Problemi Pre-Ipho
Particelle Instabili [120]
Parte I: Decadimenti nell’atmosfera [20]
Nella parte alta della nostra atmosfera arrivano continuamente raggi cosmici dallo spazio che, urtando le particelle presenti nella parte alta dell’atmosfera vanno a produrre particelle cariche negativamente chiamate muoni. Non entreremo nei dettagli di come vengono prodotte, ci basti sapere che tale particella ha la stessa carica dell’elettrone, e che ha una vita media 𝜏 e una massa 𝑚𝜇.
1. Sapendo che l’energia media che hanno i muoni prodotti è 𝐸, calcola la loro velocità in unità di 𝑐 (ovvero il rapporto 𝛽 = 𝑣/𝑐) [5]
2. Che frazione 𝑘 dei muoni prodotti vedrà arrivare un osservatore che sta sulla superficie terrestre?
Assumere che i muoni siano prodotti solo in uno strato sottilissimo nella parte alta dell’atmosfera, e che lo spessore atmosferico sia 𝑙. [15]
Parte II: Decadimento a due corpi [100]
Consideriamo adesso invece il decadimento di particelle non cariche elettricamente, i 𝜋0. Essi possono venire prodotti durante alcune reazioni negli acceleratori. Quando vengono prodotti, in genere non sono fermi ma hanno una certa energia cinetica iniziale (e quindi una velocità). Consideriamo quindi un pione neutro in moto lungo una certa direzione con una certa velocità. Chiamare l’energia del pione 𝐸. A un certo punto esso, essendo instabile, decadrà. Il decadimento più probabile e che considereremo qui è
𝜋0→ 𝛾𝛾 Ovvero in due fotoni. Indicare la massa del pione con 𝑚𝜋.
Per comodità indichiamo con 𝑥′ l’asse parallelo alla velocità del pione, e definiamo l’asse 𝑦′ in modo che i fotoni risultino essere nel piano 𝑥′𝑦′. Chiamiamo sistema 𝑥′𝑦′𝑧′ il sistema del laboratorio, e sistema 𝑥𝑦𝑧 ottenuto tramite una trasformazione di Lorentz lungo l’asse 𝑥′ il sistema del centro di massa.
3. Nel sistema del centro di massa del pione, trovare energie, impulsi e lunghezze d’onda dei due fotoni [5]
4. Passiamo ora al sistema del laboratorio, ovvero quello dove il pione era in moto. Trova le energie e le lunghezze d’onda dei fotoni in tale sistema [15]
5. Per stimare la separazione angolare nel sistema del laboratorio, calcola l’angolo fra di essi nel caso che vengano emessi in direzione perpendicolare alla velocità del pione [5]
6. Sia 𝜃 l’angolo fra l’asse 𝑥 (asse lungo cui viaggia il pione) e la direzione dell’impulso dei fotoni nel sistema del centro di massa, e 𝜃′ l’angolo fra l’asse 𝑥′ (parallelo a 𝑥) e la direzione dell’impulso dei fotoni nel sistema del laboratorio. Trovare la funzione [20]
𝜃′= 𝑓(𝜃, 𝛽)
7. Se nel sistema del centro di massa il decadimento è isotropo, ovvero si osserva un flusso per unità di angolo solido costante
𝑑𝑁 𝑑𝑁
Quanto vale la distribuzione in funzione dell’energia nel sistema del laboratorio, ovvero [5]
𝑑𝑁
8. Ipotizziamo ora che la particella decada in due particelle con massa non nulla 𝑀 < 𝑚𝑑𝐸′ 𝜋/2. Trova il massimo angolo 𝜃𝑀𝐴𝑋′ osservabile nel sistema di riferimento del laboratorio. Per quali 𝑀 = 𝑓(𝑚, 𝐸) l’angolo può essere 𝜋? [25]
Supponiamo ora che il pione facesse parte di un fascio di particelle, dove erano presenti anche altre particelle dalla massa 𝑀𝑋 sconosciuta. Tale particella decade in due particelle massive di massa identica 𝑚𝑦.
9. Mostrare che misurando le energie delle due particelle frutto del decadimento e i loro angoli rispetto alla direzione di volo del fascio è possibile ricostruire la massa della particella decaduta:
inoltre se si può misurare con precisione ottima gli angoli di decadimento, e con un errore dell’ 1%
le energie delle particelle decadute, stimare l’errore relativo sulla massa della particella incognita [15]
10. [FACOLTATIVA] Se nel sistema del centro di massa il decadimento è isotropo, ovvero si osserva un flusso per unità di angolo solido costante
𝑑𝑁 𝑑Ω =
𝑑𝑁
𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝑑𝜙 = 𝐾 Quanto vale tale flusso nel sistema del laboratorio, ovvero
𝑑𝑁 𝑑Ω′ =
𝑑𝑁 𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃′)𝑑𝜙′
Per semplicità si può considerare il caso in cui i prodotti del decadimento hanno massa nulla [10]
Dati numerici
𝑚𝜇= 105 𝑀𝑒𝑉 𝜏 = 2,2𝜇𝑠 𝐸 = 2,5 𝐺𝑒𝑉
𝑙 = 15𝐾𝑚 𝑐 = 2.99792 ∙ 105𝑘𝑚/𝑠
Suggerimenti:
1. Serve la relazione fra energia, massa e impulso
2. La vita media di una particella è definita nel sistema nel quale è ferma
3. Energia e impulso si conservano. Per la lunghezza d’onda, è necessaria la relazione fra impulso e lunghezza d’onda per i fotoni
4. Usare le trasformazioni di Lorentz
5. La componente trasversa dell’impulso non varia 6. Usare le trasformazioni di Lorentz
7. Usare le trasformazioni di Lorentz per trovare la derivata dell’energia rispetto al coseno, la derivata del coseno rispetto all’energia è l’inverso della derivata così calcolata
8. Nel sistema del centro di massa le particelle sono emesse in direzioni uguali e verso opposto.
Quando applico la trasformazione di Lorentz può accadere che il verso diventi concorde?
