteproprieta: dal fenomeno fisico di interferenza (quando la particella passa tra i fori di Young) →all’eq. che deve soddisfare il principio di Huygens (intensita proporzionale al modulo quadro),cioe dev’essere lineare.

|ψ1 + ψ2|2 (21.8)

deve essere soluzione perche la somma di due soluzioni dev’essere soluzione, dunque l’eq. devecontenere al massimo la funzione + sue derivate.

∂ψ

∂x=

ip

~e−

i~ (Et−px) (21.9)

=ip

~ψ (21.10)

∂2ψ

∂x2= −p

2

~2ψ (21.11)

⇒ p2ψ = −~2∂2ψ

∂x2(21.12)

∂ψ

∂t= − iE

~ψ (21.13)

Eψ = −~i

∂ψ

∂t(21.14)

=p2ψ

2m+ Uψ (21.15)

i · ~∂ψ(x, t)

∂t= − ~2

2m

∂2ψ

∂x2+ Uψ(x, t) (21.16)

Quindi ho trovato eq. lineare che determina conservazione energia.Si assume per estensione che questa valga per ogni U , non solo se e costante. Abbiamo trovatol’eq. di Schrodinger!!! Non possiamo dimostrarla ma sperimentalmente non e mai stata violata.

49

EQ. DI SCHRODINGER

i~∂ψ(x, t)

∂t= − ~2

2m

∂2ψ

∂x2+ Uψ(x, t) (21.17)

Troviamo la probabilita di trovare la particella alla posizione x al tempo t. Si chiede alla ψ dinon divergere altrimenti avremmo probabilita infinita di trovare lı la particella.

P (x, t) =

x2∫x1

|ψ(x, t)|2dx (21.18)

< x > =

∞∫−∞

xP (x, t)dx (21.19)

=

∞∫−∞

x|ψ(x, t)|2dx (21.20)

Con P (x) normalizzata.Per una generica funzione di x:

< G(x) > =

∞∫−∞

G(x)|ψ(x, t)|2dx (21.21)

Calcoliamo il valore di aspettazione della quantita di moto:

< p(x) > =

∞∫−∞

p(x)|ψ(x, t)|2dx (21.22)

NO!!!! p(x) non so trovarla perche ho il principio di indeterminazione di Heisenberg...Allora ritorno al caso dell’onda piana e lo generalizzo.

pψ =~i

∂ψ

∂x(21.23)

Eψ = i~∂ψ

∂t(21.24)

Posso associare a p e a E un operatore dato da:

p → p =~i

∂

∂x(21.25)

E → E = i~∂

∂t(21.26)

⇒< p > =

∞∫−∞

ψ∗pψdx (21.27)

=

∞∫−∞

ψ∗~i

∂ψ

∂xdx (21.28)

In meccanica quantistica sono tutti operatori Hermitiani cioe hanno autovalori reali.In generale:

< G(x, p) > =

∞∫−∞

ψ∗Gψdx (21.29)

50

Dobbiamo imporre delle condizioni al contorno dal punto di vista fisico che porteranno allaquantizzazione che prima abbiamo ricavato a occhio.

Atomo di idrogeno:

U(x, t) = U(x) (21.30)

Schrodinger si semplifica.Separo le variabili:

ψ(x, t) = f(t)u(x) (21.31)

i~u(x)df

dt= − ~

2mf(t)

d2u

dx2+ U(x)u(x)f(t) (21.32)

Divido per uf :

i~f

df

dt= − ~

2m

1

u(x)

d2u(x)

dx2+ U(x) (21.33)

= G (21.34)

A sinsitra dipende solo dal tempo, a destra solo dallo spazio, rifacendo il discorso fatto tempofa troviamo che e una costante (G).

i~df

dt= Gf (21.35)

Dalle eq. precedenti vedo che G = E:

df

f= − iE

~dt (21.36)

f(t) = Ae−iE~ t (21.37)

La u deve risolvere:

− ~2

2m

d2u(x)

dx2+ U(x)u(x) = Eu(x) (21.38)[

− ~2

2m

d2

dx2+ U(x)

]u(x) = Eu(x) (21.39)

⇒ Hu(x) = Eu(x) (21.40)

L’ultima e un’eq. agli autovalori con operatore Hamiltoniano H.Sconvolgimento: risolvendo l’ultima eq. si trova che i valori possibili dell’energia sono quantiz-zati ( n ).u(x) si chiama autofunzione, puo essere anche complessa.

