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alla distanza fra le astronavi nel loro sistema di riposo: quest’ultima è quindi

1 14

√ '

vT 1.27 10 metri.

L =

0 2 2

1−v /c

11. Ci troviamo sulla traiettoria di volo di una astronave che si muove a ve-

locità costante emettendo degli impulsi elettromagnetici ad intervalli di

tempo regolari (se misurati nel sistema di riposo dell’astronave). Nella

fase in cui l’astronave si avvicina a noi, percepiamo gli impulsi emessi

con un intervallo di 1 sec. uno dall’altro. Tale intervallo diventa pari

a 2 sec. nella fase in cui l’astronave si allontana da noi. Con quale

velocità l’astronave si muove relativamente al nostro sistema di riferi-

mento?

Soluzione: Detta v la velocità dell’astronave, si ricava

1 + v/c =2

1 v/c

da cui v = 1/3 c.

3.2 La cinematica relativistica

La meccanica classica è governata dal principio di A ogni

minima azione.

L(t,

sistema meccanico è associata una Lagrangiana q , q̇ ), con le dimen-

i i

sioni di un’energia, funzione, oltre che del tempo, delle coordinate q e dell

i

L

velocità q̇ . è definita a meno di una funzione del tipo: ∆L(t, q , q̇ ) =

i i i

∂F (t, q )/∂q + ∂F (t, q )/∂t. Data una legge oraria, cioè una ben precisa

P i i i

i ≤ ≤

legge di evoluzione delle coordinate q (t) nell intervallo di tempo t t t ,

i 1 2

si definisce l’azione: t

Z 2 L(t,

dt q (t), q̇ (t)) . (34)

A = i i

t

1

Il principio di minima azione stabilisce che le equazioni del moto equival-

21

gono a condizioni di minimo per l’azione

nell’intervallo di tempo considerato as-

sumendo fisse le configurazioni iniziale

q (t ) e finale q (t ) del sistema. Per una

i 1 i 2

particella libera non relativistica in una

dimensione una possibile scelta della La-

1 2

L

grangiana è: = mẋ + Cost ed è ev-

2

idente che fra tutti i grafici orari quello

rettilineo minimizza l’azione.

Per un sistema di particelle di posizione ~r , i = 1, ..n , e velocità ~v ,

i i

una deformazione della legge oraria: ~r ~r + δ~r con δ~r (t ) = δ~r (t ) = 0

i i i i 1 i 2

corrisponde alla variazione dell’azione: n

n # #

"

" ∂L d ∂L

∂L

∂L t

t Z

Z 2

2 X

X −

δ~r (t) + δ~v (t) = δ~r (t) .

δA = dt

dt i i i

∂~r ∂~v ∂~r dt ∂~v

t

t i i i i

1

1 i=1

i=1

Quindi la condizione di stazionarietà di A per δ~r (t) arbitrario equivale al

i

sistema dell equazioni Lagrangiane: d

∂L ∂L

− =0 . (35)

∂~r dt ∂~v

i i

In generale è possibile scegliere la Lagrangiana in modo che l’azione sia

invariante, cioè condivida le proprietà di invarianza delle leggi del moto del

sistema. In particolare nel caso di una particella libera relativistica l’azione

invariante deve dipendere dal grafico orario in modo tale da non cambiare

col sistema di riferimento.

Dato un generico grafico orario di una particella puntiforme è possibile

definire del grafico come quello segnato da un orologio che si

tempo proprio

muove (senza guastarsi) mantenendosi solidale alla particella. Dato che un

intervallo di tempo infinitesimo di durata dt misurato dall’orologio solidale

0

q 2

v

corrisponde a una durata dt = dt / 1 per un osservatore fisso se la

0 2

c −

particella si muove con velocità v. L’intervallo di tempo t t misurato

02 01

dall’orologio solidale corrispondente all’intervallo t t per un osservatore

2 1

fisso e vale: s 2

v

t t

Z Z

2 02

− −

dt 1 = dt = t t .

0 02 01

2

c

t t

1 01

t viene detto del sistema in moto. Ovviamente l’integrale

tempo proprio

0

al primo membro non dipende dal particolare sistema di riferimento scelto,

22

dato che il risultato, t t , è in ogni caso il tempo misurato dall’orologio

02 01

solidale,.

L’azione di una particella libera deve essere scrivibile come integrale sulla

curva oraria di equazione parametrica ~r = ~r (t) che viene anche chiamata

Dovendo essere invariante per trasformazioni di Lorentz,

linea d’universo.

essa è necessariamente proporzionale al tempo proprio:

s 2

v

t

Z 2 −

dt

A = k 1 (36)

2

c

t

1

q 2

v

L 1 . Per velocità molto piccole rispetto a c si ha lo

e quindi; = k

lib 2

c

sviluppo in serie 2 4 !

1 1

v v

L − −

= k 1 + ... (37)

lib 2 4

2 c 8 c 2

−mc

confrontando con la formula classica possiamo concludere che k = .

Consideriamo ora un processo d’urto fra particelle. La lagrangiana del

sistema all’inizio e alla fine del processo deve tendere alla somma delle La-

grangiane delle singole particelle coinvolte nell’urto, cioè

s

n n 2

v

I I i

(as) 2

X X −

L(t)| → L L − 1 (38)

= = m c

|t|→∞ lib,i i 2

c

i=1 i=1

L(t) L

Dove fornisce la descrizione completa del processo d’urto, è la

lib,i

lagrangiana della particella libera i-esima e l’ultima identità si riferisce al

caso di particelle relativistiche. L

Se le particelle non sono soggette a forze esterne è invariante per

traslazioni, cioè non cambia se tutte le posizioni delle particelle sono traslate

dello stesso vettore ~a : ~r ~r + ~a .

i i

La si scrive:

condizione d’invarianza n ∂L

∂L X

= =0 .

∂~a ∂~

r i

i=1

Combinando questa equazione con le equazioni di Lagrange (35) si ottiene

l’equazione di conservazione: n

d ∂L

X =0

dt ∂ v

~

i

i=1 23 ∂L non cambia nel

Questo significa che la somma delle grandezze vettoriali ∂ v

~

i

tempo n n

∂L ∂L

lib,i lib,i

X X

| |

= .

t→−∞ t→∞

∂ v

~ ∂ v

~

i i

i=1 i=1

Considerando in modo specifico particelle relativistiche si ha:

s 2

∂ v ~v

− −

1 = q

2

∂~v c 2

v

2 −

c 1 2

c

| |

e , ponendo: v

~ = v e v

~ = v , si ottiene:

i t→−∞ i,I i t→∞ i,F

n n

m ~v m ~v

i i,I i i,F

X X

= . (39)

r r

2 2

v v

i=1 i=1

− −

i,I i,F

1 1

2 2

c c

vc

Si vede chiaramente andando al limite di piccoli che questa equazione è la

generalizzazione della legge di conservazione dell’impulso totale del sistema

q 2

v

− è di una particella relativistica.

1

e che la quantità m~v / l’impulso

2

c

Il caso finora considerato è quello in cui le particelle non cambiano natura

nell’urto, peraltro nel caso relativistico le particelle possono fondersi o dis-

integrarsi perdendo o acquistando massa. Questo significa che, in generale,

le particelle finali non coincidono con quelle iniziali; per esempio è possi-

bile che nell’urto fra due particelle si producano altre particelle o che una

particella si disintegri spontaneamente. In ogni caso l’invarianza della La-

grangiana per traslazioni nello spazio (3.2) resta valida insieme alla con-

servazione dell’impulso totale del sistema che ne consegue. Riferendoci in

particolare agli stati iniziale e finale in cui il sistema appare come composto

da particelle non interagenti, la legge conservazione implica l’eguaglianza fra

la somma degli impulsi delle particelle iniziali e quella delle particelle finali

e quindi la (39) si generalizza in: (F )

(I)

n n ~v

m

~v

m

I F j,F

i,I j

i

X X

= , (40)

r r

2 2

v v

i=1 j=1

− −

i,I j,F

1 1

2 2

c c

(I) (F )

dove m e m sono rispettivamente le masse delle particelle iniziali e finali

del processo. 24

Similmente, se la lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, si

ha, sempre facendo uso delle equazioni di Lagrange,

! !

∂L d ∂L

d ∂L ∂L d ∂L

˙

˙ X X

X

L = v

~ = v

~

= v

~ + v

~ + v

~ =0

i i

i i i

dt ∂ v

~ ∂~

r ∂ v

~ dt ∂~

r dt ∂ v

~

i i i i i

i i

i

che equivale alla conservazione:

" #

∂L

d X · −L

v

~ =0 , (41)

i

dt ∂ v

~

i

i

Nel caso di particelle relativistiche libere la quantità conservata in (41) di-

venta  

s 2

2

m v

~ m c

v

i i i

i

2 X

X  

· −

v

~ 1 =

+ m c . (42)

i i

 

r r

2

c

2 2

 

v v

i

i − −

1 1

i i

2 2

c c

q 2 1

v 2 2

2 '

− mc + mv a meno di termini

1

Nel limite non relativistico mc / 2

c 2

4

proporzionali a v . La condizione di conservazione diventa allora quella della

somma delle energie cinetiche non relativistiche delle particelle.

Concludiamo che la (41) impone la conservazione dell’energia nel processo

q 2

v

2 −

e che mc / 1 è l’energia di una particella relativistica. Essa, evidente-

2

c

mente, comprende, oltre all’energia cinetica, anche un’energia di riposo pari

2

a mc . È quindi possibile che parte dell’energia di riposo di una particella

instabile si trasformi nell’energia cinetica dei prodotti della disintegrazione o

che parte dell’energia cinetica delle particelle prima dell’urto venga trasfor-

mata nell’energia di riposo delle particelle prodotte.

È interessante considerare come si trasformano le componenti dell’impulso

e l’energia sotto trasformazioni di Lorentz. Per questo ci limitiamo al caso

unidimensionale in cui sia la velocità V della particella, sia quella v del

sistema in moto sono parallele all’asse x. Passando dal sistema O a O’ si ha

V v

0

V = 2

1 vV /c

02 2 2 2 2 2

− − − −

V (V v) (1 vV /c ) (V v) /c

− −

1 = 1 = =

2 2 2 2 2 2

− −

c c (1 vV /c ) (1 vV /c )

25

2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

− − − − −

1 + v V /c 2vV /c V /c v /c + 2vV /c (1 v /c )(1 V /c )

= = .

2 2 2 2

− −

(1 vV /c ) (1 vV /c )

Possiamo quindi scrivere

0 2

− −

m(V v)(1 vV /c ) 1 v E

mV

0 −

= = (P ) (43)

P = q

q q q c c

02 2 2 2

V v V v

2

− − − − −

1 (1 vV /c ) 1 1 1

2 2 2 2

c c c c

2 2 −

mc mc mvV 1 v

0 − cP ) . (44)

E = = = (E

q q q

q c

02 2 2 2

V v V v

− − − −

1 1 1 1

2 2 2 2

c c c c

Quest equazioni mostrano che P ed E/c trasformano fra di loro in modo omo-

2 2 2

geneo a x e ct e quindi anche che P E /c è invariante per trasformazioni

di Lorentz, cioè il suo valore non cambia cambiando sistema di riferimento

2 2 2 2 2

− −m

(in particolare per una particella di massa m si ha P E /c = c ). 2

Inoltre, date due particelle, sono invarianti la quantità P P E E /c ,

1 2 1 2

e ovviamente la sua generalizzazione al caso di un moto nelle tre dimensioni

~ ~ 2

· −

spaziali: P P E E /c .

1 2 1 2

Le considerazioni sulla conservazione e sulle proprietà di trasformazione

dell’energia e dell’impulso permettono di stabilire in modo relativamente sem-

plice i vincoli cinematici connessi a processi di urto. Illustriamo questo punto

con un esempio.

Per esempio in processi di urto relativistici è possibile produrre nuove

particelle da urti fra particelle disponibili in natura. L’urto di due nuclei

−27

di idrogeno (protoni), la cui massa è m = 1.6 10 Kg può produrre la

−28

particella π la cui massa µ vale circa 2.4 10 Kg. Tecnicamente si accel-

erano protoni nel sistema di riferimento del fino a ottenere un

laboratorio

un fascio con un certo impulso p che viene convogliato su idrogeno a riposo.

Questo provoca urti protone-protone da cui possono emergere, oltre ai pro-

toni esistenti prima dell’urto, le particelle π prodotte ( Schematicamente si

ha la reazione p + p p + p + π). È naturale chiedersi quale sia l’energia

minima delle particelle del fascio necessaria per produrre la reazione. Per

rispondere a questa domanda conviene pensare di porsi nel sistema del cen-

delle due particelle (protoni) iniziali, cioè nel sistema in cui i

tro di massa

due protoni sono visti con impulsi opposti che immaginiamo paralleli, o an-

q 2

2 2 4

−P

tiparalleli, all’asse x: P = ed energie eguali E = c P + m c = E .

1 2 1 2

1

In questo sistema di riferimento l’impulso totale P è nullo e l’energia totale

E = 2E . Il vincolo della conservazione dell’energia e dell’impulso chiede

1

che anche la somma degli impulsi delle tre particelle finali si annulli e che

26

la somma delle loro energie sia eguale a E. Naturalmente la condizione in

cui ci vogliamo porre è quella in cui E è minima. Dato che l’energia di una

2

particella è minima quando la particella è a riposo (essa vale Mc se M è

la massa della particella) e che il vincolo cinematico sull’impulso totale nel

sistema p + p + π del centro di massa è perfettamente compatibile con lo

stato di riposo delle tre particelle, possiamo concludere che il valore minimo

2

di E nel centro di massa è E = (2m + µ)c . Tuttavia questa non è la

min

risposta al nostro quesito che piuttosto riguarda il valore l’impulso del pro-

tone del fascio nel laboratorio quando l’energia totale nel centro di massa è

E . Un modo naturale per rispondere è osservare che il protone del fascio

min E esattamente come l’altro protone che nel

nel centro di massa ha energia min

2

laboratorio era a riposo; questo ci permette di calcolare la velocità relativa

βc centro di massa-laboratorio identificandola con quella corrispondente alla

E

trasformazione di Lorentz che fa passare da un protone con energia in

min

2

uno a riposo, cioè risolvendo: E 2m + µ

1 min

√ = = .

2

2

− 2mc 2m

1 β

L’impulso totale del sistema nel centro di massa è, come abbiamo detto, nullo

e l’energia totale E . Invece nel laboratorio l’impulso totale è ottenuto con

min

la trasformazione di Lorentz appena considerata e vale: s

s 2

1 (2m + µ)

E E

β min min

√ − −

= 1 = (2m + µ)c 1

P =

L 2 2

2

− c 1 β c 4m

1 β 2m + µ q 2

4mµ + µ .

c

= 2m

Questa è anche la risposta al nostro quesito dato che, nel laboratorio tutto

l’impulso è portato dal protone del fascio.

Un modo alternativo di ottenere lo stesso risultato senza far uso esplicito

delle trasformazioni di Lorentz consiste nell’osservare che, se E è l’energia

L

2

E

2 −

totale nel laboratorio, P è invariante ed è quindi eguale alla stessa

L

L 2

c

espressione calcolata nel centro di massa. Sostituendo P con zero e E con

L L

E si ha:

min 2

E

L

2 2 2

−(2m

P = + µ) c .

L 2

c

Scrivendo E come la somma dell’energia protone del fascio che ha impulso

L

q 2

2 2 2 4

P : P c + m c e di quella del protone a riposo mc , si ha l’equazione per

L L 27

P :

L 2

1

q 2 2

2 2

2 2 2 4 −(2m

− = + µ) c .

P P c + m c + mc

L L

2

c

che porta allo stesso risultato ottenuto prima.

Esercizi e problemi −12

1. Una particella materiale ha energia totale pari a 2.5 10 Joule e im-

−21 ×

pulso pari a 7.9 10 Newton sec; calcolarne la massa a riposo e la

velocità v. √ 2 2 2 2

E −c p pc

−30 8

Soluzione: ' '

9 10 kg , v = 2.85 10 m/sec.

m = 2

c E

2. Un elettrone urtando un protone può dare vita a un processo di fusione

in cui tutta l’energia disponibile viene acquisita dal neutrone risultante.