9. Scriversi le relazioni per gli angoli per entrambe le particelle (che nel sistema del centro di massa sono back to back…), ricavare l’angolo nel sistema del centro di massa e sostituire nella
trasformazione di Lorentz per l’energia
10. Bisogna calcolare la derivata del coseno del nuovo angolo rispetto al coseno del vecchio, e invertire la formula…
L’atomo di idrogeno “semiclassico” [120]
Volendo studiare un atomo di idrogeno, le leggi della fisica classiche non son sufficienti, ed è necessario effettuare una trattazione quantistica. In questo problema cercheremo di semplificare il più possibile la parte quantistica, effettuando un approccio “semiclassico”
In meccanica quantistica, lo stato di una particella non è dato da una funzione che indica la sua posizione in funzione del tempo, ma piuttosto da una “densità di probabilità” Ψ(x, t), tale che la probabilità di trovare la particella in un certo volume 𝑉 al tempo 𝑡 è
𝑃(𝑉, 𝑡) = � 𝑑𝑉‖Ψ(x, t)‖2
𝑉
Se uno stato è “stabile”, ovvero non si tratta di uno stato che “decade”, tale funzione d’onda è possibile sceglierla indipendente dal tempo.
Nel caso dell’atomo di idrogeno, assumiamo il protone dotato di massa molto maggiore di quella dell’elettrone, cosi che possa essere considerato immobile, e l’elettrone sarà descritto da una funzione d’onda. Nello stato fondamentale, tale funzione d’onda è indipendente dal tempo e vale
Ψ(r) = C𝑒− 𝑟𝑟𝐵 Dove 𝐶 è una costante opportuna e 𝑟𝐵 è il raggio di Bohr
L’equazione che deve soddisfare la funzione d’onda è (in un opportuno sistema di unità di misura)
− ℏ2 2𝑚
1 𝑟
𝜕2
𝜕𝑟2�𝑟Ψ(r)� −𝑒2
𝑟 Ψ(r) = 𝐸Ψ(r) (dove 𝐸 è l’energia dello stato fondamentale dell’atomo).
1. Sapendo che l’equazione, in unità del sistema internazionale, è
− ℏ2 2𝑚
1 𝑟
𝜕2
𝜕𝑟2�𝑟Ψ(r)� − 𝑒2
4𝜋𝜀0𝑟 Ψ(r) = 𝐸Ψ(r)
Determinare, da considerazioni dimensionali, 𝐸, 𝐶 ed 𝑟𝐵(nel primo sistema di unità di misura) [10]
2. Determinare 𝐸 ed 𝑟𝐵, risolvendo l’equazione (nel primo sistema di unità di misura) [5]
Lo stato gode di simmetria sferica, per cui 〈𝑥〉 = 0, 〈𝑝𝑥〉 = 0 e il momento angolare è 𝐿 = 0. Assumendo che 〈Δ𝑥〉 = 𝑟𝐵, classicamente si può immaginare che il moto sia kepleriano e avvenga su una circonferenza di raggio 𝑟𝐵 nel piano 𝑥𝑦, ed che è possibile associare una energia cinetica classica 2𝑚𝑝2 data da
𝑝2 2𝑚 = −
ℏ2 2𝑚
1 𝑟
𝜕2
𝜕𝑟2�𝑟Ψ(r)��
𝑟=𝑟𝐵
/Ψ(𝑟𝐵)
3. Determinare il momento angolare classico associato all’orbita in esame [10]
4. Verificare che la coppia di variabili semiclassiche (𝑥, 𝑝𝑥) verifica il principio di indeterminazione di Heisenberg [15]
5. Da cosa dipende 𝐶? Spiegare e determina tale costante (assumerla reale positiva) [10]
Interpretiamo ora la densità di probabilità come una densità di materia, per cui in un volume 𝑑𝑉 troviamo una frazione 𝑑𝑉‖Ψ(r)‖2 di elettrone, e quindi una densità di carica
𝜌(𝑟) = −𝑒‖Ψ(r)‖2 6. Trovare il campo elettrico in tutto lo spazio [20]
7. Immaginiamo ora di voler mettere in orbita (stabile, circolare) un secondo elettrone attorno all’atomo, in modo che l’orbita abbia un momento angolare doppio rispetto alla precedente.