ψ(x, t) = Ae−iEn~ tun(x) (21.41)

ψ∗ψ = A2u∗n(x)un(x) (21.42)

Il modulo quadro, cioe la probabilita, non dipende dal tempo.

Proprieta:

1. Sia u(x) che du(x)dx sono finite (non divergono);

2. Sia la funzione che la derivata devono essere monodrome (es di funzioni non a singolovalore: quelle che dipendono da variabili angolari);

3. Sia la funzione che la derivata devono essere continue (→ effetto tunnel), altrimenti:

• se la funzione non e continua la derivata divergerebbe e va contro (1);

• se la derivata non e continua,d2u

dx2=

2m

~2[U(x)−E]u(x), la derivata seconda diverge-

rebbe.

51

22 Buca di potenziale

(9 maggio)Nel grafico dell’energia potenziale rispetto a x, mettiamo una barriera: U(x) esiste solo in uncerto range, cioe:

U(x) = ∞, x < 0, x > L (22.1)

U(x) = 0, 0 ≤ x ≤ L (22.2)

−d2u

dx2

~2

2m= Eu (22.3)

d2u

dx2+

2mEu

~2= 0 (22.4)

u(x) = A sin

(√2mE

~x

)+B cos

(√2mE

~x

)(22.5)

Di sicuro e finita e a valori singoli, devo controllare la continuita:

u(0) = 0 (22.6)

⇒ A sin(0) +B cos(0) = B = 0 (22.7)

u(L) = 0 (22.8)

⇒ A sin

(√2mE

~L

)= 0 (22.9)

⇒√

2mE

~L = nπ (22.10)

Conseguenze:

un(x) = A sin

(nπ

Lx

)(22.11)

2mEL2

~2= n2π2 (22.12)

⇒ En =2n2π2~2

2mL2(22.13)

Abbiamo una teoria semplice che senza nessuna hp arriva a quello che aveva visto Bohr.

u1(x) = A sin

(π

Lx

)(22.14)

E1 =~2

8mL2(22.15)

u2(x) = A sin

(2π

Lx

)(22.16)

u3(x) = A sin

(3π

Lx

)(22.17)

· · · · · · (22.18)

52

A seconda di n le u hanno sempre piu picchi, cio significa che la particella non ha prob. uniformedi essere in un certo punto dello spazio, ma piu probabilita di essere nei due picchi.Normalizzazione:

∞∫−∞

|ψ|2dx = 1 (22.19)

A2

L∫0

[sin

(nπx

L

)]2

dx = 1 (22.20)

=A2

2

[ L∫0

dx−L∫

0

[cos

(2πnx

L

)]dx

](22.21)

=A2

2

[x− L

2nπsin

(2nπx

L

)]L0

(22.22)

1 =A2

2L (22.23)

⇒ A =

√2

L(22.24)

Per u1 (stato fondamentale) dovremmo avere una prob. maggiore al centro rispetto al primostato eccitato:

Px1,x2 =

x2∫x1

|un(x)|2dx (22.25)

x1 = 0.45L (22.26)

x2 = 0.55L (22.27)

Px1,x2 =2

2L

[x− L

2nπsin(

2nπx

L)

]x2x1

(22.28)

Calcoliamo il valor medio di x, cioe dove sara in media la particella:

< x > =2

L

L∫0

sin2

(2nπx

L

)dx (22.29)

2nπx

L= y (22.30)

2nπ

Ldx = dy (22.31)

< x > =2

L

(L

2nπ

)2nπ∫0

y sin2(y)dy (22.32)

nπ∫0

y sin2(y)dy =1

2

nπ∫0

y[1− cos(2y)]dy (22.33)

=1

2

[y2

2−

nπ∫0

y cos(2y)dy

](22.34)

= (perparti)1

2

[y2

2− y

2sin(2y)

nπ∫0

sin(2y)dy

](22.35)

⇒< x > =L

2(22.36)

53

Dunque il valore di aspettazione e sempre nel mezzo anche se le probabilita sono divise in picchi.