9

L’energia di riposo del protone vale 0.938 10 eV , quelle del neutrone e

9 5

dell’elettrone valgono rispettivamente 0.940 10 eV e 5 10 eV . Qual è

la velocità di un elettrone che produce il processo considerato urtando

un protone a riposo. 9

Soluzione: −

L’energia necessaria è pari a (0.940 0.938) 10 eV a cui bisogna

2 2

(m −m ) c

n p

aggiungere l’energia cinetica del neutrone finale che è dell’ordine di e

m n

9

quindi trascurabile rispetto a (0.940 0.938) 10 eV ; questo è dunque, con buona

6

'

approssimazione il valore dell’energia totale E 2 10 eV dell’elettrone. La sua

e

p 8

2 2

− '

velocità è quindi v = c 1 m /E 2.9 10 m/sec. Il risultato esatto si ottiene

e e e

2 2 2

m −m −m 2

n p e

ponendo E = c .

e 2m p

3. Il sistema costituito da un elettrone e un positrone, la copia dell’elettrone

con massa eguale e carica opposta, si annichila a riposo in due fo-

−31

toni. Ricordando che la massa dell’elettrone è 9 10 kg, calcolare la

lunghezza d’onda di ciascun fotone. Spiegare perché lo stesso sistema

non si annichila in un solo fotone.

−13

Soluzione: '

λ = h/mc 4.2 10 m . Nel sistema di riposo l’eventuale unico

fotone prodotto del decadimento dovrebbe portare energia ma non impulso.

28 3

4. Un’astronave fotonica la cui massa di riposo iniziale è M = 10 kg

riceve la spinta meccanica da un fascio di luce (fotoni) emesso nella

direzione opposta al moto la cui potenza, nel sistema dell’astronave, è

15

pari a W = 10 W att; qual è la derivata della massa a riposo rispetto

al tempo proprio? E quale l’accelerazione dell’astronave nel sistema in

cui il moto è incipiente?

dM 2 −2 3 2

Soluzione: ' '

= W/c 1.1 10 kg/sec , a = W/M c 3.3 10 m/sec .

dt o

5. Come cambia la massa di 1 g di rame se viene scaldato da 0 C a

o o

100 C sapendo che il calore specifico del rame è pari a 0.4 Joule/g C.

2 −16

Soluzione: '

∆M = C∆T /c 4.4 10 kg .

6. Un fotone di energia E colpisce un elettrone a riposo e produce una

coppia elettrone-positrone in modo tale che, dopo l’urto, i due elettroni

e il positrone si muovono con lo stesso impulso. Sapendo che la massa

−31

delle particelle è pari a m = 9 10 kg calcolare l’energia del fotone in

eV e l’impulso comune alle tre particelle finali.

E 43 −22

2 −13

Soluzione: '

'

E = 4mc 3.2 10 Joule , p = = mc 3.6 10 N/m

3c

−27

7. Un particella di massa M = 10 kg decade, a riposo, in una particella

−28

di massa m = 4 10 kg e un fotone. Quanto vale l’energia del fotone

prodotto dal decadimento. Fornire il risultato in Joule e in MeV (mil-

ioni di elettroni-volt).

Soluzione: Nel sistema di riposo il fotone e la particella di massa m devono

avere impulsi opposti e uguali in modulo. La conservazione dell’energia allora si

p

2 2 4 2 2

scrive M c = m c + p c + pc, dove p è il comune modulo dell’impulso finale.

Risolvendo per pc, energia del fotone, si ottiene

2 2

M m 2 2 −11 8

' · ' ·

c = 0.42 M c 3.78 10 Joule 2.36 10 MeV .

pc = 2M 29 −27

8. Una particella di massa M = 10 kg decade in due particelle di

−28

egual massa m = 3 10 kg. Se, prima del decadimento, la parti-

cella si muove con velocità v = 0.99c rispetto al laboratorio e si mis-

urano, ovviamente nel laboratorio, le energie delle particelle prodotte

dal decadimento, entro quale intervallo varia l’energia osservata di una

qualunque delle due particelle al variare dell’angolo di decadimento?

Soluzione: Nel sistema del centro di massa entrambe le particelle hanno ener-

p

2 2 2

M /4 m c. Sia θ l’angolo formato dalla di-

gia E = M c /2 e impulso P =

rezione di volo di una delle due particelle nel centro di massa e la direzione di volo

della particella iniziale nel sistema del laboratorio. Dalle leggi di trasformazione di

impulso ed energia ricaviamo, per l’energia di una della particelle nel sistema del

vc

0 cos θP c). Dobbiamo trovare il minimo e il massimo di

laboratorio, E = γ(E + vc p

0 0 2 2 −1 2 2

2 2

− ± −

E al variare di θ, per cui E = (1 v /c ) (M c /2 M /4 m c ) =

max/min

vc

2 2 −1 2 0 0

− ± ' '

(1 v /c ) (1 0.4)M c . E 5.562 GeV, E 2.406 GeV.

max min

2 9

9. Una particella con energia di riposo Mc = 10 eV e impulso p =

−18 −28

5 10 Newton× sec decade in due particelle di massa m = 2 10 kg.

Se la direzione del decadimento nel sistema di riposo della particella è

perpendicolare a quella del moto della particella stessa nel laboratorio,

calcolare l’angolo fra le linee di volo delle due particelle prodotte nel

laboratorio.

Soluzione: Il decadimento ortogonale alla direzione di volo nel sistema di ri-

poso implica che le particelle formano lo stesso angolo θ con la direzione di volo nel

sistema del laboratorio. Sia x la direzione di volo e y la direzione ortogonale a x nel

piano di decadimento. Gli impulsi delle due particelle finali possono allora essere

−p

scritti, usando la conservazione dell’impulso lungo l’asse y, come (p , p ) e (p , ).

x y x y

La conservazione dell’impulso lungo l’asse x implica p = p/2. Inserendo questo

x p 2 2

M /4 m . Si ottiene

risultato nella conservazione dell’energia si ottiene: p = c

y '

infine che l’angolo fra le due particelle è pari a 2θ = 2 atan(p /p ) 0.206 rad.

y x

30 4

10. Un fotone, particella con massa nulla, con energia E = 10 eV urta un

−30

elettrone a riposo con massa m = 10 kg e viene riflesso all’indietro.

Calcolate la velocità dell’elettrone e l’energia del fotone dopo l’urto.

Soluzione: Dalla conservazione dell’impulso deduciamo che il moto avviene tutto

0

lungo lo stesso asse. Detto p l’impulso dell’elettrone e E l’energia del fotone dopo

0

l’urto, ricaviamo dalla conservazione dell’impulso pc = E + E , che inserito nella

0 2 2

equazione di conservazione dell’energia porta infine a E = mc E/(2E + mc ) =

4

0.96 10 /eV . Per la velocità dell’elettrone ricaviamo invece

2 0

pc E + E '

c 0.039c

v = = 2 0

p E + mc E

2 2 2 4

p c + m c −1

11. Una trottola di massa a riposo M = 10 kg assimilabile a un disco di

−2

densità uniforme e raggio R = 5 10 m ruota con velocità angolare

3

pari a Ω = 10 radianti/sec .

Qual è la variazione dovuta alla rotazione dell’energia della trottola nel

sistema in moto relativo con velocità v = 0, 9c .

Soluzione: Nel sistema di riposo del centro di massa della trottola, l’energia totale

può xsicuramente essere determinata secondo l’approssimazione non relativistica.

Infatti la velocità massima raggiunta dai punti materiali costituenti la trottola è

−7

'

quella che si ha sul bordo, cioè ΩR = 50 m/sec 1.67 10 c. L’energia è

quindi la somma delle energie di riposo e di quelle cinetiche delle singole particelle:

1 1

2 2 2

E = M c + IΩ con il momento di inerzia I = M R . Dalle trasformazioni

tot 2 2

di Lorentz ricaviamo come l’energia totale trasforma da un sistema all’altro: es-

sendo nullo l’impulso totale nel sistema del c.m. della trottola, la trasformazione è

semplicemente

1 1 1

0 2

2

E = .

IΩ

E = M c +

tot

tot p p 2

2 2 2 2

− −

1 v 1 v

/c /c

D’altra parte se la trottola non fosse stata in rotazione, nel sistema in moto l’energia

2

Mc

totale sarebbe stata pari a : ne deduciamo che nel sistema in moto l’energia

2 2

1−v /c 1

1 2

√ '

IΩ 143 Joule.

della trottola dovuta alla rotazione è pari a 2

2 2

1−v /c 4

12. Un fotone, particella con massa nulla, con energia 10 eV si muove

lungo l’asse x; un altro fotone si muove lungo l’asse y con energia

doppia del primo. Calcolare le componenti della velocità del baricentro

31

del sistema, cioè del sistema di riferimento in cui l’impulso totale è nullo.

~

Soluzione: Il problema si risolve ricordando che, detti P ed E rispettivamente

l’impulso totale e l’energia totale (relativistica) di un qualsiasi sistema di particelle

in un qualsiasi sistema di riferimento, la velocità del centro di massa in quel sistema

~

2

di riferimento è data da ~v = c P /E. Nel nostro caso, ricordando che l’impulso

cm x

di una particella di massa nulla è pari alla sua energia diviso c, si ricava v = 1/3 c

cm

y |~v |

e v = 2/3 c; noltre = 5/3 c.

cm

cm −27

13. Una particella a riposo di massa M = 10 kg decade in 3 particelle di

−30

ugual massa m = 10 kg , quali sono la massima e la minima energia

che ciascuna delle 3 particelle può assumere?

Soluzione: Siano E , E , E le energie e p

~ , p

~ , p

~ gli impulsi delle 3 parti-

1 2 3 1 2 3

celle prodotte nel decadimento. Bisogna trovare i valori minimi e massimi ad esem-

pio di E compatibili con i vincoli cinematici dati dalla conservazione dell’impulso

1 2

p

~ + ~

p + ~

p = 0 e dell’energia E + E + E = M c . Il valore minimo possibile si

1 2 3 1 2 3 2

ottiene quando la particella è prodotta a riposo, E = m c : tale situazione è infatti

1

compatibile con i vincoli cinematici e implica che le altre due particelle si muovano

con impulsi uguali e opposti. Per trovare il valore massimo bisogna lavorare un po‘

di più. Riscriviamo l’identità 2 2 4 21 2

E = m c + p c

1

tenendo conto della conservazione dell’impulso

2 4 2 2 2 4 2 2 4

2 |~ | −

= m c + p + p

~ c = m c + (E + E ) µ c

E 2 3 2 3

1

dove abbiamo introdotto la massa invariante µ del sistema formato dalle particelle

2 4 2 2 2

− |~ |

2 e 3, µ c = (E + E ) p + p

~ c . Usando la conservazione dell’energia

2 3 2 3

riscriviamo 2 2 4 2 2 2 4

− −

E = m c + (M c E ) µ c

1

1

da cui si arriva a 1 2 4 2 4 2 4

m c + M c µ c .

E =

1 2

2M c

Abbiamo quindi riscritto E come funzione della massa invariante del sistema delle

1

altre due particelle, e ne deduciamo che trovare il massimo di E equivale a trovare

1

2

il minimo di µ . Dalla definizione di µ si arriva facilmente a scrivere

q q

2 2 2 2 2 2 2 22 23

2 2 2 2

−2p −2p

µ c = 2m c +2E E /c p cos φ = 2m c +2 m c + p m c + p p cos φ

2 3 2 3 2 3

dove φ è l’angolo formato dagli impulsi delle particelle 2 e 3. Per ogni p e p

2 3

fissati si ha un minimo a φ = 0, per cui possiamo sicuramente fissare tale valore di

32

φ. Fatto questo si verifica poi che per ogni valore di p fissato, si ha un minimo

2

2 2

per p = p e che il valore di tale minimo è pari a 4m c , quindi indipendente da

3 2 2 2

p stesso: questo sarà il minimo valore possibile per µ c . Il massimo valore di

2

E si otterrà quindi quando le altre due particelle avranno impulsi uguali p

~ = ~p

1 2 3

(e quindi la loro massa invariante è semplicemente la somma delle singole masse

1

max 2 2 2

µ = 2m): E = (M 3m ) c .

1 2M

14. Un fascio di protoni è convogliato contro un fascio laser di direzione

−6

opposta e lunghezza d’onda pari a 0, 5 10 m.

Si vuole regolare l’energia dei protoni in modo tale che dall’urto frontale

fotone-protone possa essere prodotta una particella π la cui massa è

circa 0, 15 masse protoniche.

Determinare il valore minimo dell’energia cinetica dei protoni per cui

questa reazione ( protone + fotone protone + π ) può avvenire.

Soluzione: Siano p e k i moduli degli impulsi di protone e fotone, siano M ed

m le masse di protone e pione. Affinché la reazione avvenga, l’energia disponibile

nel centro di massa deve essere almeno uguale alla somma delle energie a riposo di

protone e pione. L’energia nel centro di massa si calcola facilmente in termini della

massa invariante del sistema protone+fotone. L’energia minima E del protone è

quindi data dall’equazione 2 2 2 2 4

− −

(E + kc) (p k) c = (M + m) c

da cui si arriva infine a 2

mc 2

(M + m/2)c .

E + pc = kc

2 '

Tenendo conto che mc 0.15 GeV e che, dai dati del problema l’energia del

8

'

fotone risulta essere kc 2.37 eV, si deduce che E + pc è circa 10 volte l’energia

di riposo del protone, siamo quindi in ottima approssimazione ultrarelativistica per

2

mc 2 8

'

' ' (M + m/2)c 0.34 10 GeV, che in approssimazione

cui E pc, e quindi pc 2kc

ultrarelativistica praticamente coincide con l’energia cinetica del protone.

15. Una particella decade in volo in due particelle. Mediante un rivelatore

vengono misurati gli impulsi e le energie delle due particelle prodotte

nel decadimento, che risultano essere, prendendo un sistema di coor-

dinate xy nel piano del decadimento: E = 2.5 GeV, E = 8 GeV,

1 2

33

p = 1 Gev/c, p = 2.25 Gev/c, p = 7.42 Gev/c, p = 2.82 Gev/c.

1x 1y 2x 2y

Determinare la massa a riposo e le componenti della velocità della par-

ticella iniziale, nonché le masse a riposo delle due particelle prodotte

nel decadimento.

Soluzione: Dalla conservazione di energia ed impulso si ricavano energia ed im-

2

pulso della particella iniziale. La velocità si ricava da ~v = ~pc /E, da cui deriva

2 2 4 2 2

v = 0.802c e v = 0.483c. Le masse a riposo si ricavano da M = E /c p /c .

x y 2

16. Una particella di massa µ = 0, 14 GeV /c con impulso parallelo all’asse

z incide su una particella a riposo di massa M . Lo stato finale risul-

tante dall’urto è formato da due particelle di masse rispettive m =

1

2 2

0, 5 GeV /c e m = 1, 1 GeV /c . Gli impulsi delle due particelle for-

2

mano lo stesso angolo θ = 0, 01 radianti con l’asse z e hanno lo stesso

4 2

modulo pari a p = 10 GeV /c. Calcolare il valore di M in GeV /c .

Soluzione: Dalla conservazione dell’impulso si ricava l’impulso della particella

p 2

2 4 2 2

iniziale k = 2p cos θ, e quindi l’energia iniziale E = µ c + k c + M c .

in p 21 4 2 2

Questa d’altra parte deve essere uguale all’energia finale pari a m c + p c +

p 2 4 2 2

m c + p c , per cui si ricava

2 q

q p

2 21 22

4 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2

M c = m c + p c + m c + p c µ c + 4p cos θ c .

Dal valore elevato di p notiamo che possiamo applicare l’espansione ultrarelativis-

tica al primo ordine (l’ordine zero non fornisce un buon risultato per via delle

grosse cancellazioni e d’altra parte eseguire il calcolo numerico diretto non è con-

sigliabile perché le grosse cancellazioni potrebbero indurre errori di arrotondamento

rilevanti), per cui

2 21 2 2 22 2 2 2 2 2 2

' −2pc '

M c pc 1 + m c /(2p ) +pc 1 + m c /(2p ) cos θ 1 + µ c /(8p cos θ

2 21 22 2 2 2 2

' − '

pc θ + (2m + 2m µ )c /(4p ) pc θ = 1 GeV

Testi Consigliati

• C.Kittel, V.D.Knight, M.A.Ruderman,

La Fisica del Berkeley - Vol. 1 cap. 6.

Zanichelli - Bologna.

• Per un approfondimanto: L. Landau, E. Lifchitz

La teoria del campo

Edizioni Mir - Mosca 34

4 MECCANICA ONDULATORIA

4.1 L’effetto fotoelettrico

Hertz nel 1887 scoprı̀ l’effetto fotoelettrico.