Assumendo che l’inserimento di un secondo elettrone non modifichi significativamente il sistema (ovvero la funzione d’onda, e quindi la distribuzione di carica) (di conseguenza, l’orbita deve essere a 𝑟 ≥ 2𝑟𝐵), dire se è possibile fare ciò (classicamente) [30]
8. Commentare il risultato del punto precedente, in particolare, nel caso in cui risulti possibile, dire le proprietà dell’orbita (raggio, periodo); nel caso in cui non risulti possibile, spiegare il perché [5]
9. Ripetere i due punti precedenti nel caso di atomo idrogenoide, cioè con un elettrone e 𝑍 > 1 protoni. [15]
Note:
� 𝑥∞ 𝑛𝑒−𝑥𝑑𝑥 = 𝑛!
0
� 𝑥𝑟 2𝑒−𝑥𝑑𝑥 = −𝑟2𝑒−𝑟− 2𝑟𝑒−𝑟− 2𝑒−𝑟+ 2
0
� 𝑥𝑒𝑟 −𝑥𝑑𝑥
0 = −𝑟𝑒−𝑟− 𝑒−𝑟+ 1
Suggerimenti:
1. Per passare da un sistema di unità all’altro, basta una semplice trasformazione….
2. L’equazione si intende risolta se si trova un’identità valida per ogni raggio 𝑟
3. Il momento angolare classico è quello dato risolvendo classicamente il problema del moto di una carica elementare negativa di massa 𝑚 attorno a una carica positiva elementare infinitamente massiva, e considerando poi il caso specifico di un’orbita di raggio 〈Δ𝑥〉 = 𝑟𝐵
4. Il principio di Heisenberg dice che 〈Δ𝑥〉〈Δ𝑝〉 ≥ℏ2. Ricordarsi che 〈Δ𝑥〉 = �〈𝑥2〉 − 〈x〉2 5. La particella deve stare da qualche parte
6. Il problema gode di simmetria sferica e la carica è data da…
7. Oltre al potenziale elettrico bisogna considerare….
8. Che carica “vede” l’elettrone, se è abbastanza distante, come nel nostro caso?
9. Come cambia quanto detto al punto precedente? Ricordarsi che l’elettrone deve perturbare poco il sistema, quindi si può assumere 𝑟 > 2𝑟𝐵
Condensatore ad alte frequenze [90]
Parte I: Campi nel condensatore [50]
Consideriamo un condensatore piano con armature circolari di raggio 𝑅, distanti 𝑙.
1. Calcolare la capacità del condensatore nel caso sia attraversato da corrente continua [5]
Colleghiamo ora il condensatore a un circuito contenente un generatore di corrente alternata. In prima approssimazione si genera solo un campo elettrico, uniforme, come nel caso di corrente continua, solo che tale campo è variabile nel tempo. Sapendo che la corrente che lo attraversa è
𝐼0(𝑡) = 𝐼̃0𝐶𝑜𝑠(𝜔𝑡) = 𝑅𝑒[𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡]
2. Trovare il campo elettrico all’interno del condensatore, sempre trascurando il campo magnetico [5]
3. Considerando ora la soluzione per il campo elettrico trovata al punto precedente, trovare il campo magnetico [15]
Il campo magnetico al punto precedente è variabile e non uniforme: quindi genera un campo elettrico, e questo deve essere non uniforme. Da questo ragionamento capiamo che il campo elettrico trovato al punto 2 è solo una prima approssimazione del campo reale nel condensatore.
4. C’è un punto in cui non vi è alcuna correzione al campo elettrico, qual è? [5]
5. Trovare la correzione al campo elettrico calcolato al punto 2 dovuta al campo magnetico trovato al punto 3 [10]
Il nuovo campo elettrico calcolato (somma dei risultati dei punti 2 e 5) non è più compatibile col campo magnetico calcolato al punto 3, in particolare la correzione al campo elettrico calcolata al punto 5 implica una conseguente correzione del campo magnetico.
6. Calcolare tale correzione al campo magnetico [5]
Tale nuova correzione al campo magnetico implica una nuova correzione al campo elettrico, e così via all’infinito. Questo perché le equazioni di maxwell andrebbero risolte simultaneamente. Tuttavia in questo problema ci accontenteremo di una approssimazione e ci fermeremo alla seconda correzione del campo elettrico
7. Trovare tale seconda correzione al campo elettrico, dovuta alla correzione al campo magnetico trovata al punto 6 [5]
Parte II: Calcolo della capacità [40]
Visto in questa luce, un condensatore ad alte frequenze risulta essere un oggetto molto più complicato della consueta schematizzazione che si adotta generalmente. Vediamo di calcolare come varia la sua capacità in funzione della frequenza.
Per farlo useremo la consueta formula che definisce la capacità. Bisogna capire però cosa sono 𝑉 e 𝑄.
Come 𝑉 consideriamo la differenza di potenziale fra i punti sulle due armature ad 𝑟 = 0.
8. Calcola la differenza di potenziale 𝑉 [5]
Per il calcolo di 𝑄 invece ci sono meno dubbi teorici, essa è chiaramente definita una volta conosciuto il campo elettrico
9. Calcola la carica totale 𝑄 presente sull’armatura del condensatore, usando il campo elettrico approssimato trovato ai punti 2,5 e 7. [10]
10. Trova quindi la capacità del condensatore in funzione della frequenza: essa aumenta o diminuisce all’aumentare della frequenza? Nel rispondere a questa domanda, non scordarti che stai usando un’espressione approssimata e che stai quindi trascurando dei termini [15]
Si può dunque schematizzare il condensatore reale con un circuito equivalente dato dal parallelo di un condensatore, con capacità pari alla capacità a bassa frequenza, e di un altro condensatore o
un’induttanza (a seconda che la capacità aumenti o diminuisca).