Qual e il valore di aspettazione di p?

< p > =

∞∫−∞

ψ∗~i

∂

∂xψdx (22.37)

=~i

2

L(22.38)

=nπ

L

L∫0

sin

(nπ

Lx

)cos

(nπ

Lx

)dx (22.39)

= 0 (22.40)

Se non avessimo avuto una buca infinita (bensı finita) avremmo avuto delle oscillazioni all’in-terno della buca, ma anche due codine che penetrano nella zona in cui l’energia e nulla. Ciosignifica che se la zona e stretta, la particella poterbbe attraversarla → effetto tunnel.

23 Risoluzione dell’eq. di Schrodinger

(15 maggio)Andiamo ora in 3D:

V (x) = 0 dentro (23.1)

V (x) = ∞ fuori (23.2)

0 ≤ x ≤ a (23.3)

0 ≤ y ≤ b (23.4)

0 ≤ z ≤ c (23.5)

⇒ ψ(x, y, z, t) = u(x, y, z, )e−iEt~ (23.6)

Hu = Eu (23.7)

Sappiamo inoltre che:

p2

2mu = Eu (23.8)

ma :p2

2m=

p2x

2m+

p2y

2m+

p2z

2m(23.9)

con: px = ~

i∂∂x

py = ~i∂∂y

pz = ~i∂∂z

54

⇒ p2

2mu = − ~2

2m

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)u (23.10)

= − ~2

2m∇2u = Eu (23.11)

Questa e l’eq. di Schrodinger da risolvere.Come in precedenza, separiamo le variabili:

u(x, y, z) = X(x) Y (y) Z(z) (23.12)

⇒ − ~2

2m

(XY Z +XY Z +XY Z

)= EXY Z (23.13)

− ~2

2m

(X

X+Y

Y+Z

Z

)= E (23.14)

− ~2

2m

(−k2

x − k2y − k2

z

)= E (23.15)

Si ottengono 3 eq. X + k2

xX = 0

Y + k2yY = 0

Z + k2zZ = 0

Le soluzioni sono del tipo:

X(x) = A sin(kxx) +B cos(kxx) (23.16)

· · · (23.17)

Bisogna imporre anche altre due condizioni:

X(0) = 0 ⇒ B = 0 (23.18)

X(a) = 0 ⇒ sin(kxa) = 0⇒ kx =nxπ

a(23.19)

Analogalmente ky =nyπb , kz = nzπ

c .

⇒ u(x, y, z) = X(x) Y (y) Z(z) (23.20)

= G sin(nxπa

)sin(nyπ

b

)sin(nzπ

c

)(23.21)

⇒ Enx,ny ,nz =~2π2

2m

((nxπa

)2+(nyπ

b

)2+(nzπ

c

)2)

(23.22)

L’energia minima (quella nello stato fondamentale):

E1,1,1 =~2π2

2m

(1

a2+

1

b2+

1

c2

)(23.23)

Se poi a = b = c = L:

Enx,ny ,nz =~2π2

2mL2

(n2x + n2

y + n2z

)(23.24)

Dunque per lo stato fondamentale:

E1,1,1 = 3~2π2

2mL2(23.25)

= 3E0 (23.26)

Nel primo stato eccitato, invece:

E2,1,1 = 6E0 = E1,2,1 = E1,1,2 (23.27)

55

Consideriamo ora l’energia potenziale (per l’atomo di idrogeno): V (x) 6= 0(−~2π2

2m∇2 + V (x, y, z)

)u(x, y, z) = E u(x, y, z) (23.28)

se V (x, y, z) = − e2

4πε0r(23.29)

⇒ −~2π2

2m∇2u(x, y, z)− e2u(x, y, z)

4πε0√x2 + y2 + z2

= E u(x, y, z) (23.30)