In una cella sotto vuoto sono posti due elet-

trodi uno dei quali (C) è colpito da luce

monocromatica a frequenza variabile, l’altro

elettrodo (A) viene posto a un potenziale neg-

ativo rispetto al primo determinato dal gener-

atore G e controllato dal voltmetro V.

Misurando la corrente che fluisce nell’amperometro I si osserva che, se

la frequenza della luce supera un certo valore dipendente dalla differenza di

potenziale fra i due elettrodi , ν , l’amperometro registra un flusso di corrente

V

i da A ad C che è proporzionale al flusso di energia luminosa incidente su C

e ν è una funzione lineare della differenza di potenziale fra gli elettrodi:

V ν = a + bV . (45)

V

Si osserva infine che il tempo di risposta dell’apparecchio all’illuminazione è

sostanzialmente determinato dalla costante tempo (RC) del circuito e può

−8

essere ridotto a valori dell’ordine di 10 sec.

L’interpretazione teorica del fenomeno rimase per circa 14 anni un prob-

lema aperto per le seguenti ragioni: Il senso del flusso di corrente e la possi-

bilità di interromperlo aumentando la differenza di potenziale attraverso la

cella mostrano che si tratta di elettroni strappati dagli atomi di C dal flusso

di energia luminosa.

Un modello ragionevole per questo processo, ispirato al modello atomico

−31

di Thompson, assumeva che gli elettroni, particelle di massa m = 9 10 Kg

−19

e carica e = 1.6 10 Coulomb fossero legati elasticamente ad atomi di

−10

dimensioni dell’ordine di R 3 10 m e soggetti a una forza viscosa di

A

costante η. Il valore di η è determinato in funzione del tempo di rilassamento

2m

atomico τ = , cioè del tempo impiegato dall’atomo a disperdere la sua

η −8

energia tramite irraggiamento o urti, che è circa τ = 10 sec. Limitandoci a

considerare il problema uni-dimensionale scriviamo l’equazione del moto per

un elettrone: −kx − −

mẍ = η ẋ eE , (46)

35

dove k è determinato in funzione delle frequenze atomiche. A questo propos-

ito ipotizziamo l’esistenza di molti atomi con frequenze diverse e distribuite

in qualche modo continuo intorno a:

s k −1

15

= ω = 2πν 10 sec .

0 0

m ∼

Assumiamo un campo elettrico E oscillante: E = E cos(ωt) con ω

0

−1

15

10 sec . Con questa scelta la (46) ammette la soluzione generale:

−α −α

t t

x = x cos(ωt + φ) + A e + A e

1 2

0 1 2

dove il secondo e terzo termine soddisfano l’equazione omogenea associata

alla (46) e quindi α sono le radici dell’equazione:

1/2 2 −

mα ηα + k = 0

√ s

2 −

± 1 1

η 4km 1

η 2

± − ' ±

= ω iω . (47)

α = 0

0

2

2m τ τ τ

Nell’ultima relazione abbiamo tenuto conto degli ordini di grandezza sopra

indicati.

D’altra parte, per quel che riguarda la soluzione particolare x cos(ωt+φ),

0

si ha sostituendo:

2

−mω −kx −

x cos(ωt + φ) = cos(ωt + φ) + ηωx sin(ωt + φ) eE cos(ωt)

0 0 0 0

cioè: 2

− −

(k mω )x (cos(ωt)cosφ sin(ωt) sin φ)

0 −

= ηωx (sin(ωt)cosφ + cos(ωt) sin φ) eE cos(ωt)

0 0

da cui si ha il sistema:

2 2

− − −eE

m ω ω cos φ ηω sin φ x =

0 0

0

2 2

m ω ω x sin φ = ηω x cos φ

0 0

0

e quindi: 2ω

tan φ = 2

2 −

τ (ω ω )

0

36

da cui, con un po’ di trigonometria, si ottiene: 2ω

2 2

ω ω 0 τ

cos φ = , sin φ = .

q q

2 2

2 2

4ω 4ω

2 2

2 2

− −

(ω ω ) + (ω ω ) +

0 0

2 2

τ τ

Infine, per x , si ha la ben nota forma risonante:

0 eE

− 0

m . (48)

x =

0 q 2 2

2 2

(ω ω ) +

0 2

τ

Per completare il calcolo della soluzione dobbiamo determinare A e A ;

1 2

peraltro, tenendo conto della realtà di x e della (47) possiamo riscrivere la

soluzione generale nella forma equivalente: t

x = x cos(ωt + φ) + Ae cos(ω t + φ ) (49)

τ

0 0 0

Se assumiamo che l’elettrone sia inizialmente in quiete, possiamo determinare

A e φ ponendo, per t = 0, x = ẋ = 0 cioè:

0 x cos φ + A cos φ = 0 (50)

0 0 !

cos φ 0 − ω sin φ

x ω sin φ = A 0 0

0 τ

da cui in particolare 1

ω −

tan φ (51)

tan φ =

0 ω ω τ

0 0

Queste equazioni ci forniscono informazioni sufficienti per discutere l’effetto

fotoelettrico senza che sia necessario sostituire in modo esplicito l’espressione

di A nella (49).

Infatti nel nostro schema semplificato l’effetto avviene, con la liberazione

dell’elettrone dal legame atomico, quando l’ampiezza dello spostamento x

dell’elettrone supera il raggio atomico. In (49) lo spostamento appare la

somma di due contributi, il primo corrisponde all’oscillazioni a regime, il

secondo al transiente con costante tempo τ . In linea di principio le massime

ampiezze potrebbero apparire nel transiente o a regime. Per decidere in

merito si tratta di confrontare il valore di A con quello di x . Dalla (50)

0

risulta chiaramente che il modulo di A è dello stesso ordine di grandezza

di quello di x a meno che cos φ non sia molto piccolo rispetto a cos φ.

0 0 37

D’altra parte la (51) ci dice che se tan φ è grande, lo è anche tan φ, dato che

0

1 ω

−7

∼ ∼

10 e che 1. Dunque, l’ordine di grandezza dello spostamento

ω τ ω

0 0

massimo è quello di x e può essere sensibile al valore della frequenza del

0

campo elettrico. Questo accade nel regime di risonanza in cui lo scostamento

q ωτ . Consideriamo dunque separatamente il caso

di ω da ω è inferiore a 2

0

generico e quello in risonanza. eE

Nel primo caso l’ordine di grandezza dello spostamento è , perche’

0

2

ω m

2

la radice al denominatore di (48) ha l’ordine di grandezza di ω . Per avere

effetto fotoelettrico è dunque necessario che:

eE

0 ∼ R

A

2

ω m

Questo ci permette di calcolare la densità di potenza del fascio luminoso

incidente sull’elettrodo C: 2

2 !

R ω m

A

2 ∼

P = c E c

0 0

0 e

dove c è ovviamente la velocità della luce e la costante dielettrica del vuoto.

0 15 2

Si vede subito che l’ordine di grandezza di P è di circa 10 W att/m , potenza

difficile da realizzare e comunque sufficiente a vaporizzare istantaneamente

qualunque elettrodo. Dobbiamo concludere che il nostro modello non può

rendere conto dell’effetto fotoelettrico fuori dalla risonanza. Passiamo dunque

a considerare quasto caso ponendo ω = ω .

0

Questo implica, alla luce delle (50), (51) e (48) :

π −x

− , A =

φ = φ = 0

0 2

e quindi: eE τ t

0

x = 1 e sin(ω t) . (52)

τ 0

2mω 0

Quindi la condizione per avere l’effetto fotoelettrico, cioè che l’ampiezza di

oscillazione superi il raggio atomico:

eE τ t

0

− ≥

− R

1 e τ A

2mω 0

2mω R

pone il campo di soglia a e la densità di potenza del fascio a:

0 A

eτ 2

4ω mR

0 A 2

P = c 100 W att/m

0 0 τe 38

ed evidentemente i tempi necessari per raggiungere l’ampiezza di fuga sono

dell’ordine di grandezza di τ .

In conclusione il nostro modello stabilisce una soglia sulla potenza del

fascio e non sulla frequenza. La condizione che riguarda la frequenza è

quella di risonanza per cui l’effetto cesserebbe sia sotto, sia sopra le fre-

quenze risonanti presenti negli atomi dell’elettrodo. Inoltre ci si aspetta che,

una volta raggiunto il raggio atomico l’elettrone si allontani e non scambi

più in modo apprezzabile energia col campo elettrico; si avrebbe dunque un

emissione eventualmente intensa, ma di elettroni con energia dell’ordine di

quella acquisita dall’elettrone nell’ultima oscillazione. La (52) indica che nel

eE

transiente (t << τ ) l’ampiezza di oscillazione cresce di circa per ogni

0

2

mω 0

ascillazione e quindi l’energia che resterebbe all’elettrone avrebbe l’ordine

eE

di grandezza di kR = eE R che è l’energia acquistata dall’elettrone

0

A 0 A

2

mω 0

soggetto al campo E attraversando l’atomo. Si calcola subito che per den-

0 2

sità di potenza dell’ordine di 10 100 W att/m il campo elettrico E vale

0

−8 −27

circa 100 V /m e l’energia acquistata dall’elettrone 10 eV 10 Joule; un

32 −1

kT 10 eV ).

valore molto più piccolo di quello termico (

È evidente che il risultato proposto dal modello contrasta con i risul-

tati sperimentali descritti all’inizio. In particolare data l’esiguità dell’energia

degli elettroni usciti dall’elettrodo la corrente I dovrebbe annullarsi anche

per piccole differenze di potenziale negative applicate a A.

Einstein propose una descrizione dell’effetto basata sull’ipotesi che l’energia

non venga trasferita gradualmente dalla radiazione alla particella, ma in un

processo cioè non scindibile. Propose inoltre che l’energia ce-

elementare, h ≡

duta alla particella sia pari a hν = ω h̄ω, quantità Einstein chiamò

QUANTO. h è una costante che Planck aveva introdotto alcuni anni prima

−34

per descrivere la radiazione emessa da un forno e vale 6.6 10 Joule x sec.

Se l’energia del quanto è sufficiente per liberare l’elettrone dall’atomo,

2 2 2

kR ω R m −19

≡ ∼ ∼

cioè nel nostro modello supera E = 10 Joule 1eV

0

A A

S 2 2

14

e quindi la frequenza supera 1.6 10 Hertz ( corrispondenti al ω del nostro

modello ) l’elettrone viene emesso e conserva sotto forma di energia cinetica

l’energia ricevuta in eccesso rispetto alla soglia. Il processo avviene con un

intensità proporzionale al flusso di energia luminosa cioè al flusso di quanti

incidenti sull’elettrodo.

Essendo E = hν l’energia trasferita all’elettrone che ne ha speso una

quantità E per liberarsi dall’atomo, l’elettrone esce dall’elettrodo con ener-

S −

gia cinetica T = hν E e il flusso di corrente viene interrotto palarizzando

S 39

l’altro elettrodo a una tensione negativa pari a

hν E

S

V = e

che riproduce la (45).

Nella sua proposta Einstein aveva colto il punto importante già notato

da Planck; un sistema con frequenza propria ν scambia energia per quanti

−1

15

∼ ∼

hν. L’ordine di grandezza nel caso atomico è ω 10 sec , h̄ω 1eV .

4.2 La teoria dei quanti di Bohr

Dopo l’introduzione del concetto di quanto, la fu sviluppata

teoria dei quanti

da N.Bohr a A. Sommerfeld che fornirono una proposta precisa per i sistemi

multi-periodici, il cui moto si decompone in componenti periodiche.

Scopo principale di queste ricerche era rendere conto, nell’ambito del mo-

dello atomico di Rutherford, degli spettri della luce emessa dai gas ( in par-

ticolare monoatomici ) eccitati da scariche elettriche. Il caso più semplice

e noto è quello di un gas di idrogeno atomico ( difficile da produrre perché

normalmente l’idrogeno si aggrega in molecole biatomiche). Si tratta di uno

spettro a righe, cioè in cui le frequenze assumono solo certi valori discreti,

per la precisione i valori: 1

1

− (53)

ν = R

n,m 2 2

n m

per tutte le coppie di interi positivi con m > n.

Rutherford aveva dimostrato che nell’atomo la carica positiva è concen-

trata in un nucleo praticamente puntiforme e che contiene la quasi totalità

della massa. L’atomo di idrogeno in particolare si presenta come un sis-

tema di due corpi, uno positivo e pesante che oggi chiamiamo protone, e uno

leggero e negativo, l’elettrone, legati da forze Coulombiane.

Limitandoci a considerare orbite circolari di raggio r e percorse con ve-

locità angolare ω e considerando la massa del protone infinita rispetto a

quella dell’elettrone ( il rapporto delle masse è circa 2000 ), si ha:

2

e

2

mω r = 2

4π r

0

dunque le frequenze orbitali, che in fisica classica coincidono con quelle della

luce emessa, variano con continuità in funzione del raggio:

e

2πν = ω = 3

4π mr

0

40

Assumendo l’ipotesi dell’emissione in quanti, Bohr e Sommerfeld ipotizzarono

che l’atomo ammettesse solo certe orbite, corrispondenti a anergie

livelli,

atomiche ( negative perche’ l’elettrone è legato all’atomo ):

hR

E =

n 2

n

Questo spiegherebbe gli spettri a righe come dovuti alle transizione radiative,

corrispondenti all’emissione di un singolo quanto, fra livelli diversi. Dovendo

l’energia dei quanti essere pari alla differenza delle energie del livello iniziale

e di quello finale si ha: −

hν = E E

n,m m n

che appunto riproduce la (53). Nel caso di orbite circolari si ipotizzava che

2

il momento angolare dell’elettrone mω r assuma solo valori pari a multipli

interi positivi di h̄. In base alle formule sopra ricavate questo da:

s mr = nh̄ , n = 1, 2, ... (54)

e 4π

0

e quindi per l’energia atomica, che classicamente vale:

2

e

− ,

E =

C 8π r

0

si hanno i valori quantizzati: 4

me

E = , n = 1, 2, ...

n 20 2 2

8 h n

e per il coefficiente R in (53) che è detto si ha il valore:

costante di Rydberg

4

me

R = 2 3

8 h

0

in ottimo accordo con i valori sperimentali. Si noti che il raggio orbitale vale:

2 2

h n

0

r = (55)

n 2

πme

Per valutare numericamente i nostri risultati è opportuno introdurre il rap-

2

e 1

≡ '

porto α che è adimensionato ed è detto costante di struttura

2 hc 137

0

L’energia dello stato con n = 1 detto risulta essere:

fina. fondamentale

2

mc 4

−E α

= hR =

1 2 2

notando che l’energia totale dell’elettrone mc vale circa 0.5 MeV , si ha per

−10

E circa 13eV . Il raggio atomico R = r vale circa 0.5 10 m.

1 A 1

41

4.3 L’interpretazione di de Broglie

In questo quadro di risultati parziali, ma assai convincenti dal punto di vista

del riscontro fenomenologico, il vero progresso nella comprensione della fisica

dei quanti si ebbe dopo che L. de Broglie suggerı̀ l’esistenza di un comporta-

mento ondulatorio universale delle particelle materiali e dei quanti di energia

Come abbiamo visto nel caso delle onde elettro-

associati ai campi di forza.

magnetiche, un processo ondulatorio è associato a una fase variabile nello

xλ −

spazio e nel tempo ( 2π νt nel caso di onda in moto parallelamente

al’asse x). Il comportamento ondulatorio universale, dovendo necessaria-

mente essere basato sull’equazione di Einstein E = hν, corrisponderebbe

Eh

xλ −

alla fase 2π t . Se ora si assume l’invarianza relativistica della fase,

2π −

essa deve essere esprimibile nella forma (px Et) dove, nel caso si una

h

particelle materiale, si identificano E e p con l’energia e l’impulso relativis-

tici: 2

mc mv

E = , p =

r r

2 2

v v

− −

1 1

2 2

c c

Per semplificare al massimo la trattazione qui e in gran parte del seguito

assumiamo moto unidimensionale (lungo l’asse x).

In conclusione, confrontando le ultime due espressioni della fase si ottiene

l’equazione di de Broglie: h

p = λ

che è complementare a quella di Einstein.