11. Trovare il valore del secondo componente (della capacità o dell’induttanza a seconda della risultato ottenuto al punto 10). [5]
12. Si proceda ora a delle stime numeriche: che frequenza è necessario raggiungere affinché i contributi qui calcolati diventino rilevanti? [5]
𝑅 = 1𝑐𝑚 𝑐 = 3 ∙ 108𝑚/𝑠
Suggerimenti:
1. Easy 2. Easy
3. Legge di maxwell sul flusso di E 4. Simmetria
5. Legge di maxwell sul flusso di B 6. Legge di maxwell sul flusso di E 7. Legge di maxwell sul flusso di B 8. Easy
9. Integrale
10. Provare a capire come continua la serie di contributi. Si può provare a disegnare il termine approssimato per piccoli valori della frequenza (avendo 3 termini lo sviluppo varrà fino a poco più del primo minimo/massimo)
11. Il tipo di componente dipende dal segno della variazione. Per le impedenze in parallelo valgono le stesse leggi che per le resistenze…
12. Easy
Fogli risposta
Particelle Instabili [120]
Parte I: Decadimenti nell’atmosfera [20]
1. Velocità 𝛽 =
2. Frazione 𝑘 =
Parte II: Decadimento a due corpi [100]
3. Risposte
𝐸 = 𝑝 = 𝜆 =
4. Risposte
𝐸′ = 𝜆′ =
5. Apertura angolare 𝑆𝑒𝑛𝜃′ =
6. Relazione fra gli angoli 𝜃′ =
7. Distribuzione in energia
𝑑𝑁 𝑑E′=
8. Angolo massimo
𝜃𝑀𝐴𝑋′ =
9. Massa incognita ed errore relativo
𝑀𝑋 = ∆𝑀𝑀𝑋𝑋=
10. Distribuzioni Angolari
𝑑𝑁 𝑑Ω′=
L’atomo di idrogeno “semiclassico” [120]
11. Risposte
𝐸 = 𝐶 = 𝑟𝐵 =
12. Risposte
𝐸 = 𝑟𝐵 =
13. Momento angolare
𝐿 =
1. Dimostrazione
2. Discussione su 𝐶
3. Campo elettrico
𝐸 =
4. Discussione
5. Commento
6. Caso atomo idrogenoide
Condensatori ad alte frequenze [90]
Parte I: Campi nel condensatore [50]
1. Capacità 𝐶 =
2. Campo elettrico 𝐸0=
3. Campo magnetico 𝐵1=
4. Discussione
5. Campo elettrico 𝐸2=
6. Campo magnetico 𝐵3=
7. Campo elettrico 𝐸4=
Parte II: Calcolo della capacità [40]
8. Differenza di potenziale 𝑉 =
9. Carica 𝑄 =
10. Discussione
11. Valore capacità o induttanza 𝑋 =
12. Ordine di grandezza della frequenza 𝑓 =
Soluzioni
Particelle instabili [120]
Parte I: Decadimenti nell’atmosfera [20]
1. Uso la relazione
𝐸 = 𝛾𝑚𝜇 Da cui
�1 − 𝛽2=1 𝛾 =
𝑚𝜇𝑐2 𝐸
𝛽 = �1 − �𝑚𝜇𝑐2 𝐸 �
2
Numericamente
𝛽 ≅ 0,999
2. La vita media è definita nel sistema in cui la particella è a riposo, quindi per prima cosa calcolo quanto vale nel sistema di riferimento in cui vedo la particella in moto:
𝑡′ = 𝛾𝜏 La distanza mediamente percorsa sarà allora
𝑑 = 𝑐𝛽𝛾𝜏
E la frazione richiesta (usando la legge del decadimento esponenziale) è 𝑒−ℎ/𝑑= 𝑒−ℎ/(𝑐𝛽𝛾𝜏) ≅ 0.385
Parte II: Decadimento a due corpi [100]
3. Energia e impulso si conservano, quindi
𝐸1+ 𝐸2= 𝑚𝜋
𝑝⃗1+ 𝑝⃗2= 0
A queste equazioni dobbiamo aggiungere le relazioni energia-impulso 𝐸12− 𝑝12𝑐2= 𝑚12𝑐4= 0 𝐸22− 𝑝22𝑐2= 𝑚22𝑐4= 0 Risolvendo si trova
𝐸1= 𝐸2= 𝑝1𝑐 = 𝑝2𝑐 =𝑚𝜋 2 𝑐2
E che gli impulsi hanno stessa direzione e verso opposto.