Possiamo risolverlo per l’atomo di idrogeno, in cui possiamo utilizzare le coordinate polari inquanto ha un solo e−

x = r sin θ cosϕy = r sin θ sinϕz = r cos θ

L’eq. diventa:

−1

r

∂2

∂r2(r u(r, θ, ϕ)) − 1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θu(r, θ, ϕ)

)+

− 1

r2 sin θ

∂

∂ϕu(r, θ, ϕ) =

2m

~2

(E +

e2

4πε0r

)u (23.31)

Ora possiamo separare le variabili:

u(r, θ, ϕ) = R(r)Y (θ, ϕ) (23.32)

−1

rY

d

dr2(rR)− R

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂Y

∂θ

)− R

r2 sin θ

∂Y

∂ϕ=

2mRY

~2

(E +

e2

4πε0r

)(23.33)

Se moltiplichiamo tutto per r2

RY :

− rR

d

dr2(rR)− 1

Y sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂Y

∂θ

)− 1

Y sin θ

∂Y

∂ϕ=

2mr2

~2

(E +

e2

4πε0r

)(23.34)

Scomponiamo ora le parti che dipendono da r e quelle che dipendono da θ o da ϕ, sarannocostanti, con qualche altro passaggio si arriva ad ottenere:

d2φdϕ2 +m2

l φ = 0

1sin θ

ddθ

(sin θ dΘ

dθ

)+(α− m2

l

sin2 θ

)Θ = 0

1r2

ddr

(r2 dR

dr

)+[

2m~2

(e2

4πε0r+ E

)− α

r2

]R = 0

dette equazioni associate di Bessel.

24 Numeri quantici

Non risolviamo le ultime eq. ma sarebbe possibile.

φ(ϕ) = Aeimlϕ (24.1)

imponiamo φ(ϕ) = φ(ϕ+ 2π) (24.2)

⇒ Aeimlϕ = Aeimlϕ+i2π (24.3)

⇒ eiml2π = 1 (24.4)

Questa condizione, detta condizione di singolo valore, implica che ml = 0, ±1, ±2, cioe ml ∈ Z.Per alte condizioni invece si ottiene che:

α = l(l + 1) (24.5)

56

con l ∈ Z e l ≥ |ml|. Si arriva poi all’energia:

En = −E0

n2(24.6)

con E0 = 13.6 eV , quindi l’energia dipende solo da un numero quantico intero n > l.

Le situazioni possibili sono:

n = 1 l = 0 ml = 0

n = 2 l = 0 ml = 0l = 1 ml = −1

ml = 0ml = 1

· · ·

Consideriamo la funzione d’onda:

u(r, θ, ϕ) = Rn,lYml,l (24.7)

= Rn,lΘml,leimlϕ (24.8)

sono armoniche sferiche.Consideriamo ora l’eq. radiale:

1

r2

d

dr

(r2d R

dr

)+

[2m

~

(e2

4πε0r+ E

)− l(l + 1)

r2

]R(r) = 0 (24.9)

L’energia puo essere scomposta in radiale, orbitale e potenziale:

E = Eradc + Eorbc + Epot (24.10)

Quindi la parentesi quadra diventa:

2m

~2

[Eradc + Eorbc − ~2 l(l + 1)

2mr2

]R = 0 (24.11)

Se e nulla significa che alcuni termini si cancellano tra di loro:

Eorbc = ~2 l(l + 1)

2mr2(24.12)

1

2mv2

orb = ~2 l(l + 1)

2mr2(24.13)

1

2m

L2

m2r2= ~2 l(l + 1)

2mr2(24.14)

⇒ L2 = ~2l(l + 1) (24.15)

⇒ L = ~√l(l + 1) (24.16)

perche vorbmr = LQuindi il numero quantico l fornisce il momento angolare: per l = 0 il momento e nullo al

contrario del modello di Bohr.Quello che cambia e la componente z, Lz = ml~ che cambia con ml, che ci da’ quindi l’orienta-zione di L.