Queste formule danno subito un’idea degli ordini di grandezza a cui ap-

paiono gli effetti quantistici. Per l’elettrone, per esempio, con energia cinet-

−17

2

ica E di 10 eV = 1.6 10 Joule gli effetti quantistici appaiono a distanze

C hp h −10

dell’ordine di λ = = 10 m, che è quello delle dimensioni atom-

√ 2mE C

iche, o appena subatomiche; questo ci conferma l’importanza degli effetti

quantistici per gli elettroni in materia condensata e in particolare nei solidi

in cui intervengono energie dell’ordine del elettrone-Volt (eV ). Per un gas

di atomi leggeri a temperatura T l’energia cinetica prevista dal teorema di

32 ◦

kT dove k è la costante di Boltzmann. A 300K

ripartizione dell’energia è −2 −26

l’energia cinetica vale circa 2.5 10 eV e con masse dell’ordine di 10 Kg si

−10

hanno lunghezze d’onda dell’ordine della frazione di Angstrom, 10 m. Però

a queste distanze intervengono forze fortemente repulsive e quindi l’immagine

del gas poco interagente non si applica. Per guadagnare un fattore dieci sulle

42

distanze bisogna ridurre di un fattore 100 le temperature scendendo a pochi

gradi assoluti. Pensando a un’oggetto macroscopico di massa 1Kg ed energia

−34

1Joule si avrebbero effetti quantistici a distanze pari a 3 10 m del tutto

trascurabili rispetto alle ampiezze delle oscillazioni termiche degli atomi che

sono proporzionali alla radice della temperatura assoluta e raggiungo l’ordine

del nanometro a circa mille gradi, quando il solido fonde.

D’altra parte la formula di Einstein ci da informazioni sugli ordini di

h

∼ , dove ∆E cor-

grandezza dei tempi coinvolti nei processi quantistici ∆E

risponde all’energia scambiata nel processo. Per energie dell’ordine del eV

−15

si hanno tempi di circa 4 10 sec, mentre al livello degli scambi termici a

temperatura ambiente i tempi si allungano di un fattore circa 40.

In conclusione, alla luce della formula di de Broglie non esistono effetti

quantistici per i corpi macroscopici alle energie macroscopiche, per gli atomi

nella materia si hanno effetti quantistici dopo la condensazione o comunque

a temperature molto basse, invece gli elettroni nei solidi o negli atomi sono

in pieno regime quantistico.

Se consideriamo in particolare l’elettrone in moto circolare intorno al pro-

tone nel modello atomico di Rutherford illustrato sopra, dobbiamo pensare

a un’onda chiusa circolarmente sull’orbita. Si tratta dunque di un fenomeno

ondulatorio analogo alle oscillazioni di una corda elastica chiusa ad anello o

dell’aria in una canna d’organo toroidale.

Se facciamo riferimento agli strumenti musicali, che non sono chiusi ad

anello per ovvie ragioni pratiche, ma hanno lunghezze ben determinate, ve-

diamo che essi funzionano a frequenze caratteristiche ben accordate.

Questo si capisce facilmente osservando che, per es-

empio nella canna d’organo chiusa ad anello, un giro

completo intorno all’anello deve riprodurre la fase in-

iziale e quindi la lunghezza dell’anello deve essere pari

a un numero intero di lunghezze d’onda.

Tenendo conto delle formule precedenti riguardanti le orbite atomiche

circolari abbiamo per l’elettrone la lunghezza d’onda:

s

h 4π r

h 0

=

λ = p e m

e quindi la condizione per l’accordo delle lunghezze d’onda:

s

nh 4π r

0

2πr = nλ = e m

43

da: 2 2

n h

0

r = 2

πe m

che evidentemente fornisce una conferma della (55) e un’interpretazione dello

schema di Bohr e Sommerfeld.

L’ipotesi di de Broglie, formulata nel 1924, fu

confermata nel 1926 da Davidson e Gerner

con una misura dell’intensità di un fascio

di elettroni riflesso dalla superficie di un

monocristallo di Nickel. La distribuzione an-

golare riflessa in condizioni di incidenza nor-

male e in funzione del potenziale di acceler-

azione del fascio elettronico mostra un anda-

mento fortemente anisotropo.

In particolare con un potenziale di accelerazione di 54 V si osserva un picco

o

molto pronunciato a φ = 50 . Un esperimento analogo condotto con raggi X

mostra una figura di tipo diffrattivo che ben corrisponde all’interpretazione

−9

del cristallo come un reticolo atomico con passo 0.215 10 m. La dis-

tribuzione angolare degli elettroni è strettamente analoga a quella dei raggi

X. Tenendo conto della formula che da l’angolo corrispondente al massimo

o

di ordine n della figura diffrattiva: d sin φ = nλ, per il picco a 50 che

n

corrisponde a un massimo primario si ha: −9

'

d sin φ = λ 0.165 10 m .

D’altra parte gli elettroni del fascio hanno energia cinetica

−18

'

E 8.64 10 Joule

C −24

' ×

e quindi un impulso p 3.9 10 Newton sec. Si vede subito che il

risultato è in ottimo accordo con la formula di de Broglie. Negli anni succes-

sivi esperimenti analoghi sono stati ripetuti con altre particelle materiali, in

particolare con neutroni.

Stabilito il carattere ondulatorio della propagazione delle particelle ma-

teriali dobbiamo definire a quale grandezza fisica si riferisce il fenomeno, cioè

quale sia il significato fisico della grandezza, o delle grandezze, oscillanti che

chiamiamo e per cui ipotizziamo un’equazione in

funzione d’onda, lineare

analogia con le onde meccaniche e quelle elettromagnetiche.

44

Normalmente, quando ci si trova davanti a una propagazione ondulatoria

si pone il problema di quale sia il mezzo che porta l’onda e quale la grandezza

che ne misura l’ampiezza ( nel caso del mare l’acqua e l’altezza dell’onda

stessa). Abbiamo già visto il caso delle onde elettromagnetiche in cui la

prima domanda non ha risposta, altro che il mentre le grandezze

vuoto,

che misurano l’ampiezza sono campo elettrico e magnetico. Stiamo appunto

chiedendoci chi sostituisce questi campi nel caso delle onde di de Broglie.

L’esperimento di Davidson e Gerner fornisce una risposta a questo quesito.

Infatti il rivelatore in figura indica la presenza di uno o più elettroni riflessi

all’angolo indicato; pensando di ripetere tante volte la misura, ogni volta con

un solo elettrone nel fascio, e misurando con quale frequenza gli elettroni

vengono rivelati ai vari angoli, alla fine avremo misurato una di

probabilità

presenza dell’elettrone nei siti coperti dal rivelatore.

Nel caso di una misura in ottica si osserva l’effetto interferenziale nell’energia

depositata dalla radiazione su una lastra fotografica; questa è proporzionale al

quadrato del campo elettrico sulla lastra. Si noti che la linearità dell’equazione

delle onde e la relazione quadratica fra la grandezza misurata e l’ampiezza

dell’onda sono condizioni cruciali per l’esistenza di effeti d’inteferenza e di

diffrazione. Dobbiamo quindi concludere che una forma quadratica positiva

della funzione d’onda di de Broglie da la probabilità di presenza dell’elettrone

nel punto considerato.

Abbiamo parlato in modo generico di forma quadratica perché non è

chiaro al momento se la funzione d’onda abbia una o più componenti, se

corrisponda cioè a una sola o più funzioni reali. Con forma quadratica inten-

diamo un polinomio omogeneo di secondo grado nelle componenti e positivo

per valori reali e non nulli delle stesse. Nel caso di una sola componente

si può dire senza perdere in generalità che la densità di probabilità ne è il

quadrato, nel caso di due o più componenti, tramite opportune combinazioni

lineari delle stesse si può ridurre la nostra forma quadratica alla somma dei

quadrati.

Mostriamo ora che l’ipotesi di una sola componente è da scartare. In-

3 3

dichiamo con ρ(~r, t)d r la probabilità che la particella di trovi in d r intorno

al punto ~r al tempo t e con ψ(~r, t) la funzione d’onda che, per il momento,

assumiamo funzione a valori reali; poniamo

2

ρ(~r, t) = ψ (~r, t) . (56)

Naturalmente, se Ω è lo spazio accessibile alla nostra particella, diciamo

45

il laboratorio, la densità di probabilità è vincolata dalla condizione:

Z 3

d rρ (~r, t) = 1 , (57)

che implica la condizione: ∂ρ(~r, t)

Z Z

3 3

≡ =0 . (58)

d r ρ̇(~r, t) d r ∂t

Ω Ω

Questo esprime matematicamente il fatto che, se la particella non può uscire

da Ω, la probabilità di trovarla all’interno deve corrispondere permanen-

temene alla certezza. Questa condizione può essere riformulata in termini

matematici analoghi a quelli usati per esprimere la conservazione della car-

ica elettrica: la carica contenuta in un certo volume, cioè l’integrale della

densità di carica, può variare solo se la carica fluisce attraverso le pareti. Il

flusso della carica attraverso le pareti è espresso come flusso della densità di

~ ~

∇ · −

R R

corrente e, tramite il teorema di Gauss-Green ( J = Φ (J) = ρ̇),

∂Ω

Ω Ω

riportato all’integrale della divergenza della stessa densità di corrente. Fi-

nalmente, riducendo l’equazione dalla forma integrale a quella differenziale,

si ha l’identificazione della derivata temporale della densità di carica con la

divergenza della densità di corrente. ~

In base a questa analogia introduciamo J, densità di corrente di proba-

e scriviamo:

bilità ∂J (~r, t) ∂J (~r, t)

∂J (~r, t) y z

x ~ ~

− − ≡ −

∇ ·

− J(~

r , t) . (59)

ρ̇(~r, t) = ∂x ∂y ∂z

L’equazione di conservazione deve essere soddisfatta come conseguenza

automatica dell’equazione delle onde di de Broglie che scriviamo nella forma

generica:

~ 2

∇ψ, ∇

ψ̇ = L ψ, ψ, .. , (60)

dove il simbolo L sta a indicare una dipendenza lineare da ψ o le sue derivate,

per esempio:

~ 2 2

∇ψ, ∇

L ψ, ψ, .. = αψ + β∇ ψ . (61)

Si noti che stiamo assumendo l’invarianza della fisica per riflessione delle

coordinate e quindi escludendo termini nelle derivate prime in (61).

Usando la (56) abbiamo ρ̇ = 2ψ ψ̇ che per la (60) si scrive nella forma:

~ 2

∇ψ, ∇

ρ̇ = 2ψL ψ, ψ, .. (62)

46 ~ ~ ~

∇ ·

il cui secondo membro va identificato con: J(~

r , t). Inoltre J deve

necessariamente essere bilineare in ψ e nelle sue derivate, dato che tale è ρ̇.

Quindi si deve avere una relazione del tipo:

~ ~ ~ 2

∇ψ ∇ψ∇

J = c ψ + d ψ + ...

~ ~

∇ ·

da cui ben si vede che J(~

r , t) deve necessariamente contenere termini

~ ~

∇ψ · ∇ψ,

bilineari in cui entrambe le funzioni d’onda sono derivate, come ma

tali termini non possono apparire nella (62).

Si deve concludere che la descrizione delle onde di de Broglie richiede

2

2 + ψ .

almeno 2 funzioni d’onda ψ e ψ per cui si può sempre porre ρ = ψ

1 2 1 2

In modo del tutto equivalente si può introdurre la funzione a valori complessi:

ψ = ψ + iψ , (63)

1 2

ponendo: 2

|ψ|

ρ = . (64)

Questa scelta implica evidentemente:

∗ ∗

ρ̇ = ψ ψ̇ + ψ ψ̇ .

Se, a titolo di esempio, assumiamo l’equazione d’onda corrispondente alla

scelta (61), cioè: 2

ψ̇ = αψ + β∇ ψ , (65)

otteniamo subito:

∗ ∗ ∗

∗ 2 2

∇ ,

αψ + β∇ ψ + ψ α ψ + β ψ

ρ̇ = ψ

se inoltre assumiamo la densità di corrente di probabilità:

~ ~ ~

∗ ∗

∇ψ − ∇ψ , (66)

J = ik ψ ψ

~

scegliendo k reale in modo che anche J lo sia, si vede facilmente che

~ ~ ∗ ∗

2 2

∇ · ∇ − .

J = ik ψ ψ ψ∇ ψ

È quindi immediato constatare che l’equazione di continuità (59) è soddis-

fatta se: ∗ −ik

α + α = 0 β = . (67)

47

È di grande interesse fisico anche il caso in cui la funzione d’onda ha più

di due componenti reali. In particolare la funzione d’onda degli elettroni

ha quattro componenti, cioè due componenti complesse. La molteplicità

delle componenti complesse è in generale legata all’esistenza di un momento

angolare interno, detto Le varie componenti complesse sono associate

spin.

ai diverse orientazioni possibili dello spin. Nel caso di particelle di massa non

nulla il numero di componenti complesse della funzione d’onda vale 2S + 1

1 .

dove S è lo spin della particella. Nel caso dell’elettrone S = 2

Per molte particelle, come per l’elettrone, lo spin è associato a un mo-

mento magnetico proprio della particella. Essa si comporta con un magnetino

microscopico di cui è possibile selezionare le diverse orientazioni, collegate a

quelle dello spin, immergendo la particella in un campo magnetico non uni-

forme e misurando la forza risultante.

4.4 L’equazione di Schrödinger

Il caso più semplice a cui applicare le nostre considerazioni è quello di una

particella libera di massa m in moto non relativistico. Per semplicità di no-

tazione e di calcolo d’ora in poi ci limiteremo a considerare il caso di moto

unidimensionale, cioè il caso in cui il moto avviene parallelamente all’asse

x, nel caso non libero anche le forze saranno parallele allo stesso asse. La

generalizzazione dei risultati al caso tridimensionale sarà facilitata dal for-

malismo vettoriale. In pratica sostituiremo sistematicamente all’operatore

~ ∂

∇ ∇ ≡

differenziale a sua componente = ∂ e quindi il Laplaciano

x x

∂x ~

2 2 2 2

∂ ∂ ∂ ∂

2 2

∇ ≡

= + + verrà sostituito con ∂ e nello stesso modo J sarà

x

2 2 2 2

∂x ∂y ∂z ∂x

sostituito da J (J). Per generalizzare i risultati ottenuti al caso tridimen-

x

sionale basterà procedere alla sostituzione inversa.

L’energia della particella libera non relativistica è

2

p

q 2 4

2 2 2 '

m c + p mc +

E = c + O(p )

2m 4

p .

dove abbiamo dichiarato l’intenzione di trascurare termini di ordine mc

Assumendo l’interpretazione di de Broglie scriviamo la funzione d’onda:

( )

x 2πi

−νt

2πi (px−Et)

ψ (x, t) e (68)

= e

λ h

P

(stiamo rappresentando il moto nella direzione positiva dell’asse x). La nostra

48

scelta implica l’equazione d’onda i 1

iE

2

2

− ψ = p

mc +

ψ̇ = ψ . (69)

P

P P

h̄ h̄ 2m

Abbiamo inoltre i pψ , (70)

∂ ψ = P

x P h̄

da cui deduciamo subito 2

h̄ 2

2 − ∂ ψ . (71)

ih̄ ψ̇ = mc ψ P

P P x

2m

Si può semplificare la nostra costruzione moltiplicando la funzione d’onda di

2

−imc t cioè scrivendo

partenza per il fattore di fase e h̄

2

p

i

2 t

px−

imc t 2m

≡ (72)

ψ e

ψ e h̄ P

che evidentemente, non cambiando la dipendenza da x, mantiene la validità

della (70) e l’interpretazione probabilistica della funzione d’onda. Infatti ρ e

J non sono alterate. L’equazione d’onda diventa invece:

2

h̄ 2

− ≡

ih̄ ψ̇ = ∂ ψ Tψ . (73)

x

2m

Questa è della particella libera in cui il secondo

l’equazione di Schrödinger

membro ha un’interpretazione naturale in termini di energia della particella

che nel caso libero è del tipo cinetico.

Nel caso di particelle soggette a forze corrispondenti all’energia potenziale

V (x) l’equazione si generalizza in modo naturale aggiungendo all’energia ci-

netica quella potenziale: 2

h̄ 2

− ∂ ψ + V (x)ψ . (74)

ih̄ ψ̇ = x

2m

Questa è l’equazione di Schrödinger unidimensionale che noi applicheremo a

vari casi d’interesse fisico.