Per le lunghezze d’onda si usa la relazione
𝐸1,2 = ℏ𝜔1,2= ℏ𝑐𝑘1,2 = ℎ𝑐 𝜆1,2 Da cui
𝜆1,2= ℎ𝑐
𝐸1,2 = 2ℎ 𝑚𝜋𝑐
4. Bisogna effettuare le trasformazioni di Lorentz al nuovo sistema di riferimento 𝐸1′ = 𝛾𝑚𝜋
2 𝑐2(1 + 𝛽𝐶𝑜𝑠𝜃) 5. L’impulso trasverso rimane invariato
𝑝1𝑦′ =𝑚𝜋 2 𝑐𝑆𝑒𝑛𝜃 E si trova
𝑆𝑒𝑛𝜃′ =𝑝1𝑦′ 𝐸1′ �
𝜃=𝜋2
= 𝑚𝜋
2 𝑐 𝛾 𝑚2 𝑐𝜋 2
=1 𝛾 6. Bisogna trasformare anche gli impulsi
𝑝1𝑥′ = 𝛾𝑚𝜋
2 𝑐(𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝛽) Da cui si trova
𝑇𝑎𝑛𝜃′= 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝛾(𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝛽) 𝜃′ = 𝐴𝑟𝑐𝑇𝑎𝑛 � 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝛾(𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝛽)� 7. Si ha
𝑑𝐽
𝑑𝐸′ =� 𝑑𝜙 𝑑𝐽
𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝑑𝜙�𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃) 𝑑𝐸′ � Dalle trasformazioni si ricava
𝑑𝐸
𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃) = 𝛽𝛾 𝑚𝜋
2 𝑐2 Quindi
𝑑𝐽
𝑑𝐸′ =� 𝑑𝜙𝐾 1
𝛽𝛾 𝑚𝜋 2 = 4𝜋𝐾 𝛽𝛾𝑚𝜋𝑐2
Ovvero è costante e indipendente dall’energia.
8. Troviamo quando le particelle che nel sistema del centro di massa hanno velocità in direzione opposta a quella del pione risultano andare in avanti nel sistema del laboratorio
𝑝1𝑥′ = 𝛾𝑚𝜋
2 𝑐 �−�1 −4𝑀2
𝑚𝜋2 + 𝛽� > 0
�1 −𝑚𝜋2𝑐4
𝐸2 > �1 −4𝑀2 𝑚𝜋2 𝑐4𝑚𝜋4 < 4𝑀2𝐸2
Se tale condizione non è soddisfatta è sempre possibile avere 𝜃𝑀𝐴𝑋′ = 𝜋.
Un metodo per trovare il massimo angolo è fare la derivata della tangente e porla uguale a zero, trovare l’angolo nel sistema del centro di massa che porta al massimo, e sostituire tale valore nella formula della tangente.
Il valore dell’angolo nel sistema del centro di massa per cui si ha il massimo risulta
𝐶𝑜𝑠𝜃 = −
�1 − 4𝑀𝑚𝜋22
�1 − 𝑚𝜋2𝑐4 𝐸2 Sostituendo si trova
𝑇𝑎𝑛𝜃𝑀𝐴𝑋′ =
�1 − 4𝑀𝑚𝜋22
�4𝑀2𝐸2 𝑚𝜋4𝑐4 − 1 Un altro sistema è il seguente:
Nel sistema del centro di massa gli impulsi soddisfano
𝑝𝑥2+ 𝑝𝑦2= (𝑚𝜋2/4 − 𝑀2)𝑐2
Quindi, al variare dell’angolo, stanno su una circonferenza. Applicando il boost agli impulsi la relazione diventa
��𝑝′𝑥
𝛾 − 𝛽𝑚𝜋𝑐/2��
2
+ �𝑝′𝑦�2= (𝑚𝜋2/4 − 𝑀2)𝑐2
Che è un ellisse con il centro non più nell’origine. Se L’origine sta dentro l’ellisse sarà sempre possibile trovare un angolo tale che 𝜃′ = 𝜋 (in particolare, esso sarà proprio 𝜃 = 𝜋) e un angolo tale che 𝜃′= 0 (in particolare, esso sarà proprio 𝜃 = 0).
Il centro dell’ellisse è in
𝑝′𝑥 = 𝛾𝛽𝑚𝜋𝑐 2 = −
𝐸𝑐
2 �1 − 𝑚𝜋2/𝐸2 𝑝′𝑦= 0
I semiassi sono
𝑎𝑥 = 𝛾�𝑚𝜋2/4 − 𝑀2𝑐 = 𝐸
𝑚𝜋𝑐�𝑚𝜋2/4 − 𝑀2
𝑎𝑦= 𝑐�𝑚𝜋2/4 − 𝑀2 Si hanno punti con 𝑝′𝑥 < 0 se
𝐸𝑐
2 �1 − 𝑚𝜋2/𝐸2< 𝑎𝑥 = 𝐸
𝑚𝜋𝑐�𝑚𝜋2/4 − 𝑀2 Che porta alla condizione vista in precedenza.