(16 maggio)

L = ~√l(l + 1) (24.17)

Lz = ml~ (24.18)

57

Fissato l’asse z arbitrario si puo misurare contemporaneamente il modulo e la componente lungoz di L, mentre quella lungo x e y non si conoscono (anche se non sono casuali). Siccome la loromedia e nulla, posso immaginare che le due componenti facciano ruotare il momento angolare(ma non e vero).Se conoscessi esattamente Lx e Ly, sapremmo in che piano sta l’elettrone, quindi conosceremmosia ∆x che ∆px violando il principio di Heisenberg.Determiniamo la prob. di trovare una particella ad una distanza r dal centro:

P (r)dr =

∫ ∫ψ∗ψr2 sin θdθdϕ (24.19)

ψ = R(r)Θφ (24.20)

⇒ P (r)dr = drR2(r)

∫ ∫Θ∗Θφ∗φ sin θdθdϕ (24.21)

P (r) = r2R2(r) (24.22)

Per esempio:

R1,0 =2

a320

· e−ra0 (24.23)

P (r) = r2R2 (24.24)

=4

a30

r2e− 2ra0 (24.25)

dP (r)

dr= 2re

− 2ra0 − 2

a0r2e− 2ra0 = 0 (24.26)

⇒ rmax = a0(= Bohr) (24.27)

se n = 2, l = 0 abbiamo due massimi, se n = 2, l = 1 abbiamo un solo massimo.In generale il massimo corrisponde al raggio di Bohr.La prob. di trovare l’e vicino al nucleo e molto piu alta per l piccolo:

P (r) ∼ r2+l (24.28)

Esercizio

<1

r>100 (24.29)

ψ100 =e− ra0

√πa

320

(24.30)

<1

r> =

2π∫0

π∫0

∞∫0

dϕdθdrr2

r

sin θe− 2ra0

πa30

(24.31)

=1

πa30

2π · 2∫dr · re−

2ra0 (24.32)

2r

a0= y (24.33)

⇒< 1

r> =

4

a30

(a0

2

)2∞∫

0

ye−ydy (24.34)

=4

a30

a20

4(24.35)

=1

a0(24.36)

58

Cerchiamo la probabilita che r = a0 piuttosto che r =a0

2

P (r) = r2ψ2 (24.37)

= Ar2e− 2ra0 (24.38)

P (r0)

P ( r02 )=

r20e−2

r204 e−1

(24.39)

=4

e∼ 1.47 (24.40)

La prob. che sia in r0 e 1.47 volte maggiore rispetto all’altra.

ψ = RΘeimlϕ (24.41)

Per capire come sono fatti gli orbitali si misura |Θ|2 in funzione di Θ.Quindi troviamo la solita forma degli orbitali:

1. s non ho una direzione privilegiata (sfera);

2. p ho due lobi :Se l = 1 ed m = 0 la prob. e proporzionale a cos θ e quindi i lobi sono verticali;Se l = 1 ed m = 1 la prob. e proporzionale a sin θ e quindi i lobi sono orizzontali;

3. · · ·

(22 maggio)Supponiamo di avere un sistema unidimensionale: stato n con En; stato m con energia Em.

ψn(x, t) = un(x)e−iEnt

~ (24.42)

ψm(x, t) = um(x)e−iEmt

~ (24.43)

Il valore di aspettazione vale:

< x >n =

∫ψ∗n ψn x dx (24.44)

=

∫u∗n(x) e

iEnt~ x un(x) e

−iEnt~ dx (24.45)

=

∫u∗nunx dx (24.46)

Studiamo la transizione tra lo stato n e quello m (non ne studiamo le cause). Sapendo che l’eq.di Schrodinger e lineare:

Ψ = a(t)ψn + b(t)ψm (24.47)

con a(0) = 1, a(∞) = 0, b(0) = 0, b(∞) = 1 per rappresentare il cambiamento di stato.