La (66) e la (67) mostrano che la densità di corrente di probabilità non

dipende da V ed è data da: ih̄ ∗ ∗

− −

J = (ψ ∂ ψ ψ∂ ψ ) . (75)

x x

2m 49

Tornando al caso libero, e considerando la funzione d’onda (68) è

piana 2

|ψ|

necessario osservare che la densità di probabilità corrispondente ρ = è

costante. Questo è un risultato paradossale perché, riducendo la (57) a una

dimensione e precisamente all’asse x, si ottiene

∞ ∞

Z Z 2

|ψ(x,

dx ρ(x, t) = dx t)| = 1 , (76)

−∞ −∞

che non può essere soddisfatta nel caso in esame perché l’integrale di una

costante diverge. Dobbiamo concludere che la nostra intepretazione esclude

la possibilità che una particella abbia impulso perfettamente definito.

Resta la speranza che la difficoltà sia superabile ammettendo una (pic-

cola) incertezza nella conoscenza dall’impulso. Questa possibilità è facil-

mente analizzabile grazie alla linearità dell’equazione di Schrödinger. Infatti

la (73) ammette, accanto all’onda piana, anche la soluzione pacchetto d’onde,

costruita come sovrapposizione di molte onde tramite l’integrale:

2

∞ p

i

Z t

px− 2m

h̄ .

dp ψ̃(p)e

−∞ 2

|

Da quest’equazione sorge naturale l’interpretazione di ψ̃(p)| come pro-

porzionale, tramite l’opportuna costante di normalizzazione, alla densità di

probabilità nell’impulso esattamente come ρ(x) è densità di probabilità nella

posizione.

Scegliamo in particolare una distribuzione Gaussiana:

)2

(p−p 0

ψ̃(p) e , (77)

4∆2

a cui corrisponde:

2

∞ )2 p

i

Z (p−p px− t

0

− 2m

ψ (x, t) = k e . (78)

dp e 4∆2

∆ −∞ ∞ 2

R

Qui k va determinato in modo che dx|ψ (x, t)| = 1.

−∞

L’integrale in (78) può essere calcolato ricordando che, se α è un numero

complesso con parte reale positiva (Re α > 0) si ha,

∞ π

r

Z 2

−αp =

dp e α

−∞ 50

e che la misura integrale di Riemann dp è invariante per traslazioni nel piano

complesso. Cioè ∞ ∞

Z Z

2 2

−αp −α(p+γ)

dp e d(p + γ) e

−∞ −∞

∞ ∞

Z Z

2 2 2

−α(p+γ) −αγ −αp −2αγp

= dp e = e dp e e ,

−∞ −∞

per qualunque numero complesso γ. Quindi si ha

∞ π 2

r

Z β

2

−αp βp e (79)

dp e e = 4α

α

−∞

Sviluppando la (78) e usando la (79) si ha

2 ∞

p Z p

[

] ]

[ 1 it ix

2

0 0

− − + +

p p

ψ (x, t) = ke e

dp e

4∆2 4∆2 2∆2

2mh̄ h̄

∆ −∞ 2

p ]

[ ix

0 2

+ p

2 h̄

2∆ 0

π

s 2it 4∆2

1 +

= k . (80)

e ∆2 mh̄

it

1 +

2

4∆ 2mh̄

Noi siamo interessati in particolare alla dipendenza da x della densità di

probabilità nella posizione ρ(x), per questo ci interessa unicamente la parte

reale dell’esponente in (80). Sviluppando questo esponente abbiamo

2

20

p 2 2 4 2 2

ip x x 4t ∆ 2it∆ 2it∆

2 2 2

2 !

+ + + −

1

0 p ∆ x ip x

p 0

2 2

4 2 2

0 0

4∆ ∆ h̄ mh̄

h̄ m h̄ mh̄

− − −

= 2

1 2it 2 4 2 4

4t ∆ 4t ∆

2 2

4∆ 4∆ h̄

+ h̄

1 + 1 +

2 2 2

∆ mh̄ 2 2

m h̄ m h̄

la cui parte reale è 2

2

p t 2

∆ 2

2 − ∆

x 2

0 −

(x v t)

2 0

m 2

h̄ h̄

− ≡− .

2 4 2 4

4t ∆ 4t ∆

1+ 1+

2 2

2 2

m h̄ m h̄

Essendo evidentemente p l’impulso medio della particella, abbiamo introdotto

0 p

la corrispondente velocità media v = . Tenendo conto della definizione di

0

0 m

ρ e della sua normalizzazione, troviamo infine 2

( )

2 −v

x t

2∆2 0

v −

∆ 2 2 2 4

u 4t ∆

h̄ 1+

ρ(x, t) = e , (81)

2 h̄2

u m

t 2 4

h̄ 4t ∆

π 1+ 2

2

m h̄

51

mentre per quel che riguarda l’impulso si ha

1 )2

(p−p 0

ρ̃(p) = . (82)

e 2∆2

2π∆ )2

(x−x 0

1

Data una distribuzione Gaussiana ρ(x) = è ben noto dalla

e

√ 2

2πσ

teoria degli errori, ed è comunque facilmente calcolabile usando le formula ri-

portate sopra, che si ha un valor medio x̄ pari a x ed uno scarto quadratico

0

2

2

(x x̄) pari a σ . Dunque, nel caso in esame, per la posizione si

medio 2

2 4 h̄

4t ∆

ha valor medio x̄ = v t e scarto quadratico medio 1 + , men-

0 2 2

2 4∆

m h̄ 2

tre per l’impulso si ha il valor medio p e lo scarto quadratico medio ∆ .

0

Questi valori medi ben rappresentano le variabili cinematiche di una parti-

cella libera, mentre gli scarti quadratici medi sono approssimativamente in-

versamente proporzionali; migliorando la definizione di una variabile si perde

in definizione dell’altra.

Le distribuzioni (81) e (82), pur ricavate in un esempio particolare, per-

mettono di raggiungere conclusioni del tutto generali che, per chiarezza, elen-

chiamo qui di seguito in punti distinti.

4.4.1 Il Principio d’Indeterminazione

Mentre lo scarto quadratico medio della distribuzione in impulso

2

2

(p p̄) = ∆

è stato scelto a priori parametrizzando ψ̃(p) ed è indipendente dal tempo,

a conferma che l’impulso di una particella libera è una costante del moto,

quello relativo alla posizione 2

2 4 !

4t ∆ h̄

2

(x x̄) = 1+ 2 2

4∆

2

m h̄

non contiene ulteriori parametri liberi e dipende dal tempo. Infatti ∆ cresce

x

2

2t∆ mh̄

in maniera significativa per .

> 1 cioè per tempi superiori a t =

s 2

mh̄ 2∆

Si noti che t altro non è che il tempo che una particella con impulso ∆

s h̄

impiega per percorrere una distanza , pertanto lo sparpagliamento ha

2∆

un’interpretazione naturale anche dal punto di vista della fisica classica:

un gruppo di particelle indipendenti con una distribuzione in impulso di

52 ∆ p = v ; se le particelle sono statisti-

larghezza ∆ si sparpaglia con velocità s

p m

camente distribuite su un intervallo ∆ questo aumenta in modo significativo

x

su tempi dell’ordine di .

x

v

s

Quello che è nuovo nei nostri risultati è, prima di tutto, che si riferiscono

a una sola particella. Quindi le incertezze in posizione e impulso sono in-

evitabili. In secondo luogo le incertezze sono interdipendenti. Senza con-

siderare l’effetto di sparpagliamento già discusso, si vede bene che si può

diminuire l’incertezza in una delle due variabili solo a spesa dell’altra. Infatti

∆ può essere eliminata dalle nostre equazioni scrivendo la disuguaglianza:

q 2

2

− − ≥

≡ (x x̄) (p p̄)

∆ ∆ . (83)

x p 2

Questa disuguaglianza costituisce il principio d’indeterminazione di Heisen-

berg.

Da un punto di vista fenomenologico l’origine di questo principio sta

nell’universalità dei fenomeni diffrattivi. Infatti sono questi fenomeni che

rendono impossibile misurare simultaneamente, e con precisione arbitraria-

mente buone, posizione e impulso.

A titolo di esempio consideriamo il caso in cui la determinazione della

posizione è eseguita con strumenti di tipo ottico; per aumentare la risoluzione

strumentale bisogna ridurre le lunghezze d’onda della luce usata, aumentando

con ciò gli impulsi dei fotoni che urtano l’oggetto misurato e ne alterano

in modo incontrollato l’impulso. Se invece la posizione è determinata con

strumenti meccanici, come fenditure, sono gli effetti diffrattivi che provocano

indeterminazione negli impulsi.

È importante valutare l’ordine di grandezza dell’indeterminazione quan-

tistica in situazioni di interesse pratico. Pensiamo per esempio a un fas-

cio di elettroni emesso per effetto termoionico da un catodo alla temper-

o 4

atura di T = 1000K e accelerati da una differenza di potenziale di 10 V ;

l’ordine di grandezza dell’indeterminazione in energia cinetica ∆ è kT dove

E

−23 o

k = 1.38 10 Joule/K è la costante di Boltzmann ( in alternativa si può

−5 −20

o

usare invece k = 8.6 10 eV /K ). Dunque ∆ = 1.38 10 Joule mentre

E

−15

E = 1.6 10 Joule che corrisponde a una buona definizione in energia del

∆ −5

∼ 10 ). Possiamo calcolare facilmente l’indeterminazione

nostro fascio ( E

E ∆ ∆

12

p

in impulso usando la legge di propagazione dell’errore relativo ( = )

E

p E

√ −23 ×

e calcolando p = 2mE = 5.6 10 Newton sec; otteniamo ∆ =

p

−28 −7

× ≥

2.8 10 Newton sec e quindi per la (83) ∆ 2 10 m. Evidente-

x

53

mente il principio d’indeterminazione non pone un limite molto significativo

nel caso di fasci di particelle. o

Un corpo macroscopico M = 1Kg a temperatura ambiente (300K ) ha

un impulso termico medio dovuto agli urti con le molecole dell’aria pari a

q 3 −11

∼ ' ×

∆ kT 9 10 Newton sec e quindi la sua indeterminazione

2m

p 2 −24

quantistica minima della posizione risulta ∆ 10 m.

x

Il principio d’indeterminazione è invece assai rilevante al livello atomico,

infatti non è difficile constatare che l’indeterminazione è il meccanismo che

stabilizza l’atomo impedendo all’elettrone di precipitare sul nucleo. Possiamo

rozzamente pensare al raggio orbitale dell’elettrone come ordine di grandezza

dell’indeterminazione della sua posizione (∆ r) e valutare l’ordine di

x

grandezza dell’energia cinetica indotta dall’indeterminazione sull’impulso;

2

∆ 2

∼ p .

abbiamo E

C 2

2m 2mr

Tenendo conto dell’energia di legame Coulombiana si ha per l’energia

totale 2 2

e

h̄ −

∼ .

E (r)

T 2

2mr 4π r

0

Il sistema è stabile perché la funzione E (r) ha un minimo assoluto. Cal-

T

colando il valore di r corrispondente r si ha

m 2

2

e h̄

− =0

2 3

4π r mr

0 m m

da cui 2

4π h̄

0

r m 2

me

che riproduce perfettamente il valore del raggio atomico dedotto dalla (55).

4.4.2 Le velocità delle onde

Studiando le onde elettromagnetiche abbiamo mostrato che esse si muovono

senza deformarsi con velocità c = µ e che, per un onda armonica, c è il

0 0

prodotto della lunghezza d’onda per la frequenza. Nel caso delle onde di de

2

p hp

Broglie introdotte in (72), si ha ν = e λ = ; dunque la velocità delle

2mh p

≡ . Se invece consideriamo il

onde armoniche è data dal prodotto v λν =

F 2m

pacchetto d’onde (80) e la corrispondente densità (81) vediamo chiaramente

p

un movimento di traslazione del pacchetto con velocità v , pari alla ve-

0

G m

locità classica della particella con impulso p . Abbiamo usato simboli diversi

0

54

per distinguere la velocità delle singole componenti piane v , che è chiamata

F

da v che è la velocità collettiva del pacchetto e viene chia-

velocità di fase, G

mata Il risultato deducibile dalle nostre equazioni è che,

velocità di gruppo.

contrariamente al caso delle onde elettromagnetiche nel vuoto, nel caso di de

Broglie le due velocità sono diverse, la velocità di gruppo non coincide col

valor medio delle velocità di fase delle singole componenti. Inoltre la velocità

h

di fase dipende dalla lunghezza d’onda (v = ).

F 2mλ

La relazione fra frequenza e lunghezza d’onda nel caso elettromagnetico

h

c mentre nel caso di de Broglie si ha ν = .

e data da ν = 2

λ 2mλ

Vi sono numerosissimi esempi di propagazione ondulatoria in fisica, , onde

elettromagnetiche in mezzi materiali, onde elastiche, onde di gravità nei liq-

uidi e molti altri. In ciascuno di questi casi si ha una dipendenza caratteristica

della frequenza dalla lunghezza d’onda ν(λ). Considerando la propagazione

di pacchetti d’onde Gaussiani, nel modo sopra esposto, si definiscono in ogni

caso la velocità di fase v = ν(λ)λ e la velocità di gruppo, che risulta in

F

generale definita dalla relazione: dν(λ)

2

−λ .

v =

G dλ

Nel caso di de Broglie quest’equazione riproduce appunto il risultato da noi

trovato.

I mezzi in cui la frequenza è inversamente proporzionale alla lunghezza

d’onda sono detti per essi le due velocità coincidono.

non dispersivi,

Può essere interessante notare che, adottando la forma relativistica dell’onda

2

c

q q

2 4 2 4

2 2

m c m c

c c

piana, si ha ν(λ) = .

+ e quindi v = λ + e v = λ

F G

2 2 2 2 q

h λ h λ 2

2 4 c

m c +

2 2

h λ

4.4.3 L’interpretazione collettiva delle onde di de Broglie

La descrizione delle singole particelle tramite pacchetti d’onde costituisce la

formulazione rigorosa della teoria di Schrödinger, esiste però un’interpretazione

alternativa della funzione d’onda di uso assai più semplice che è particolar-

mente utile per descrivere le proprietà medie, come il flusso nel caso libero.

2

p

i px− t

2m

Consideriamo l’onda piana (72): ψ = e e calcoliamo la densità

di corrente J corrispondente troviamo: −ip

ip

ih̄ ih̄ p

∗ ∗ ∗ ∗

− − −

− (ψ ∂ ψ ψ∂ ψ ) = ψ ψ ψ ψ = , (84)

J = x x

2m 2m h̄ h̄ m

55

mentre ρ = ψ ψ = 1.

D’altra parte, data una distribuzione di particelle classiche con densità ρ

in movimento con velocità v si ha una densità di corrente J = ρv.

Questo suggerisce di superare il problema della normalizzazione della

probabilità (76) associando la funzione d’onda (72), non a una singola par-

ticella, come si è fatto finora, ma a un flusso stazionario di particelle in-

dipendenti distribuite uniformemente con densità 1 e in moto con velocità

v. Ovviamente in questo modo abbiamo rinunciato a priori a parlare della

localizzazione della particelle, ma otteniamo in modo più semplice le infor-

mazioni sulla velocità di gruppo e sul flusso. Nel prossimo capitolo sarà cosı̀

possibile interpretare in modo semplice e chiaro gli effetti di una barriera di

potenziale sul flusso delle particelle.

Esercizi e problemi

1. Una molecola ionica è schematizzata come due punti materiali di massa

−26 −9

eguale m = 10 kg posti a distanza d = 10 m; usando la regola di

Bohr di quantizzazione del momento angolare descrivete i valori possi-

bili dell’energia molecolare e, assumendo transizioni fra il livello n + 1

e il livello n, calcolate le frequenze dei fotoni emessi.

2 2

h̄ h̄ −24

Soluzione: − '

E E = (2n + 1) = (2n + 1) 10 (2n + 1) Joule .

n+1 n 2

2I md 2

Usando la regola di Sommerfeld l’energia del rotatore vale E = h̄ n(n + 1)/2I e

n

nelle formule precedenti 2n + 1 va sostituito con 2n + 2.

2. Un satellite artificiale di massa m = 1 kg ruota intorno alla terra su

un’orbita circolare di raggio praticamente eguale a quello terrestre, cioè

circa 6600 km; se le orbite del satellite sono quantizzate con la regola di

Bohr, di quanto cambia il raggio passando da un’orbita alla successiva

(da n a n + 1)?