Altrimenti l’ellisse non contiene l’origine, e il massimo angolo si trova cercando la retta tangente passante per l’origine
𝑝′𝑦= 𝑇𝑎𝑛𝜃′𝑝′𝑥
La tangente si trova imponendo che il discriminante dell’equazione di secondo grado sia nullo
��𝑝′𝑥
𝛾 − 𝛽𝑚𝜋𝑐/2��
2
+ �𝑇𝑎𝑛𝜃𝑀𝐴𝑋′ 𝑝′𝑥�2= (𝑚𝜋2/4 − 𝑀2)𝑐2 Si trova nuovamente
𝑇𝑎𝑛𝜃𝑀𝐴𝑋′ =
�1 − 4𝑀𝑚𝜋22
�4𝑀2𝐸2 𝑚𝜋4𝑐4 − 1 9. Definiamo
𝛽′ = �1 −4𝑀2 𝑚𝜋2 Allora
𝑇𝑎𝑛𝜃1′ = 𝛽′𝑆𝑒𝑛𝜃 𝛾(𝛽′𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝛽) 𝑇𝑎𝑛𝜃2′ = −𝛽′𝑆𝑒𝑛𝜃
𝛾(−𝛽′𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝛽) 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 𝛽
𝛽′
𝑇𝑎𝑛𝜃2′ + 𝑇𝑎𝑛𝜃1′ 𝑇𝑎𝑛𝜃2′ − 𝑇𝑎𝑛𝜃1′
𝐸1′ = 𝛾𝑀𝑋
2 𝑐2(1 − 𝛽′𝛽𝐶𝑜𝑠𝜃) = 𝛾𝑀𝑋
2 𝑐2�1 − 𝛽2𝑇𝑎𝑛𝜃2′ + 𝑇𝑎𝑛𝜃1′ 𝑇𝑎𝑛𝜃2′ − 𝑇𝑎𝑛𝜃1′�
𝑀𝑋 = 2𝐸1′
𝛾𝑐2�1 − 𝛽2𝑇𝑎𝑛𝜃2′ + 𝑇𝑎𝑛𝜃1′ 𝑇𝑎𝑛𝜃2′ − 𝑇𝑎𝑛𝜃1′� 10. L’errore relativo su 𝑀𝑋 è pari all’errore relativo su 𝐸1′, cioè l’1%
11. Si trova
𝑑𝐽 𝑑Ω′ =
𝑑𝐽
𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃′)𝑑𝜙′ =
𝑑𝐽 𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝑑𝜙
𝑑𝜙 𝑑𝜙′
𝑑𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃′)
Lungo la direzione trasversale non c’è boost e nulla cambia 𝑑𝜙
𝑑𝜙′ = 1 Bisogna calcolare
𝑑𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑑𝐶𝑜𝑠(𝜃′) Conviene trovare
𝐶𝑜𝑠(𝜃′) = 𝑔(𝐶𝑜𝑠(𝜃′)) Derivare tale funzione, e prenderne l’inverso
𝐶𝑜𝑠(𝜃′) = 1
�1 + � 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝛾(𝐶𝑜𝑠𝜃 − 𝛽)�
2= 1
�1 + 1 − 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝛾2(𝐶𝑜𝑠𝜃 − 𝛽)2 Quindi
𝑔(𝑥) = 1
�1 + 1 − 𝑥𝛾2(𝑥 − 𝛽)2 2
𝑔′(𝑥) = 𝛽𝑥 − 1
𝛾2(𝛽 − 𝑥)3�1 + 1 − 𝑥𝛾2(𝑥 − 𝛽)2 2�3/2
𝑑𝐽 𝑑Ω′ = 𝐾
𝛾2(𝛽 − 𝐶𝑜𝑠𝜃)3�1 + 1 − 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝛾2(𝐶𝑜𝑠𝜃 − 𝛽)2�3/2 𝛽𝐶𝑜𝑠𝜃 − 1
Ora è necessario scrivere tutto in funzione del nuovo angolo. Si ottiene 𝑑𝐽
𝑑Ω′ =
𝐾
𝛾2(1 − 𝛽𝐶𝑜𝑠𝜃′)2
L’atomo di idrogeno “semiclassico” [120]
1. Basta ridefinire la carica:
𝑒2
4𝜋𝜀0= 𝑒′2 E si trova
𝑟𝐵= ℏ2 𝑚𝑒2 𝐸 =𝑒2
𝑟𝐵 𝐶 = 1 𝑟𝐵 32
2. Imponendo che l’equazione sia risolta per ogni valore della variabile 𝑟, si trova
𝑟𝐵= ℏ2 𝑚𝑒2 𝐸 = − 𝑒2 2𝑟𝐵
3. Usando le equazioni classiche
𝐹 = −𝑒2
𝑟2= −𝑚𝑟𝜔2 Da cui
𝜔 = � 𝑒2 𝑚𝑟3
𝐿 = 𝐼𝜔 = 𝑚𝑟2� 𝑒2
𝑚𝑟3 = �𝑒2𝑚𝑟
𝐿(𝑟𝐵) = �𝑒2𝑚 ℏ2 𝑚𝑒2 = ℏ 4. Poiché
〈𝑝〉 = 0
〈∆𝑝𝑥〉 = �〈𝑝𝑥2〉 − 〈𝑝𝑥〉2= �〈𝑝𝑥2〉 L’energia cinetica media è
〈𝑝2
2𝑚〉 =〈∆𝑝〉2 2𝑚 =
− ℏ2𝑚2 1 𝑟 𝜕2
𝜕𝑟2�𝑟Ψ(r)��
𝑟=𝑟𝐵
Ψ(𝑟𝐵) = 𝐸 +𝑒2 𝑟𝐵 = 𝑒2
2𝑟𝐵 =〈𝑝𝑥2〉 2𝑚 +
〈𝑝𝑦2〉 2𝑚 =
〈𝑝𝑥2〉 𝑚 Da cui
〈∆𝑝𝑥〉2=𝑚𝑒2 2𝑟𝐵 = ℏ2
2𝑟𝐵2
〈∆𝑝〉 = ℏ
√2𝑟𝐵
〈∆𝑝〉〈∆𝑟〉 = ℏ
√2>ℏ 2
