Corso di laurea in Fisica
Compito d’esame di Istituzioni di Fisica Teorica L’Aquila 10 Febbraio 2010
SOLUZIONI
1) Un sistema di spin 1/2 si trova inizialmente con lo spin allineato lungo la direzione positiva dell’asse z. Viene effettuata una misura dello spin nella direzione ˆ u formante un angolo θ = 30
ocon l’asse z.
Successivamente si misura di nuovo la componente z.
- Con quali probabilit`a si osseveranno i valori +¯ h/2 e −¯h/2?
SOLUZIONE
Esprimo i possibili stati dopo la misura lungo la direzione ˆ u come combinazione lineare di autostati di σ
z:
|u+ >= a|z+ > +b|z− >
con P
↑= |a|
2= cos
2(θ/2),P
↓= |b|
2= sin
2(θ/2) mentre
|u− >= a
′|z+ > +b
′|z− >
con P
↑′= |a
′|
2= sin
2(θ/2),P
↓= |b
′|
2= cos
2(θ/2).
Queste formule sono semplici da ricavare ricordando che il polarizzatori SG si comportano come polariz- zatori di luce una volta che sostituisco l’angolo di polarizzazione della luce con l’angolo θ/2 del polarizzatore SG. Inoltre per θ → 0 ottengo P
↑= 1,P
↓′= 1. Quindi in ogni caso abbiamo
P (s
z= ¯ h/2) = cos
2(θ/2) P (s
z= −¯h/2) = sin
2(θ/2) mentre
P
′(s
z= ¯ h/2) = sin
2(θ/2) P
′(s
z= −¯h/2) = cos
2(θ/2)
Attenzione che P e P
′sono probabilit`a condizionate al valore della misura intermedia se vogliamo la probabilit`a totale dovremo avere
P
tot(s
z= ¯ h/2) = P
+P (s
z= ¯ h/2)+P
−P
′(s
z= ¯ h/2) P
tot(s
z= −¯h/2) = P
+P (s
z= −¯h/2)+P
−P
′(s
z= −¯h/2) con P
±la probabilit`a di ottenere dopo la prima misura lo stato |u± > ottenendo
P
tot(s
z= ¯ h/2) = cos
4(θ/2) + sin
4(θ/2) P
tot(s
z= −¯h/2) = 2 cos
2(θ/2) sin
2(θ/2)
2) Una particella sottoposta ad un potenziale armonico unidimensionale a frequenza ω `e al tempo t = 0 in uno stato per cui una misura di energia pu`o fornire valori E ≤ 3/2¯hω. Inoltre sappiamo che il valor medio dell’impulso `e nullo.
- Determinare il generico stato che soddisfa le relazioni date.
- Determinare le fluttuazioni dell’energia (< H
2> − < H >
2) su tale stato - Determinare i tempi T > 0 per cui < p(T ) >= 0.
1
SOLUZIONE
|ψ >= a|0 > +b|1 >
perch`e E ≤ 3/2¯hω
< p >= a
∗b < 0|p|1 > +b
∗a < 1|p|0 >
perch`e p ∝ a − a
†Ponendo a = A con A reale positivo e b = Be
iφe B = |b| scelgo una fase overall pari a zero. Inoltre dalla normalizzazione B = √
1 − A. Siccome < 0|p|1 >= ¯h/i √
2ℓ con ℓ lunghezza fondamentale dell’oscillatore armonico ho
< p >=
√ 2AB¯ h
ℓ sin(φ) = 0 da cui φ = kπ.
|ψ >= e
iθA|0 > ± √
1 − A
2|1 >
Lo stato `e espresso in termini di autostati dell’energia dunque i coefficienti hanno il significato di ampiezze di probabilit`a di ottenere le energie possibili per il sistema in tale stato. Un generico momento di H `e quindi
< H
n>= |a|
2E
0n+ |b|
2E
1nda cui
< ∆H
2>= |a|
2|b|
2(E
0− E
1)
2= A
2(1 − A
2)(¯ hω)
2Siccome dal teorema di Ehrenfest < p(t) >=< p(0) > cos(ωt) − mω < x(0) > sin(ωt) chiaramente
< p(t) > `e una funzione periodica di periodo T = 2π/ω inoltre essendo < p(0) >= 0 essa si annulla ogni volta che sin(ωt) = 0 e cio`e per T = kπ/ω.