Soluzione: Indicando con g l’accelerazione di gravità alla superficie terrestre, il

2

2 2 2

raggio dell’orbita n-ma è dato da r = (n h̄ /m R g), per r = R il suo incremento

n n

√ −28

' '

è δr 2h̄/m Rg 2.5 10 m .

n 56

−31

3. Un elettrone (m = 9 10 kg) è accelerato attraverso una differenza

8

di potenziale di ∆V = 10 V , quanto vale la sua lunghezza d’onda di

de Broglie? 2

Soluzione: L’energia acquisita è molto più grande di mc , l’elettrone è dunque

−15

' ' '

ultra-relativistico, il suo impulso vale p E/c . Quindi λ hc/e∆V 1.9 10 m .

p 2 2 2 4

La formula esatta è λ = hc/ (e∆V + mc ) m c .

−31

4. Un elettrone (m = 9 10 kg) rimbalza fra due pareti riflettenti poste a

−5

distanza d = 10 m, assumendo che, come nel caso di un’onda elettro-

magnetica riflessa fra due specchi ( cavità unidimensionale), la distanza

d sia pari a n mezze lunghezze d’onda di de Broglie, determinare i val-

ori possibili dell’energia dell’elettrone al variare di n.

2 2 2 2 −19

Soluzione: '

E = h̄ π n /2md 0.52 10 Joule .

n 3

5. Una molecola triatomica di Ozono (O ) è costituita da tre atomi di

−26

massa m = 2.3 10 kg posti ai vertici di un triangolo equilatero di

−9

lato l = 10 m. La molecola può ruotare su se stessa intorno a un asse

P passante per il baricentro e perpendicolare al piano del triangolo,

oppure intorno a un altro asse L, sempre passante per il baricentro,

ma perpendicolare al primo. Usando la regola di Bohr confrontare i

possibili valori dell’energia di rotazione nel caso in cui la molecola sia

vincolata a ruotare intorno all’uno o all’altro asse.

2 −41 2

Soluzione: I momenti d’inerzia sono: I = m l = 2.3 10 kg m e I =

P L

2 −41 2

ml /2 = 1.15 10 kg m Le energie di rotazione sono allora: E = 2E =

L,n P,n

2 2 2 −22

'

h̄ n /2I n 4.32 10 Joule .

L

6. Un cristallo di sale da cucina è irradiato da un fascio di raggi X (fo-

−10

toni) la cui lunghezza d’onda è pari a 2.5 10 m, il primo picco di

diffrazione (d sin θ = λ) è osservato a un angolo di 26.3 gradi; qual’è la

distanza interatomica nel sale? 57

−10

Soluzione: '

d = λ/ sin θ 5.6 10 m . −14

7. Nel decadimento β un nucleo il cui raggio è dell’ordine di R = 10 m

−31

emette un elettrone (m = 9 10 kg) la cui energia cinetica è dell’ordine

6

di 1MeV = 10 eV . Confrontare questo valore dell’energia con l’ordine

di grandezza dell’energia cinetica attribuibile, in base al principio d’indeterminazione,

a un elettrone inizialmente localizzato nel nucleo (cioè con impulso

p ).

R 2

h̄ −10 9

Soluzione: ' ' '

E 5.58 10 Joule 3.4 10 eV >> 1M eV .

c 2

2mR

8. Un elettrone è soggetto a un campo elettrico costante E = 1000 V /m

diretto secondo l’asse x uscente da una superficie piana perpendicolare

allo stesso asse. La superficie agisce sull’elettrone come un piano ri-

flettente su cui l’energia potenziale dell’elettrone V (x) va all’infinito.

L’andamento di V (x) è rappresentato in figura.

V(x) x −31

Tenendo in conto che la massa dell’elettrone vale circa m = 9 10 kg e

−19

la carica 1, 6 10 Coulomb, valutare, usando il Principio d’Indeterminazione

di Heisenberg, l’ordine di grandezza dell’energia minima dell’elettrone.

2 2

Soluzione: L’energia totale è data da = p /2m + V (x) = p /2m + eEx, con il

vincolo x > 0. Classicamente l’energia minima si avrebbe per la particella ferma

(p = 0) nel minimo di V (x). Tenendo invece conto del principio di indeterminazione

di Heisenberg, ∆p ∆x h̄, una stima dell’energia dello stato fondamentale è data

2 2

dal minimo della funzione h̄ /(2mx ) + eEx (x > 0). Si ottiene

1/3

2 2 2

3 h̄ e E −4

∼ ∼ ·

0.6 10 eV .

min 2 m

58

9. Una molecola di NaCl può essere rozzamente schematizzata come un

−26

sistema di due particelle di carica opposta e di massa: M = 4 10 kg

N a

−26 −9

e M = 8 10 kg, tenute alla distanza fissa d = 10 m dalle forze

Cl

interatomiche. Applicando la condizione di quantizzazione di Bohr al

momento angolare del sistema rispetto al suo baricentro calcolare lo

spettro delle frequenze emesse dalla molecola in transizioni da un liv-

ello (n) a quello immediatamente successivo (n 1) al variare di n.

2 2 M M

n h̄ 2

Soluzione: I livelli energetici rotazionali sono E = , con I = d .

N a Cl

n 2I M +M

N a Cl

I fotoni emessi per le transizioni indicate hanno energia hν = E E =

n→n−1 n n−1

2 8

− ' − ·

(2n 1)h̄ /2I, da cui ν (2n 1)3 10 Hz.

n→n−1 −26

10. Un atomo di massa M = 10 kg è attratto verso un punto fisso, da

una forza elastica di costante k = 1 Newton/m; l’atomo si muove su

un’orbita circolare posta in un piano perpendicolare all’asse z. Ap-

plicando la condizione di quantizzazione di Bohr al momento angolare

dell’atomo rispetto al punto fisso determinare i livelli energetici del sis-

tema.

Soluzione: Sia ω la velocità angolare di rotazione e r il raggio. Uguagliando

la forza centripeta a quella di richiamo elastica si ricava la nota relazione classica

p 2 2 2 2 2

k/M . L’energia totale è E = 1/2M ω r + 1/2kr = M ω r = Lω, dove

ω = 2

abbiamo messo in evidenza il momento angolare L = M ωr . Essendo quest’ultimo

−21 −2

· ' · ·

quantizzato, L = nh̄, ricaviamo infine E = nh̄ω = n 10 J n 0.62 10 eV .

n

11. Calcolare il numero dei fotoni emessi per secondo da una lampadina che

−6

emette una potenza di 10W att alla lunghezza d’onda di 0, 510 m .

−34

Soluzione: ' ·

L’energia di un singolo fotone è E = hν con h 6.62 10 J sec e

14 −19

ν = c/λ = 6 10 Hertz, dunque E = 4 10 J, per cui in un secondo vengono

19

emessi 2.5 10 fotoni. −28

12. Una particella di massa pari a m = 10 kg che si muove lungo

q

|x|

l’asse x è soggetta a un’energia potenziale data da V (x) = v con

1

−15 valutare, usando il Principio d’Indeterminazione

v = 10 Joule/m 2 59

di Heisenberg, l’ordine di grandezza dell’energia minima dell’elettrone.

Soluzione: L’energia totale della particella è

2

p p

|x|

+ v

E = .

2m

Nel caso classico il minimo dell’energia totale si avrebbe ovviamente quando la

particella fosse posta ferma (p = 0) in x = 0, per cui E = 0, ma tale configurazione

non è quantisticamente permessa in quanto viola il principio di indeterminazione:

se la particella è posta in un intorno di grandezza δx dell’origine, essa possiede un

impulso dell’ordine di δp = h̄/δx. Bisogna allora minimizzare la quantità

1 + v

E = δx

2

2mδx

rispetto a δx, trovando infine 1/5

2 4

h̄ v

1/5 −9/5

' '

E 2 + 2 0.22 eV.

min m

È molto importante notare come il risultato, a parte un fattore numerico, potesse

essere previsto in base a semplici considerazioni dimensionali: l’unica quantità con

le dimensioni di una energia che può essere costruita a partire da m, v ed h̄ (che

2 4 1/5

sono le uniche grandezze fisiche in gioco) è proprio (h̄ v /m) , come lo studente

è invitato a verificare. Nell’analogo problema classico manca la grandezza h̄, e con

v ed m da soli non è possibile formare alcuna grandezza con le dimensioni di una

energia, per cui nel caso classico manca una energia caratteristica del problema, che

invece è presente nel caso quantistico.

13. Un fascio di elettroni la cui energia cinetica iniziale è 10 eV viene

separato in due fasci paralleli orizzontali posti ad altezze diverse nel

campo della gravità terrestre. Se la differenza di quota è d = 10 cm e

se i fasci si ricombinano dopo un percorso orizzontale di lunghezza L,

quanto deve valere L perché i due fasci si ricombinino in opposizione

di fase?

Si assuma che il fascio superiore conservi l’energia cinetica iniziale, che

si conservi l’energia totale e non si tenga conto, nel calcolo della dif-

ferenza di fase, dei tratti di percorso iniziali e finali che portano alla

separazione dei fasci alle diverse quote e alla loro ricombinazione.

60

Soluzione: L’onda di De Broglie che descrive il fascio di elettroni iniziale è

∝ −

exp(ipx/h̄ iEt/h̄) dove p = 2mE è l’impulso corrispondente alla energia

k

cinetica E e E = E + mgh è l’energia totale. Il fascio è separato in un fascio che

k k

viaggia alla stessa quota, quindi è descritto dalla stessa onda, e in uno che viaggia

0

∝ −

parallelo 10 cm più in basso, per cui è descritto dall’onda exp(ip x/h̄ iEt/h̄)

p

0 0

p

dove p = 2mE = 2m(E + mgd) (ovviamente l’energia totale E è invari-

k

k

ata). I valori di L per cui i due fasci si ricombinano in opposizione di fase sono

0 −

dati da (p p)L/h̄ = (2n + 1)π con n intero. Il valore più piccolo di L è allora

0 −30 −18

− ' '

L = πh̄/(p p). Notiamo che mgd 10 J 10 eV 1.6 10 J, per cui

√ √

0 − ' ' '

2mE 2mE

p p (mgd/2E ) e quindi L 2πh̄E /(mgd ) 590 metri.

k k k k

14. Un elettrone si muove sul piano x−y in presenza di un campo d’induzione

magnetica parallelo all’asse z usando le regole di quantizzazione di Bohr

valutare i possibili valori dell’energia dell’elettrone.

~

e~

v

Soluzione: ∧ B dove ~v è la sua velocità. Classi-

L’elettrone è soggetto alla forza c ~

camente ne derivano, per una particella che si muove nel piano ortogonale a B, moti

2 2

circolari uniformi con velocità angolare ω = eB/(mc), energia E = 1/2 mω r e

raggio r qualsiasi. La regola di Bohr limita i possibili valori del raggio quantizzando

2

il momento angolare mω r = nh̄, da cui si arriva a E = 1/2 nh̄ω = nh̄eB/(2mc).

Livelli energetici simili si ritroveranno anche nella soluzione del problema quantis-

tico completo di un elettrone in campo magnetico (livelli di Landau).

15. Esiste una particella, detta positrone, identica all’elettrone, ma con car-

ica opposta. Questa particella si lega elettrostaticamente all’elettrone

formando una specie di atomo di idrogeno in cui il positrone sostitu-

isce il nucleo. Il sistema risultante legato elettrone-prositrone è detto

positronio; calcolatene i possibili livelli energetici secondo la regola di

Bohr.

Soluzione: Il livelli energetici si calcolano esattamente nello stesso modo che nel

caso del sistema protone-elettrone, con l’unica accortezza di usare la massa ridotta

2

µ = m /(m + m) = m/2 al posto della massa dell’elettrone. I livelli sono quindi

4

me

E = .

n 2 2

4h̄ n

61 −29

16. Una particella di massa M = 10 kg si muove in due dimensioni

soggetta al potenziale centrale:

V = σr ,

5

con σ pari a 10 Newton .

Considerando solo orbite circolari valutare le energie ammesse dalla re-

gola di Bohr. 2

Soluzione: La forza centripeta del moto circolare è mω r = σ. La condizione

2

di quantizzazione del momento angolare impone mωr = nh̄. Combinando le due

2 2

equazioni si ottengono, per l’energia totale E = 1/2 mω r + σr, i seguenti valori

permessi 1/3

2 2

3 h̄ σ 2/3 2/3

'

E = n 2n GeV .

n 2 m

2 2 1/3

Notare come la costante (h̄ σ /m) , che fissa la scala di energia, non avrebbe

potuto essere altrimenti, essendo l’unica combinazione dei parametri fisici in gioco

h̄, σ ed m con le dimensioni di una energia. Il potenziale posto nel problema è

dello stesso tipo e della stessa intensità di quello confinante che si pensa agire fra

i costituenti elementari dei nucleoni (protone, neutrone, etc.. ): i quark. Anche

la massa della particella nel problema è simile per ordine di grandezza a quella

dei quark leggeri costituenti i nucleoni. Non a caso il risultato porta ad energie

comparabili, anche se solo in ordine di grandezza, con le masse a riposo dei nucleoni

(∼ 1 GeV).

4.5 La barriera di potenziale

La situazione di maggiore interesse fisico è quella in cui le particelle non sono

libere, ma soggette a forze corrispondenti all’energia potenziale V (x). In

queste condizioni possiamo ricorrere all’equazione di Schrödinger nella forma

(74). Data la linearità dell’equazione, per uno studio generale della stessa è

sufficiente limitarsi a considerare soluzioni periodiche nel tempo del tipo:

iEt

− ψ (x) . (85)

ψ(x, t) = e h̄ E

Infatti la soluzione generale dipendente dal tempo può essere decomposta in

componenti periodiche del tipo (85) tramite uno sviluppo di Fourier e quindi

la conoscenza della soluzione può essere riportata a quella delle ψ (x), oltre

E

che dei coefficienti dello sviluppo. 62

Le ψ (x) sono calcolabili risolvendo l’equazione ottenuta sostituendo la

E

forma (85) nella (74), cioè: 2

" #

iEt iEt iEt

− − − 2

ψ (x) = Ee ψ (x) = e

ih̄ ∂ e ∂ ψ + V (x)ψ , (86)

h̄ h̄ h̄

t E E E E

x

2m

dunque: 2

h̄ 2

− ∂ ψ (x) + V (x)ψ (x) , (87)

Eψ (x) = E E

E x

2m

che viene chiamata o

equazione di Schrödinger indipendente dal tempo stazionaria.

Il primo caso che consideriamo è quello della

in cui V (x) è nullo per

barriera di potenziale

x < 0 e per x > L ed è positivo sul segmento

[0, L] come nella firgura qui accanto. Un flusso

di particelle classiche incidenti sulla barriera

nel senso delle x crescenti viene assoggettato,

superata l’origine, a forze che tendono a ral-

lentarlo. Se l’energia cinetica iniziale, che corrisponde ovviamente a E in

(87), supera l’altezza della barriera V le particelle rallentate raggiungono il

0

punto in cui V è massimo, entrano quindi in un campo di forze acceleranti

fino a raggiungere il punto x = L proseguendo poi con moto libero. Il flusso

è stato completamente trasmesso e la barriera ha unicamente aumentato il

tempo di attraversamento del segmento [0, L]. Se invece l’energia cinetica

è inferiore a V le particelle si fermano e invertono il loro moto prima di

0

raggiungere il punto di V massimo e il flusso viene completamente riflesso.

Del tutto diverso è il risultato secondo la mec-

canica quantistica. Per analizzare le differenze

sul piano qualitativo conviene scegliere una

barriera di forma tale da facilitare la soluzione

della (87). Questo è il caso di potenziale

costante a tratti, cioè in particolare la barriera

quadrata qui accanto.

La scelta del potenziale costante a tratti è giustificata dal fatto che, con

V costante la (87) si scrive nella forma:

2m

2 −

(E V )ψ (x) = 0, (88)

∂ ψ (x) + E

E

x 2

h̄ 63

e ammette la soluzione generale:

√ √

2m(E−V ) 2m(E−V )

−i

i x x

ψ (x) = a e + a e , (89)

h̄ h̄

E +

se E > V e : √

√ 2m(V −E) 2m(V −E)

x x

+ a e , (90)

ψ (x) = a e h̄ h̄

E +

nel caso opposto. Il problema è stabilire come si raccorda la soluzione relativa

a un tratto con potenziale costante a quella dei tratti contigui. Per risolverlo

dobbiamo metterci in condizione di controllare le equazioni differenziali in

presenza di discontinuità dei coefficienti, questo richiede un breve interludio

matematico

4.5.1 Interludio matematico, le equazioni differenziali con coeffi-

cienti discontinui

Le equazioni differenziali con coefficienti discontinui possono essere trattate

smussando le discontinuità, risolvendo le equazioni in termini di funzioni più

volte derivabili e riproducendo le soluzioni in presenza di discontinuità con

un processo di limite. Introduciamo per questo la funzione ϕ (x) definita da:

|x|

ϕ (x) = 0 se >

2

2 2

+ x x

− 2

2 2 |x|

( )

ϕ (x) = e se <

√ −x

2

2 2

π ( x )

.