5. La probabilità di trovare l’elettrone da qualche parte nello spazio deve essere 1, quindi
1 = � 𝑑𝑉‖Ψ(x, t)‖2
ℝ3
= 4𝜋𝐶2� 𝑑𝑟𝑟2𝑒−2 𝑟𝑟𝐵
∞ 0
=𝜋𝐶2𝑟𝐵3
2 � 𝑥∞ 2𝑒−𝑥𝑑𝑥
0 = 𝜋𝐶2𝑟𝐵3
𝐶 = 1
�𝜋𝑟𝐵3
6. Per il teorema di Gauss (godendo il problema di simmetria sferica)
𝐸𝑟2 = 𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝑒 �1 − 4
𝑟𝐵3� 𝑑𝑟𝑟2𝑒−2 𝑟𝑟𝐵
𝑟 0
� = 𝑒 �1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵
𝐸 =�1 + 2 𝑟𝑟𝐵+ 2 𝑟𝑟𝐵22� 𝑟2 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵 7. Con calcoli analoghi al punto 3, troviamo
𝐿 = �𝐸𝑚𝑟3= �𝑒2�1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵𝑚𝑟 = 2ℏ
𝑒2�1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵𝑚𝑟 = 4ℏ2
𝑒2�1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵𝑚𝑟 = 𝑒2�1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵𝑚2𝑟 𝑟𝐵
𝑟𝐵 2
= �1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵2𝑟 𝑟𝐵
ℏ2 2 = 4ℏ2 Da cui
�1 + 2 𝑟
𝑟𝐵+ 2 𝑟2
𝑟𝐵2� 𝑒−2 𝑟𝑟𝐵2𝑟 𝑟𝐵 = 8
Chiamiamo 𝑥 la variabile adimensionale 2𝑟𝑟𝐵 e vediamo se l’equazione può essere soddisfatta
𝑥 �1 + 𝑥 +𝑥2
2 � 𝑒−𝑥 = �𝑥 + 𝑥2+𝑥3
2 � 𝑒−𝑥= 8
Il modo più veloce per vedere che non esistono soluzioni è usare i massimi delle funzioni 𝑥𝑛𝑒−𝑥 𝑥𝑛𝑒−𝑥 ≤ 𝑛𝑛𝑒−𝑛
Da cui
8 = �𝑥 + 𝑥2+𝑥3
2 � 𝑒−𝑥≤1 𝑒 +
4 𝑒2+ 27
2𝑒3<1 2 + 1 +
27 16 =
51 16 Che è chiaramente impossibile.
8. La carica è schermata, di conseguenza l’attrazione non è sufficiente a tenere in orbita una seconda carica con momento angolare così elevato (il potenziale efficace è monotono decrescente)
9. L’equazione che si ottiene stavolta è
�𝑥 + 𝑥2+𝑥3
2 � 𝑒−𝑥+ 2(𝑍 − 1)𝑥 = 8
Il termine monotono crescente in x assicura l’esistenza di soluzioni per ogni 𝑍 > 1. Tuttavia già per 𝑍 = 2 si trova 𝑥 < 4, per cui l’assunzione che l’elettrone perturbi poco il sistema cade. Infatti espandendo attorno a 𝑥 = 4 al primo ordine
𝑥 = 4 + 𝑦 Si ottiene (ponendo 𝑒4~54)
𝑦 = −54 89 < 0 Il secondo ordine risulta trascurabile ai fini della negatività di 𝑦.
Condensatori ad alte frequenze [90]
1. Quando è collegato a un generatore di corrente continua il condensatore si carica fino a che non viene a crearsi ai suoi capi una differenza di potenziale 𝑉 pari alla 𝑓𝑒𝑚 del generatore. Trascurando gli effetti di bordo, per simmetria il campo elettrico è perpendicolare alle armature e costante all’interno del condensatore, ed è pari al campo generato da due lastre infinite uniformemente cariche.
𝐸�⃑ = 𝜎 𝜀0𝑧̂
𝑉 = −𝜎 𝜀0𝑙 Dove 𝑙 è la distanza fra le armature del condensatore.