3) Lo stato di un elettrone nell’atomo di idrogeno `e descritto al tempo t = 0 dal vettore
|ψ >= 1
√ 10 (2|1, 0, 0 > +|2, 1, 0 > + √
2|2, 1, 1 > + √
3|2, 1, −1 >) dove |n, ℓ, m > sono gli autostati dell’elettrone nell’atomo di idrogeno.
- |ψ > `e autostato dell’Hamiltoniano?
- valutare < H >
- valutare |ψ, t >
- trovare la probabilit`a di avere al tempo t ℓ = 1 ed m = 1.
SOLUZIONE
|ψ > `e combinazione lineare di autostati dell’Hamiltoniano e non `e autostato.
Abbiamo espresso |ψ > in termini di autostati dunque come nell’esercizio (2)
< H >= (4E
1+ E
2+ 2E
2+ 3E
2)/10 = −1/5(E
0/2) − 3/5(E
0/8) = −7E
0/40 con E
0= 27.2eV
Banalmente
2
|ψ, t >= 1
√ 10 (2e
−iE0t/¯h|1, 0, 0 > +e
−iE1t/¯h(|2, 1, 0 > + √
2|2, 1, 1 > + √
3|2, 1, −1 >))
La P (ℓ = 1, m = 1) `e il modulo quadro del coefficiente dello stato |2, 1, 1 > ed `e indipendente dal tempo
4) A quale temperatura un generico gas perfetto classico composto di N molecole monoatomiche ha la stessa energia interna di un gas di Fermi composto da N elettroni contenuto in un volume V a temperatura nulla.
SOLUZIONE
Consideriamo un gas di Fermi a 3 dimensioni per cui la densit`a degli stati `e N (ǫ) = a √ ǫ a T = 0 (a = V (2m/¯ h
2)
3/2/2π
2):
E
0=
Z EF
0
dǫN (ǫ)ǫ N =
Z EF
0
dǫN (ǫ) da cui
E
0/N = 3E
F/5.
Un gas perfetto classico ha l’energia interna U = 3N k
BT /2 uguagliando otteniamo k
BT = 2
5 E
F5) In un gas perfetto classico determinare
- il valor medio della componente della velocit`a lungo una generica direzione ˆ u (v
u= ˆ u · ~v) - il valor quadro medio < v
u2>
- le fluttuazioni relative del valor quadro medio (< v
u4> − < v
u2>
2)/ < v
u2>
2SOLUZIONE
Il gas perfetto `e isotropo dunque lungo una qualsiasi direzione abbiamo le stessa distribuzione per le velocit`a. Possiamo dunque scegliere p.es. l’asse x lungo ˆ u ottenendo
< v
x2>= k
BT /m
ed ovviamente possiamo ottenere nella stessa maniera < v
x4> dall’integrale gaussiano
< v
x4>=
Z
dv
x√ 2πσ
2e
−v2 x
2σ2
v
x4= 3σ
4con σ
2= m/k
BT . Alternativamente ci rendiamo conto che
H = 1
2 mv
2x+ 1
2 mv
2y+ 1 2 mv
z2< H >=
Xα=x.y.z
1
2 m < v
α2>= 3
2 m < v
x2>
< H
2> − < H >
2=
Xα=x.y.z
1
4 m
2(< v
α4> − < v
α2>
2) = 3
4 m
2(< v
4x> − < v
x2>
2)
3
perch`e le velocit`a sono scorrelate. Dunque le fluttuazioni normalizzate sono
< ∆H
2>
< H >
2= 1 3
< ∆v
x4>
< v
x2>
2Ma siccome
< H >= − d
dβ log(Z)
< H
2> − < H >
2= d
2dβ
2log(Z) = − d
dβ < H >= 3k
2BT
2/2
con Z funzione di partizione canonica per una particella, otteniamo < H >= U/N = 3/2k
BT
< ∆H
2>
< H >
2= 1 3
< ∆v
x4>
< v
x2>
2= 2 3 qundi
<∆v<v24x>x>2