Questa funzione è continua con tutte

le sue derivate ed è facile vedere che

R ϕ (x)dx = 1. In base a queste pro-

−∞

prietà si conclude che se f (x) è localmente

integrabile, cioè ammette al più singolarità

isolate in cui la funzione può divergere con

1

grado inferiore a 1, cioè come per

1−δ

|x|

δ > 0, l’integrale:

Z − ≡

ϕ (x y)f (y)dy f (x) ,

−∞

definisce una funzione infinite volte deriv-

abile in x e le derivate di f tendono a

quelle di f nel limite 0 e in tutti i

punti in cui quest’ultime sono definite.

64

Chiameremo f Se,

funzione regolarizzata.

per esempio, consideriamo il caso in cui f

è la funzione a gradino nell’origine, cioè

f (x) = 0 per x < 0 e f (x) = 1 per

2

x > 0 si hanno per f (x), ∂ f (x) e ∂ f (x)

x

x

gli andamenti mostrati nell’ordine qui ac-

canto. In particolare si osservi che essendo

∞ x

R R

f (x) = ϕ (x y)dy = ϕ (z)dz si

−∞

0

ha ∂ f (x) = ϕ (x).

x

Considerando le tre figure si vede bene

come f (x) interpola con continuità fra il

valore 0 della funzione a sinistra e 1 a

destra restando inferiore a 1 per qualunque valore di . Il fatto importante da

osservare è che invece la seconda figura che mostra ∂ f (x) presenta un mas-

x

1

simo di altezza proporzionale a , che quindi diverge all’annullarsi di . La

2

2

terza figura mostra che la derivata seconda ∂ f (x) presenta un’oscillazione di

x

1 intorno al punto di discontinuità. Dato che, per

ampiezza proporzionale a 4

piccolo, la funzione regolarizzata nelle vicinanze dalla discontinuità dipende

dai valori della funzione originale nelle vicinanze della stessa, è chiaro che

gli andamenti qualitativi mostrati nelle figure si presentano per qualunque

funzione nelle vicinanze di discontinuità di prima specie, cioè gradini. Anda-

menti più singolari si hanno per discontinuità del potenziale peggiori.

Consideriamo dunque la (88) nelle vicinanze di un punto di discontinuità

di prima specie (gradino) di V e immaginiamo di regolarizzare entrambi

gli addendi, se la funzione d’onda non presenta discontinuità peggiori della

prima specie, il secondo termine dell’equazione presenta solo gradini e, rego-

larizzato, resta limitato in modo indipendente da . Invece, se la funzione

d’onda ψ o la sua derivata prima ∂ ψ presentassero discontinuità di prima

E x E

specie o peggiori, regolarizzando il primo termine, si otterrebbero contributi

1 1

proporzionali a o, rispettivamente, a , o ancore più singolari, e la (88)

4 2

sarebbe necessariamente violata.

Quindi abbiamo mostrato che in presenza di una discontinuità di prima

specie di V la ψ deve restare continua con la sua derivata prima.

E

Per trattare in modo semplificato il caso di barriere di lunghezza L molto

piccola rispetto alle lunghezze d’onda di interesse è utile introdurre barriere

infinitamente sottili; questo può essere fatto scegliendo un’energia potenziale

65 V

che, regolarizzata, sia eguale a: V (x) = ϕ (x) cioè tale che

V ≡ Vδ(x)

V (x) = lim ϕ (x) . (91)

→0

La (91) definisce la ”funzione” delta di Dirac come limite della ϕ .

Lo stesso argomento presentato sopra mostra che, in presenza di una

barriera proporzionale alla delta di Dirac la derivata della funzione d’onda

2m Vψ (0).

presenta una discontinuità di prima specie di ampiezza E

2

Si noti che una barriera proporzionale alla delta di Dirac può egualmente

V

essere rappresentata come una barriera quadrata di altezza e di larghezza

L

→ V.

R

L al limite in cui L 0 in modo che dxV (x) =

−∞

4.5.2 La barriera quadrata

Consideriamo l’equazione di Schrödinger stazionaria (87) con un potenziale

corrispondente alla barriera quadrata sopra descritta, cioè V (x) = V per

0 < x < L e nullo altrove. Come nel caso classico vanno distinti due regimi:

a) il caso in cui E > V e in cui classicamente l’intero flusso è trasmesso

b) quello in cui E < V e in cui classicamente l’intero flusso è riflesso.

Iniziamo dal caso (a): vanno distinte tre regioni:

1) quella con x < 0 in cui la soluzione generale è:

√ 2mE 2mE

−i

x x

i + a e . (92)

ψ (x) = a e h̄ h̄

E +

A questa funzione d’onda corrispondono due flussi opposti, uno verso destra

q q

2 2

|a | −|a |

pari a 2E/m e uno opposto pari a 2E/m. Volendo studiare

+

un processo analogo a quello descritto al livello classico sceglieremo in modo

arbitrario a = 1, dunque

+ √ √

2mE 2mE

−i

i x x

ψ (x) = e + a e , (93)

h̄ h̄

E q

fissando il flusso incidente a 2E/m; a rende conto dell’eventuale flusso

riflesso.

2) la regione 0 < x < L in cui la soluzione generale è

√ √

2m(E−V ) 2m(E−V )

−i

i x x

ψ (x) = b e + c e , (94)

h̄ h̄

E

3) la regione in cui x > L e in cui la soluzione generale è nuovamente data

dalla (92). Tuttavia noi escludiamo in questa regione un flusso verso sinistra,

66

cioè proveniente da x = assumendo che le uniche particelle presenti siano

quelle che hanno superato la barriera e che pertanto procedono verso destra.

Poniamo dunque in questa regione √

2mE

i x

ψ (x) = de . (95)

E

Si hanno due punti di discontinuità del potenziale: x = 0 e x = L, e quindi

si hanno le seguenti condizioni di continuità delle funzioni d’onda e derivate

prime: 1 + a = b + c

s −

E V −

− (b c)

1 a = E

√ √ √

2m(E−V ) 2m(E−V ) 2mE

−i

i L L i L

be + ce = de

h̄ h̄ h̄

√ √

s √

E V

2m(E−V ) 2m(E−V ) 2mE

−i

i L L L

i

be ce . (96)

= de

h̄ h̄ h̄

E

Abbiamo un sistema lineare di 4 equazioni in 4 incognite che, per una scelta

generica dei parametri dovrebbe identificare unicamente la soluzione. Il nos-

2

|a|

tro interesse principale è la determinazione di . Questa quantità rende

conto della frazione del flusso incidente che viene riflesso per un effetto quan-

2

|a|

tistico. Pertanto chiamiamo R = coefficiente di riflessione della barriera.

Dividendo membro a membro prime due equazione e le seconde due si

ottiene dopo facili passaggi: √ 2m(E−V ) s

b −2i L

− e −

E V

c =

√ E

2m(E−V )

b −2i L

+ e h̄

c s b − 1

− −

1 a E V c

= (97)

b

1+ a E +1

c

b e la seconda in a si ha:

risolvendo la prima equazione in c q

√ E−V +1

b 2m(E−V ) E

−2i L

= e h̄ q

c E−V − 1

E

q q

E−V E−V

b −

1+ + 1

E c E

a = (98)

q

q

E−V E−V

b

− + 1+

1 E c E

67

e quindi, sostituendo: √

2m(E−V ) 2m(E−V )

E−V −i

L L

i −

− e

1 e h̄ h̄

E

a = ,

√ √

2 2

2m(E−V ) 2m(E−V )

q q q

E−V E−V E−V −i

i L L

− −

e e

1+ 1 1+

h̄ h̄

E E E

cioè √

(2m(E−V ) L

sin

V h̄

√ √ , (99)

a = E

(2m(E−V ) (2m(E−V )

q

2E−V E−V

sin L + 2i cos L

E h̄ E h̄

≤ |a|

da cui si vede chiaramente che 0 < 1 e che per V positivo a si annulla

√ (2m(E−V ) L = nπ.

solo quando h̄

Questo è chiaramente un effetto interferenziale e il fenomeno della rif-

lessione ha carattere ondulatorio. Chi conoscesse la fisica dei cavi coassiali

potrebbe constatare l’analogia del fenomeno con la riflessione dei segnali alla

giunzione di cavi con impedenza diversa senza adattamento della medesima.

I tecnici degli impianti televisivi conoscono bene questa causa di malfunzion-

amento.

Più interessante e importante per le applicazioni alla fisica microscopica

è il comportamento quantistico della barriera nel caso (b) in cui E < V ; in

questo caso le funzioni d’onda nelle regioni 1 e 3 non cambiano, mentre per

0 < x < L si ha la soluzione generale: √

√ 2m(V −E) 2m(V −E)

x x

+ ce , (100)

ψ (x) = be h̄ h̄

E

e quindi le condizioni di continuità diventano:

1 + a = b + c

s −

V E

− −i −

1 a = (b c)

E √

√ √

2m(V −E) 2m(V −E) 2mE

L L i L

+ ce = de

be h̄ h̄ h̄

√ √

s √

V E

2m(V −E) 2m(V −E) 2mE

L L i L

−i −

be ce = de . (101)

h̄ h̄ h̄

E 68

Nuovamente, dividendo membro a membro, si ha:

√ 2m(V −E) s

b −2 L

− e E

c = i

√ −

V E

2m(V −E)

b −2 L

+ e h̄

c s b

1

− −

1 a V E c

= i (102)

b

1+ a E 1+ c

e risolvendo: q

b

bc E

− + i 1+

1 −E

V c

a = q

E

bc b

− −

1 1+

i −E

V c

q

√ E

1+ i

b 2m(V −E) −E

V

−2 L . (103)

= e h̄ q

c E

1 i −E

V

bc

Sostituendo si ha l’espressione per a e quindi il coefficiente di riflessione

2

≡ |a|

R . Il fatto del tutto nuovo è che R non è eguale a 1 dato che, come

b

si vede nelle (103), è un numero complesso. Quindi una frazione del flusso

c

− ≡

incidente, pari a 1 R T è trasmessa dalla barriera a dispetto del fatto che

le particelle non hanno energia sufficiente per raggiungerne il colmo. Questo

è che ha un ruolo molto importante in molti settori della fisica

l’effetto tunnel

moderna, dalla radioattività all’elettronica.

Per evitare formule eccessivamente complesse e difficili da leggere noi ci

limitiamo a considerare due casi limite, che peraltro sono quelli di maggior

interesse fenomenologico. Consideriamo in particolare:

√ 2m(V −E) E

−2 L

1, con generico, cioè in cui L

a) Il caso in cui e h̄ −E

V

√ , dunque la barriera è spessa.

−E)

2m(V

b) Quello in cui invece la barriera è sottile, che può essere ottenuto an-

→ ≡ V

dando al limite L 0 con V L costante.

b |

| è piccolo, e in prima approssimazione

Nel caso (a)

La barriera spessa. c b |a|

sarebbe trascurabile, tuttavia si vede subito da (103) che se = 0, = 1

c

e quindi non c’è effetto tunnel. Dobbiamo dunque calcolare lo sviluppo di

69 b scrivendo:

Taylor dell’espressione per a in (103) fino al primo ordine in c

q E

1−i −E

V

b

1

q q

c

E

1+ i E

1+i −E

−E V

V

a = q

q E

1 i E

1+i −E

V

−E

V b

1 q

c E

1−i −E

V q q

q    

E E E

1 i 1 + i

1+ i b

−E −E −E

V V V

− −

∼− 1

   

q q q

c

E E E

− −

1 i 1+ i 1 i

−E −E −E

V V V

q q

 

E

1+ i −

E(V E)

b

−E

V

= 1 + 4i

 

q c V

E

1 i −E

V q

q q

 

E E

1+ i 1+ i

E(V E) 2m(V −E)

−E −E

V V

−2 L

− 1 + 4i e (104)

.

= h̄

 

q q

V

E E

− −

1 i 1 i

−E −E

V V

bc

Nell’ultimo passaggio abbiamo sostituito con la corrispondente espressione

in (103).

Limitandoci a considerare il coefficiente di riflessione e trascurando ter-

√ 2m(V −E)

−2 L

mini in e otteniamo:

h̄ √

E(V E) 2m(V −E)

−2 L

2

|a| − . (105)

e

= R = 1 16 h̄

2

V

Quindi il coefficiente di trasmissione, che misura quale probabilità ha una

particella, che urta la barriera, di superarla, è dato da:

E(V E) 2m(V −E)

−2 L

≡ −

T 1 R = 16 e . (106)

2

V

Si noti che l’annullarsi del risultato a V = E è illusorio, dato che se V = E

si è fuori dai limiti dell’approssimazione scelta.

La tipica applicazione alla fisica nucleare, cioè al decadimento α, coinvolge

−26 −14

masse di circa 0.7 10 Kg spessori di barriera dell’ordine di 4 10 m,

−12

7

− '

V E dell’ordine di 20 MeV = 2 10 eV 3.2 10 Joule. Pertanto in

√ √ 2m(V −E)

−E)

2m(V −2 −36

L

' ∼ ∼

L 60; quindi T e 10 .

queste condizioni si ha 2 h̄

Tenendo conto che i componenti nucleari si muovono a velocità dell’ordine di

7

10 m/sec e che il raggio dei nuclei pesanti che sono instabili per emissione

70

−14 21

α è circa 10 m, si ha una frequenza d’urto dell’ordine di ν 10 Hertz.

u

Questo indica che, in queste condizioni e in media, il tempo impiegato da una

ν 15

particella α per uscire dal nucleo è dell’ordine di cioè circa 10 sec pari a

u

T

circa 100 milioni di anni. Peraltro, se lo spessore della barriera è solo quattro

volte più piccolo il tempo si riduce a 100 anni; questo mostra una grande

sensibilità del risultato rispetto ai parametri e giustifica il fatto che non si

è tenuto conto del coefficiente numerico davanti all’esponenziale nella (106).

Per un confronto serio con le vite medie reali è necessaria un’analisi accurata

dei perametri, ma bisogna tener conto in primo luogo che la barriera non è

quadrata dato che la repulsione fra nucleo e particella α è determinata da

forze Coulombiane. Una formula meglio approssimata si ottiene sostituendo

√ −E)

2m(V 2m(V (x)−E)

R

R

nell’esponente in (106) L con dx dove R e R sono

1 0 1

R

h̄ h̄

0

i raggi interno ed esterno per cui V (r) = E.

Nel caso (b) possiamo trascurare E rispetto a V per

La barriera sottile √ √

2m(V −E)

q

q E E 2mV

− L −

cui può essere sostituito con e e con 1 L. Ricor-

−E

V V h̄

√ √ 2mE

2mV i L

L è infinitesimo e e

diamo peraltro che può essere posto eguale

a 1. In queste condizioni la (101) diventa

1 + a = b + c

s V −

− −i (b c)

1 a = E

√ 2mV −

b + c + L(b c) = d

√ s

2mV E

− L(b + c) = i d, (107)

b c + h̄ V

±

eliminando b c si ottiene: √

s E 2mV − '

1+ a + i L(1 a) = d 1 + a

V h̄

s s

E 2mV E

i (1 a) + L(1 + a) = i d, (108)

V h̄ V

nella forma più semplice. Tenendo ulteriormente conto della nostra approssi-

mazione, il sistema può essere riscritto:

1+ a = d 71 

 

s

s V

V L

2m 2m

− 1 + i

d d. (109)

i + 1

1 a = 

 

E h̄ E h̄

Finalmente , eliminando a, si ha 1

d = , (110)

q V

m

1+ i 2E h̄

e quindi: 1 , (111)

T = 2

V

m

1+ 2

2E h̄

e: 1

R = . (112)

2

2E h̄

1+ 2

V

m

Si osservi che il sistema (109) conferma quanto annunciato circa le condizioni

di raccordo delle funzioni d’onda in presenza di un’energia potenziale pari

Vδ(x)

a e cioè che la funzione d’onda è continua (1 + a = d) mentre la

√ 2mE 2m

− − V

(1 a d)) è eguale a

discontinuità della derivata prima (i il valore

2

h̄ h̄

d della funzione d’onda.