< x > =

∫Ψ∗xΨ dx (24.48)

=

∫(a∗u∗ne

iEnt~ + b∗u∗me

iEmt~ ) x (aune

−iEnt~ + bume

−iEmt~ ) dx (24.49)

= aa∗∫u∗nunx dx+ bb∗

∫u∗mumx dx+ e

i(Em−En)t~

∫b∗au∗mxun dx+

+ e−i(Em−En)t

~

∫ba∗umxu

∗n dx (24.50)

59

I primi due addendi formano una costante; utilizzando la formula di Eulero per gli altri dueaddendi si ha che:

< x > = K + cos

((Em − En)t

~

)∫[b∗au∗mxuN + ba∗amxa

∗n] dx+

+ i sin

((Em − En)t

~

)∫[b∗au∗mxuN + ba∗amxa

∗n] dx (24.51)

Ci sono due termini che oscillano: possiamo dunque calcolarne la frequenza.

cos

((Em − En)t

~

)= cos

((Em − En)t · 2π

h

)(24.52)

= cos(2πνt) (24.53)

⇒ ν =Em − En

h(24.54)

Siamo in una dimensione, se consideriamo piu dimensioni la forma delle relazioni e la stessa:c’e sempre un termine oscillante, ma potrebbe succedere che i termini moltiplicativi siano nulli,quindi non avrei nulla che oscilla. Questo fatto succede molto spesso: non e detto che esistanotutte le transizioni tra uno stato e l’altro, ci sono delle transizioni solamente se lo stato inizialee quello finale sono rappresentabili da integrali che non siano nulli. Cioe:

< x >if =

∫u∗ixuf dx 6= 0 (24.55)

E formule analoghe per le altre dimensioni.Sperimentalmente si trova che si possono avere delle transizioni solamente se:

∆l = ±1 (24.56)

∆ml = 0,±1 (24.57)

Le possibili transizioni sono molto poche.

Vogliamo ora giustificare queste regole per l’idrogeno:

ψn,l,ml ∼ Rn,l(r) Θml,l(θ)eimlϕ (24.58)

< z >if =

∫ψ∗ni,li,ml,i z ψnf ,lf ,ml,f r

2 sin θ dr dθ dϕ (24.59)

=

∫e−iml,iϕeiml,fϕ dϕ

∫r3 cos θ sin θR∗RΘ∗Θ dθ dr (24.60)

∝2π∫0

e(iml,f−iml,i)ϕ dϕ (24.61)

Quindi l’integrale e 6= 0 solo se ∆ml = 0.Considerando x al posto di z, ad exp ottengo una costante additiva che vale ±1, quindi ottengoche l’integrale e 6= 0 solo se ∆ml = ±1.

25 Effetto Zeeman

Abbiamo una serie di situazioni differenti: possiamo per esempio avere un campo magnetico.L’atomo e formato da un elettrone che ruota: possiamo immaginarlo come una spira, che produceun campo magnetico che interagisce con quello esterno.

Um = −µ · B (25.1)

60

Possiamo associare all’atomo di H il momento di dipolo:

µ = i ·A (25.2)

i =q

T=−e2πr· v (25.3)

Perche il tempo impiegato e dato classicamente da: 2πr = vT .

⇒ µ = − e

2πr· v · πr2 (25.4)

= −evr2· mm

= − eL2m

(25.5)

⇒ µ = − e

2mL (25.6)

con L = momento angolare.Ogni atomo e una spira che ha un certo momento angolare, quest’ultimo e quantizzato, dunqueanche µ lo e. Per quanto riguarda l’energia:

EB = En + Um (25.7)

Um =e

2mL · B (25.8)

se B = Bz (25.9)

⇒ Um =e

2mLzB (25.10)

=e

2mml~ B (25.11)

dove e2m~ = µB = 9.27 · 10−24 J

T = 5.8 · 10−5 eVT e detto magnetone di Bohr

Um = µBml B (25.12)

⇒ En,l,ml = En + µBml B (25.13)

Per esempio:

1. n = 2, l = 1 il livello energetico si splitta (suddivide) in 3 parti: ml = 1, 0, −1, dove illivello 0 corrisponde a quello iniziale. Quindi ho 3 possibili transizioni tra questi livelli e illivello n = 1, l = 0.

2. n = 3, l = 2 ho 5 suddivisioni: m(3)l = 0,±1,±2 che vanno a

n = 2, l = 1 con m(2)l = 1, 0, −1: mi aspetto 15 transizioni, invece se ne vedono solo 3.

Perche?