La carica contenuta sulle armature è
𝑄0= 𝜎𝐴 Da cui si ricava
𝐶 = 𝐶0=𝑄 𝑉 = 𝜀0
𝐴 𝑙 = 𝜀0
𝜋𝑅2 𝑙 2. Sapendo che la corrente che lo attraversa è
𝐼0(𝑡) = 𝐼̃0𝐶𝑜𝑠(𝜔𝑡) = 𝑅𝑒[𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡] Lavoriamo alla rovescia rispetto a prima:
Troviamo la 𝑑𝑑𝑝 ai suoi capi:
𝑉0=𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡 𝑖𝜔𝐶 = −
𝜎 𝜀0𝑙 Da cui
𝐸�⃑0= 𝜎
𝜀0𝑧̂ = −𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡 𝑖𝜔𝐶𝑙 𝑧̂ = 𝑖
𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡 𝜔𝐶𝑙 𝑧̂ →
𝐼̃0
𝜔𝐶𝑙 𝑆𝑖𝑛(𝜔𝑡)𝑧̂
3. Considero ora come superficie che abbia come bordo una circonferenza con il centro coincidente con l’asse del condensatore. Per simmetria, 𝐵 potrà avere componente solo lungo 𝜃�. Quindi applicando la legge della corrente di spostamento
� 𝐵�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = 2𝜋𝑟𝐵 = 1 𝑐2
𝑑
𝑑𝑡 Φ𝐸 = 1 𝑐2
𝑑
𝑑𝑡(𝜋𝑟2𝐸) =𝜋𝑟2 𝑐2
𝑑𝐸 𝑑𝑡 Quindi
𝐵�⃑1= 𝑟 2𝑐2
𝑑𝐸
𝑑𝑡 𝜃� = 𝑟2𝑐2
𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡
𝐶𝑙 𝜃� → 𝑟2𝑐2 𝐼̃0
𝐶𝑙 𝐶𝑜𝑠(𝜔𝑡)𝜃�
4. Per simmetria, sono i punti che stanno sull’asse del condensatore
5. Consideriamo ora un’altra superficie gaussiana (stavolta aperta), il cui bordo ha forma rettangolare, un lato sta sull’asse del condensatore, uno sta a distanza 𝑟, e gli altri due sono paralleli a una armatura. La circuitazione del campo elettrico su tale curva è
� 𝐸�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = ��𝐸�⃑0+ 𝐸�⃑2� ∙ 𝑑𝑙⃑
Dove 𝐸�⃑2 è la nuova correzione. I lati paralleli alle armature non contribuiscono, perché il campo elettrico è ortogonale ad esse per simmetria. Inoltre sull’asse la correzione è nulla, e la correzione è uniforme su 𝑧 sempre per simmetria, per cui
� 𝐸�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = ��𝐸�⃑0+ 𝐸�⃑2� ∙ 𝑑𝑙⃑ = � 𝐸�⃑0∙ 𝑑𝑙⃑ + 𝐸2𝑙 = 𝐸2𝑙
In quanto il primo campo aveva circuitazione nulla essendo costante. Applica ora la legge di Faraday
� 𝐸�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = 𝐸2𝑙 = − 𝑑
𝑑𝑡 Φ𝐵= 𝑑
𝑑𝑡 �� 𝐵�⃑1∙ 𝑑𝐴⃑� = −𝑖𝜔𝑙 𝑟2 4𝑐2
𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡 𝐶𝑙
Il meno al flusso scompare essendo campo e orientazione della superficie discordi. Per cui
𝐸�⃑2= −𝑖𝜔 𝑟2 4𝑐2
𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡
𝐶𝑙 𝑧̂ → −𝜔 𝑟2 4𝑐2
𝐼̃0
𝐶𝑙 𝑆𝑖𝑛(𝜔𝑡)𝑧̂
6. Di nuovo
� 𝐵�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = ��𝐵�⃑1+ 𝐵�⃑3� ∙ 𝑑𝑙⃑ = � 𝐵�⃑1∙ 𝑑𝑙⃑ + � 𝐵�⃑3∙ 𝑑𝑙⃑ = 1 𝑐2
𝑑
𝑑𝑡 Φ𝐸 =𝜋𝑟2 𝑐2
𝑑𝐸0 𝑑𝑡 +
1 𝑐2
𝑑
𝑑𝑡� 𝐸�⃑2∙ 𝑑𝐴⃑
Ma per quanto fatto prima
� 𝐵�⃑1∙ 𝑑𝑙⃑ =𝜋𝑟2 𝑐2
𝑑𝐸0 𝑑𝑡 Quindi
� 𝐵�⃑3∙ 𝑑𝑙⃑ = 2𝜋𝑟𝐵3 = 1 𝑐2
𝑑
𝑑𝑡� 𝐸�⃑2∙ 𝑑𝐴⃑ = −2𝜋 𝑐2𝜔2 𝑟4
16𝑐2
𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡 𝐶𝑙 𝐵�⃑3= −𝜔2 𝑟3
16𝑐4
𝐼̃0𝑒−𝑖𝜔𝑡
𝐶𝑙 𝜃� → −𝜔2 𝑟3 16𝑐4
𝐼̃0
𝐶𝑙 𝐶𝑜𝑠(𝜔𝑡)𝜃�
7. Ancora
� 𝐸�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = ��𝐸�⃑0+ 𝐸�⃑2+ 𝐸�⃑4� ∙ 𝑑𝑙⃑ = � 𝐸�⃑0∙ 𝑑𝑙⃑ + � 𝐸�⃑2∙ 𝑑𝑙⃑ + 𝐸4𝑙 = � 𝐸�⃑2∙ 𝑑𝑙⃑ + 𝐸4𝑙
� 𝐸�⃑ ∙ 𝑑𝑙⃑ = � 𝐸�⃑2∙ 𝑑𝑙⃑ + 𝐸4𝑙 = − 𝑑
𝑑𝑡 Φ𝐵= − 𝑑
𝑑𝑡 Φ𝐵1+ 𝑑
𝑑𝑡(𝑙𝑟𝐵3) = − 𝑑
𝑑𝑡 Φ𝐵1+ 𝑑
𝑑𝑡 �� 𝐵�⃑3∙ 𝑑𝐴⃑�
Ma per quanto fatto prima
� 𝐸�⃑2∙ 𝑑𝑙⃑ = − 𝑑 𝑑𝑡 Φ𝐵1