4.6 Le buche di potenziale e i livelli energetici

Avendo esplorato in qualche dettaglio l’effetto tunnel, passiamo ora a dis-

cutere le soluzioni dell’equazione di Schrödinger nel caso di potenziali leganti.

Il risultato atteso è che emerga dai calcoli il fenomeno della quantizzazione

dell’energia nel senso dell’individuazione di discreti. Nuova-

livelli energetici

mente iniziamo la nostra analisi da una buca quadrata cioè assumiamo:

L

L |x|

−V |x| , V (x) = 0 per < . (113)

V (x) = per < 2 2

Si noti che abbiamo scelto

l’origine delle coordinate in

modo da evidenziare una

del nostro sistema,

simmetria

e precisamente l’invarianza

dell’equazione di Schrödinger

→ −x.

per la riflessione x 72

Le proprietà di simmetria del potenziale permettono di trovare nuove

soluzioni dell’equazione di Schrödinger partendo da soluzioni note o di sem-

plificare la ricerca delle soluzioni stabilendone alcune caratteristiche a priori.

Nel caso in esame si può osservare che se ψ (x) è soluzione lo è anche ψ (−x)

E E

e quindi, per la linearità dell’equazione, sono soluzioni ψ (x)±ψ (−x). Nat-

E E

uralmente una delle due soluzioni può essere nulla, ma è chiaro che possiamo

dividere tutte le soluzioni in due insiemi; quello delle funzioni pari e quello

delle dispari per riflessione dell’asse x.

Nel seguito ci limiteremo a considerare soluzioni legate, cioè con energia

negativa, corrispondenti a stati classici legati. Osserviamo preliminarmente

che, nel caso di stati legati, l’interpretazione collettiva della funzione d’onda

viene meno; si tratta infatti di stati che coinvolgono una singola particella.

Conseguentemente non sono ammissibili funzioni d’onda che non si annullano

all’infinito abbastanza rapidamente da permettere la normalizzazione della

probabilità (76).

Iniziamo lo studio dalle soluzioni pari; evidentemente possiamo limitarci

a studiare la soluzione sull’asse x positivo. La scelta di soluzioni pari equivale

alla condizione che la derivata della funzione si annulli dell’origine. Infatti se

la funzione è pari, la derivata è dispari e, se continua, si annulla nell’origine.

L’intero asse positivo va diviso in due regioni in cui il potenziale è costante:

L in cui la soluzione generale è:

a) Quella in cui x < 2 √ √

2m(E+V ) 2m(E+V )

−i

i x x

ψ (x) = a e + a e ,

h̄ h̄

E +

per cui la condizione di parità equivale a a = a e quindi

+

q

2m(E + V ) x. (114)

ψ (x) = a cos

E h̄

L

b) La regione in cui x > e la soluzione generale è:

2 √ √

2m|E| 2m|E|

x x

ψ (x) = b e + b e .

h̄ h̄

E +

La condizione che la soluzione non diverga all’infinito impone b = 0 per cui

+

si può scrivere: √ 2m|E|

− x . (115)

ψ (x) = be h̄

E 73 −V

Si noti che abbiamo escluso implicitamente che E < . La ragione di

questa esclusione è che in questo caso (114) diventerebbe

q |

2m|E + V

ψ (x) = a cosh x

E h̄

∂ ψ (x) ) positiva e che non può accor-

che per x > 0 ha derivata logaritmica ( x E

ψ (x)

E

darsi con continuità con la (115) la cui derivata logaritmica è negativa.

Dunque la meccanica quantistica è d’accordo con quella classica circa

l’impossibilità di stati con energia inferiore al minimo dell’energia potenziale.

Le soluzioni dell’equazione di Schrödinger su tutto l’asse si ottengono

risolvendo il sistema:

q √

2m(E + V )L 2m|E|L

a cos = be 2h̄

2h̄ q q

q √

2m(E + V ) 2m(E + V )L 2m|E| 2m|E|L

a sin = be , (116)

2h̄

h̄ 2h̄ h̄

dividendo membro a membro si ha la condizione di continuità della derivata

logaritmica: q s

2m(E + V )L |E|

tan = . (117)

2h̄ E + V

Per discutere questa equazione introduciamo la variabile:

q

2m(E + V )L

x , (118)

2h̄

e il parametro: √ 2mV L

≡ , (119)

y 2h̄

q 2 2

−x

y

e sovrapponiamo i grafici di tan x e . In figura si mostra la sovrappo-

2

x

74

sizione per y = 20. Da

un punto di vista qualita-

tivo la figura evidenzia la

quantizzazione dei livelli ener-

getici, corrispondenti ai punti

d’intersezione, confermando

nel caso della buca lo spettro

di livelli discreti previsto per

gli atomi dalle teoria di Bohr.

Si vede chiaramente che il

grafico presenta due inter-

π e

sezioni, una per x = x <

1 2

un’altra per π < x = x < .

2 2

Al crescere di y aumenta il numero delle soluzioni che è in ogni caso

(y > 0) maggiore o eguale a 1. Dunque la buca di potenziale quadrata in

una dimensione ammette almeno uno stato legato invariante per riflessione

intorno all’origine (pari).

Estendendo la teoria a tre dimensioni si vede che l’esistenza di almeno

uno stato legato è una proprietà specifica del caso unidimensionale.

Passando a considerare gli stati che cambiano segno riflettendo le co-

ordinate, dobbiamo scegliere una funzione d’onda nulla nell’origine, questo

significa sostituire coseno con seno nella (114).

È facile ricostruire con questa variante il calcolo che ha portato alla con-

dizione di quantizzazione dei livelli (117). Usando la stessa definizione delle

variabili la (117) diventa:

q s

2m(E + V )L |E|

= . (120)

cot 2h̄ E + V

75

Corrispondentemente si ha la

figura qui a lato che mostra

l’esistenza di intersezioni solo

π

per y > , cioè per la profon-

2 2

2

π h̄ . Questa è anche

dità V > 2

2mL

la condizione per l’esistenza di

stati legati in tre dimensioni.

Un limite interessante da ap-

plicare alla nostra analisi della

buca è quello in cui la profon-

dità diverge, la buca infinita.

Evidentemente approfondendo

la buca conviene anche cam- .eps=0.6, clip=false]inter1 biare

la scala delle energie in modo da evitare di parlare di energie tendenti a

meno infinito. Pertanto spostiamo l’origine delle energie in modo tale che il

fondo della buca corrisponda a energia potenziale nulla e la zona esterna a V ;

|E|

questo equivale a sostituire nelle formule precedenti E + V con E e con

V E; osservando che interessano solo energie positive. Eseguendo il limite

→ ∞

V sulla condizioni di quantizzazione (117) e (120) si ha rispettivamente:

√ √

√ 2mEL 2mEL 2mEL π

− −

= +∞ e: cot = +∞ cioè: = (2n 1) e:

tan 2h̄ 2h̄ 2h̄ 2

√ 2mEL = nπ con n = 1, 2, . . ..

2h̄

In ultima analisi combinando stati pari e dispari si ha

√ 2mE L = nπ : n = 1, 2, . . . ,

e quindi si hanno i livelli energetici: 2

2 2

n π h̄ . (121)

E =

n 2

2mL L

|x|

corrispondentemente, sul segmento < le funzioni d’onda pari sono:

2

q q

(2n−1)πx

2 2 2nπx

cos e quelle dispari: sin dove i coefficienti sono stati

L L L L L

|x|

fissati in modo da soddisfare la condizione (76). Per > , tutte le soluzioni

2

hanno limite nullo. Le funzioni d’onda possono dunque scritte in un’unica

formula: s L

nπ(x + )

2 L

2 |x|

sin per <

(x) =

ψ

E n L L 2

L

|x|

(x) = 0 per >

ψ . (122)

E n 2

76 L

|x| dove la

Come si vede, si mantiene la continuità della funzione a = 2

funzione sinusoidale si annulla, ma si perde la continuità della derivata prima

come nel caso della delta di Dirac.

La generica ψ si comporta

E n

dunque come nella figura a

lato da cui appare in modo

chiaro l’analogia con la compo-

nente elettrica di un’onda elet-

tromagnetica riflessa da uno

specchio; solo che nel caso pre-

sente si hanno riflessioni su

due specchi affacciati nelle po-

L

± .

sizioni x = 2

La buca di altezza infinita va dunque identificata coll’intervallo compreso

fra due pareti riflettenti.

Le condizioni che l’ampiezza si annulli sullo specchio si combinano impo-

nendo che la distanza fra i due specchi sia pari a un numero intero di mezze

lunghezze d’onda; questo implica la quantizzazione delle lunghezze d’onda e

quindi delle energie.

Tornando all’analogia con le onde elettromagnetiche, la situazione pre-

sente corrisponde a un ovviamente unidimensionale. Nella

cavità risonante

cavità il campo oscilla unicamente con le frequenze corrispondenti alle lunghezze

2L per

d’onda permesse. In sintesi si hanno le lunghezze d’onda: λ =

n n

nc

c =

n = 1, 2, . . .; nel caso delle cavità si hanno le frequenze ν = che

n λ 2L

n

evidentemente sono multipli della frequenza della cavità stessa.

fondamentale

Seppure limitandoci per il momento al caso unidimensionale, constati-

amo che il campo elettrico all’interno di una cavità è equivalente dinami-

camente a un sistema di oscillatori armonici. Ricordiamo che gli oscillatori

armonici sono i sistemi meccanici a frequenza definita, quelli del campo elet-

nc

trico sono caratterizzati in una dimensione dalle frequenze ν = . Nel

n 2L

prossimo capitolo, riferendoci al modello meccanico dell’oscillatore armon-

ico: una particella massiva soggetta a una forza di richiamo elastica da un

punto fisso, mostreremo che la sua energia è quantizzata secondo la formula

12

E = h̄ω n + , confermando con ciò il valore del quanto di energia pari

n

a h̄ω = hν assunto da Einstein. L’osservazione circa la decomposizione in

oscillatori del campo elettrico in una cavità permette l’estensione della regola

di quantizzazione al campo elettrico e quindi giustifica il concetto di fotone

77

che porta appunto un’energia eguale a hν.

Al livello quantistico gli stati di un campo elettromagnetico oscillante in

una cavità sono visti come quelli di un sistema di fotoni, in numero cor-

rispondente ai quanti di energia presenti, che rimbalzano elasticamente fra le

pareti.

Il nostro risultato sulla buca a pareti riflettenti è facilmente generalizzato

al caso tridimensionale; ipotizzando una scatola cubica a pareti riflettenti,

le condizioni di annullamento della funzione d’onda sulle pareti equivalgono,

all’interno della scatola, a:

s L L L

) ) )

n π(x + n π(y + n π(z +

8 x y z

2 2 2

ψ = sin sin sin . (123)

n ,n ,n

x y z 3

L L L L

L’energia corrispondente coincide con l’energia cinetica all’interno della sca-

tola ed è ottenibile scrivendo l’equazione di Schrödinger tridimensionale:

2

2 2 2

− ∂ + ∂ + ∂ ψ = E ψ , (124)

n ,n ,n n ,n ,n n ,n ,n

x y z x y z x y z x y z

2m

da cui si ottiene facilmente: 2

2

π h̄ h i

2 2 2

n + n + n . (125)

E =

n ,n ,n x y z

x y z 2

2mL

Questo risultato sarà utile per studiare le proprietà di un gas di particelle

non interagenti (gas perfetto) contenute in una scatola a pareti riflettenti.

Come annunciato sopra con lo stesso metodo si studiano i modi di os-

cillazione del campo elettrico nel caso di una cavità tridimensionale le cui

q

c 2 2 2

frequenze caratteristiche sono date da: ν = n + n + n .

n ,n ,n x y z

2L

x y z

4.7 L’oscillatore armonico

L’oscillatore armonico unidimensionale si identifica col sistema meccanico

formato da una particella di massa m legata a un punto fisso (l’origine)

da una molla ideale di costante elastica k ed elongazione a riposo nulla.

k 2

x . Classicamente si ha

Esso corrisponde all’energia potenziale V (x) = 2

l’equazione del moto: mẍ + kx = 0

la cui soluzione generale è data da

x(t) = X cos(ωt + φ)

78

q k

dove si è posto ω = = 2πν e ν è la frequenza propria dell’oscillatore.

m

Al livello quantistico si tratta di risolvere l’equazione di Schrödinger

stazionaria: 2 k

h̄ 2 2

− ∂ ψ (x) + x ψ (x) = Eψ (x) . (126)

E E E

x

2m 2

Per risolvere questa equazione si può ricorrere alla seguente identità:

   

s s

h̄ h̄

k k

√ √

− ∂ ∂

x x + f (x)

x x

   

2 2

2m 2m 2

k h̄ω h̄ω h̄

2 2

≡ − −

x f (x) + x∂ f (x) ∂ (xf (x)) ∂ f (x)

x x x

2 2 2 2m

2 k h̄ω

h̄ 2 2

− −

= ∂ f (x) + x f (x) f (x)

x

2m 2 2

2 !

k h̄ω

h̄ 2 2 −

≡ − f (x) , (127)

∂ + x

x

2m 2 2

vera per qualunque f due volte derivabile.

È importante osservare la natura della notazione usata in

operatoriale q

k ±

quest’equazione in cui si sono introdotti simboli specifici ( x ∂ op-

√ x

2 2m

2

h̄ k h̄ω

2 2

− − ) per indicare operazioni combinate di derivazione

pure ∂ + x

x

2m 2 2

e moltiplicazione per la variabile. Queste sono normalmente chiamate oper-

intendendo con ciò leggi di corrispondenza fra funzioni appartenenti a

atori

una certa classe (per esempio n volte derivabili) e altre funzioni, in generale,

di un’altra classe. In questo modo è possibile riscrivere l’identità (127) pre-

scindendo dalla funzione f come una relazione esplicitamente operatoriale:

   

s s 2 !

h̄ h̄ h̄ k h̄ω

k k 2 2

√ √

− − −

x x + = ∂ + x

∂ ∂ , (128)

x x

    x

2 2 2m 2 2

2m 2m

o introdurre altre equazioni della stessa natura, come ad esempio:

   

s s

k k

h̄ h̄

√ √

x + x

∂ ∂

x x

   

2 2

2m 2m

   

s s

k h̄ k h̄

√ √

− −

x ∂ x + ∂ = h̄ω (129)

x x

   

2 2

2m 2m

79

Per ridurre la dimensione delle formule è opportuno introdurre due simboli:

 

s k h̄

≡ ±

X ∂

x , (130)

± x

 

2 2m

Questo ci permette di riscrivere l’equazione (129) nella forma semplice:

X X X X = h̄ω , (131)

− −

+ +

e l’equazione di Schrödinger come:   

 s

s h̄ h̄

k k

√ √

− ψ (x)

x x +

∂ ∂ E

x x

  

 2 2

2m 2m

!

h̄ω

= X X ψ (x) = E ψ (x) . (132)

− + E E

2

Questo modo di scrivere l’equazione di Schrödinger permette da arrivare in

modo rapido a una serie di risultati:

a) La funzione d’onda soluzione dell’equazione:

s h̄

k √

X ψ (x) = xψ (x) + ∂ ψ (x) = 0 , (133)

+ 0 0 x 0

2 2m

h̄ω . Per calcolarla basta riscrivere (133)

è soluzione della (132) con E = 2

come: √

∂ ψ (x) km

x 0 −

= x,

ψ (x) h̄

0

da cui integrando ambo i membri: √ km 2

− x ,

log ψ (x) = c

0 2h̄

e quindi √

km 2

c− x

ψ (x) = e ,

2h̄

0

dove la costante c può essere fissata usando la condizione di normalizzazione

(76) ottenendo: 1

! √

km 4 km 2

− x

ψ (x) = . (134)

e 2h̄

0 2

πh̄

80


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DESCRIZIONE APPUNTO

Appunti riguardanti le dispense del corso di Fisica Moderna - Università di Genova. Nello specifico gli argomenti trattati sono i seguenti: le equazioni di Maxwell e le onde elettromagnetiche, la riflessione, le equazioni di Maxwell nel vuoto, l’esperimento di Michelson e le trasformazioni di Lorentz.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in fisica
SSD:
Università: Genova - Unige
A.A.: 2012-2013

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Novadelia di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Fisica Moderna e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Genova - Unige o del prof D'Elia Massimo.

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