E3 = E03 + µBm

(3)l B (25.14)

E2 = E02 + µBm

(2)l B (25.15)

ν0 =E0

3 − E02

h(25.16)

61

La frequenza prevista da Bohr:

ν =E3 − E2

h(25.17)

=E0

3 − E02

h+µB B

h(m

(3)l −m

(2)l ) (25.18)

= ν0 +e

4mπB(m

(3)l −m

(2)l ) (25.19)

Capiamo perche abbiamo solo 3 transizioni: la differenza di energia e costante tra alcu-

ne transizioni (per es, tra m(3)l = −1 e m

(2)l = 0 e uguale rispetto a tra m

(3)l = −2 e

m(2)l = −1).

Inoltre la differenza (m(3)l −m

(2)l ) puo valere solamente 0, ±1. Ne avrei 15 in totale, con

questa restrizione posso averne solo 3:

ν =

ν0 + e

4mπB

ν0

ν0 − e4mπB

Esempio

B = 0.300 Tλ0 = 450 nm∆λ =?∆ν = eB

4πm

ν = cλ ⇒ dν = − c

λ2dλ⇒ ∆λ = λ2

c ∆ν

∆λ = (450)2 eB4πmc = 0.003 nm

26 Esperimento di Stern-Gerlach

Germania 1922.Esperimenti sul dipolo magnetico in modo diverso.

Si immerge un fascio di particelle in un apparecchio magnetico anisotropo (quindi B dipendedalla posizione). Le particelle vengono collimate e ne viene aumentata l’energia cinetica, sonosottoposte a un campo magnetico e sono poi visualizzate su di uno schermo. Possiamo pensareogni elettrone come un dipolo magnetico.

U = −µ · B (26.1)

= −µxBx(x, y, z)− µyBy(x, y, z)− µzBz(x, y, z) (26.2)

62

Si puo semplificare: a parte effetti di bordo, non ci saranno ne componenti By ne variazioni diB lungo y:

U = −µxBx(x, y, z)− µzBz(x, y, z) (26.3)

Inoltre vale una simmetria tra la parte destra e sinistra del magnete, cioe le componenti Bx eBz hanno lo stesso modulo se si trovano in posizioni simmetriche. Dunque se si manda il fascioa x = 0 vale Bx = 0.

U = −µzBz(x, y, z) (26.4)

⇒ Fx = −∂U∂x

(26.5)

= µz∂Bz(x, y)

∂x(26.6)

= 0 (26.7)

dove l’ultima uguaglianza deriva dal fatto che abbiamo considerato il fascio collimato a x = 0.Dunque resta solo:

Fz = µz∂Bz(x, y)

∂z(26.8)

L’esperimento vuole valutare lo spostamento degli atomi nel fascio, che dovrebbe essere quan-tizzato:

µz = ml~ (26.9)

az =Fzm

=µzm

∂Bz∂z

(26.10)

Inoltre vale che:

1

2mv2 =

3

2KbT (26.11)

⇒ vy ∼√

3KbT

m(26.12)

dove l’ultima non e una vera e propria uguaglianza perche si dovrebbero tener conto altri termini.Dopo una distanza L1 si ha:

z(L1) =1

2azt

21 con t1 =

L1

v1(26.13)

E un moto uniformemente accelerato.Se t2 = L2

v2e vz(L1) = azt1 si ha che:

z(L1 + L2) =1

2azt

21 + vz(L1)t2 (26.14)

=1

2azt

21 + azt1t2 (26.15)

= azt1

[t12

+ t2

](26.16)

=azL1

v2y

[L1

2+ L2

](26.17)

=µzm

∂B

∂z

L1

v2y

[L1

2+ L2

](26.18)

Adottiamo allora i seguenti valori: T = 500 K, L1 = L2 = 1 m, µz ∼ 10−23, ∂B∂z = 1 Tm . Dunque:

z(L1 + L2) ∼ 0.7 mm (26.19)

63

Si riesce a vedere questa distanza.In meccanica classica: µz = µ cos θ;in meccanica quantistica: µz = ml~, (numero dispari).Si trova che a campo spento le particelle si propagano linearmente, a campo acceso invece ci so-no due linee (numero pari), sono orizzontali perche non e possibile collimare perfettamente a zero.

Nasce cosı l’idea di considerare un momento angolare intrinseco della particella: ogni e− ha ilsuo L intrinseco, che viene chiamato spin, s.In analogia a quanto gia visto si dice che:

S = ~√s(s+ 1) (26.20)

sz = ms~ (26.21)

Affinche le cose tornino, si usa s = 12 , siccome −s ≤ ms ≤ s allora ms = ±1

2 .Quindi per caratterizzare uno stato di una particella abbiamo 4 numeri quantici: n, l, ml, ms.

Consideriamo un esempio: abbiamo un e− di raggio r = 5 · 10−17 m.

S = Iω (26.22)

=2

5m r2 v

r(26.23)

=2

5m r v (26.24)

Inoltre abbiamo che:

S = ~

√1

2

(1

2+ 1

)=

√3

2~ (26.25)

⇒ v =5√

3

4m r= 1.6 · 104c (26.26)

Non puo essere.

Anche allo spin possiamo associare un momento:

µs = − e

mS (26.27)

Quindi si raddoppiano tutti gli stati quantici:

n = 1 l = 0 ml = 0 ms = 12

n = 1 l = 0 ml = 0 ms = −12

· · ·

Questo fatto e noto come principio di esclusione di Pauli.Ci sono due e− per stato quantico.Il numero di elettroni in un atomo con shell piena e:

N =

n−1∑l=0

2 · (2l + 1) (26.28)

= 4n−1∑l=0

l +n−1∑l=0

2 (26.29)

=4n(n− 1)

2+ 2n (26.30)

= 2n2 − 2n+ 2n = 2n2 (26.31)

64

Le dimensioni degli atomi non variano di molto: nella tavola periodica, sono piu grandi a sinistrae piu piccoli a destra perche gli e− si compensano con i p+.Per esempio: Li.Z = 3: 1s2, 2s, con energia di ionizzazione Eion = 5.39 eV .

En = −E0Z2sn2 , con Zs che considera la schermatura.

⇒ Zs = 1.26 che e la carica vista dell’e− piu esterno.

Rimane il problema dello splitting: e come se fosse presente un campo magnetico interno.L’elettrone vede il nucleo muoversi attorno a lui:

j = −Zev (26.32)

B =µ0

4π

j × rr3

(26.33)

= −µ0

4π

Ze

r3v × r (26.34)

= −µ0

4π

Ze m

m r3v × r (26.35)

=µ0

4π

Ze

r3mL (26.36)

=Ze

4πε0 c2 r3 mL (26.37)

E un campo generato dal moto degli elettroni nell’atomo.

∆E = −µs · B (26.38)

< B > =µ0

4π

Ze

mL <

1

r3> (26.39)

<1

r3> =

Z3

n3a30l(l + 1

2

)(l + 1)

(26.40)

< B > =µ0

4π

Z4e

m

~√l(l + 1)

n3a30l(l + 1

2

)(l + 1)

(26.41)

ma µB =e~2m

(26.42)

⇒< B > =µ0µB2πa3

0

Z4

n3

1√l(l + 1

2

)(l + 1)

(26.43)

La prima frazione contiene solo costanit che valgono 12.52 T .Consideriamo alcuni casi con Z = 1:n = 1, l = 0: non ci sono ne L ne B.n = 1, l = 1: < B >= 12.52 · 1

8 ·2

3√

2= 0.74 T .

Ma l’energia deriva dall’interazione con il dipoletto:

µs = − e

mS (26.44)

su z : µs,z = − e

mSz (26.45)

= − e

m(ms~) (26.46)

= − e~2m

(26.47)

⇒ ∆E = −µs · B (26.48)

= µB B (26.49)

= 5.788 · 10−5 eV

T· 0.74T = 4.28 · 10−5eV (26.50)

65

Esplicitiamo l’interazione spin–orbita:

∆E = −µs · B (26.51)

=1

2

Ze2

m2

1

4πε0 c2

S · Lr3

(26.52)

dove il fattore 12 e dovuto alla relativita.

66