1) Lo stato dello spin di un elettrone (all’istante t 0 = ) è tale che i valori medi di ˆS

Meccanica Quantistica I Compito Parziale 09/12/2005

1) Lo stato dello spin di un elettrone (all’istante t 0 = ) è tale che i valori medi di ˆS

e ˆS

sono rispettivamente 6 / 8 e / 4 .

(a) Determinare tutti gli stati possibili dello spin compatibili con queste informazioni e determinare su di essi il valor medio di ˆS

.

(b) Tra gli stati trovati in (a) considerare solo quello con S

> 0 . Determinare gli angoli polari ( ) ^, del versore n ˆ in maniera tale che una misura della proiezione dello spin lungo n ˆ dia con certezza il risultato / 2 .

(c) Si sa che per t 0 > l’elettrone è immerso in un campo magnetico ^B ( ) t = B e

ˆ ^e

(spazialmente uniforme e dipendente dal tempo) parallelo all’asse z. Trascurando l’effetto del campo magnetico sul moto spaziale, l’Hamiltoniana dell’elettrone è

ˆH = B S ˆ in cui è una costante reale (rapporto giromagnetico). Determinare l’evoluzione temporale dello stato dello spin ( ) ^t sapendo che lo stato iniziale

( ) ⁰ coincide con quello considerato nel punto (b).

(d) Nel caso in cui ^B

^{= / 4} ( ) , determinare, per t + , gli angoli polari ( ^{', '} ) ^del versore n ˆ ' in maniera tale che una misura della proiezione dello spin lungo n ˆ ' dia con certezza il risultato / 2 .

2) Una particella di massa m è vincolata a rimanere all’interno di una sfera di raggio R . L’Hamiltoniana della particella è dunque ^{ˆH =} _2m

^{+ V} ( ) ^{r in cui:}

( ) ^{0 R}

V R

= r <

r r

(a) Dopo aver mostrato che H, ^{ˆ ˆ} L

= H, L ^ˆ

= 0 (in cui ˆL

e L

sono gli usuali operatori quadrato e componente z del momento angolare), scrivere l’equazione di Schroedinger indipendente dal tempo per la parte radiale delle autofunzioni dell’energia.

(b) Determinare le autofunzioni (normalizzate) e gli autovalori dell’energia che hanno

momento angolare nullo. Qual è il valore di tali funzioni d’onda nell’origine?

Problema 1

Lo stato dello spin è del tipo:

a

a

= + + +

su cui, i valori medi di ˆS

e ˆS

sono :

( ) ( ) ( )

( ) ( )

* * * * * *

x x

2 2

* *

z z

a a

ˆS a a 0 1 a a a a a a

a a

1 0

2 2 2 2

a 1 0

ˆS a a a a

a

0 1

2 2 2

+ + + + +

+

+ + +

= = = = +

! ! !

= = =

! !

Dunque:

* *

2 2

2 2

a a a a 6 4 a a 1

2

a a 1

+ +

+ +

+ =

=

+ =

in cui l’ultima relazione esprime la normalizzazione dello stato. Dalle ultime due si ricava che:

i i

3 3

a a e

2 2

1 1

a a e

2 2

+ + +

"

= =

$ #

= =

%

Inserendo queste nella prima equazione del sistema si ottiene:

( )

^{6 3} (

^{( )} ) ^{6 ( ) 2}

Re a a Re e cos 2 n

8 4 8 2 4

+

= #

= #

= #

= ± +

o meglio:

8 n

8 n

+

= ± +

!

= + ± +

!

Dunque, gli stati possibili compatibili con le informazioni date sono:

i i

i 8 8

i i

i 8 8

3 1

e e e

2 2

a a

3 1

e e e

2 2

+

' + + + (

' (

= + + + =

' + + + (

' (

Il valor medio di ˆS

è:

(

) (

) ( )

^{( )}

y

a

0 i 3

ˆS a a a a a a Im a a Im e

a

i 0

2 2i 4

3 sin 2 n 6

4 4 8

+ +

+ + + +

= = = = =

! !

= ± + = ±

!

Lo stato da considerare in (b) è:

i i

8 8

3 1

e e

2 2

= + + +

in cui ho omesso l’inessenziale fattore di fase. Confrontando questa con l’espressione dell’autostato up della componente dello spin lungo un’arbitraria direzione:

i i

2 2

cos e sen e

2 2

= + +

si ottiene:

3 1

cos sen

2 = 2 2 = 2 2 = 8

da cui dunque si capisce che gli angoli polari sono

= 3 e

= 4 . L’Hamiltoniana del sistema è:

0 t z

ˆ ˆ

ˆH = B S = B e S

Poiché H t , H t ˆ ( ) ( )

ˆ

= 0 , si ha che la soluzione dell’equazione di Schrodinger è :

( ) ^{( )} ( )

t

0

i d Hˆ

t e 0

) )

= *

o, con l’Hamiltoniana in questione:

( ) ( ) ( ) _{( )}

t t

0 z 0 t

0 z

B ˆ

i d e S i B 1 e Sˆ

t e 0 e 0

)

= *

=

Scegliendo lo stato iniziale ( ) ^{0 =} ₂ ^{3 e}

^{+ + 1} ₂ ^e

^{+ si ha:}

( ) ^{t = e}

⁽

⁾

^' _{' 2} ^{3 e}

^{+ + 1} ₂ ^e

^{+ = (} ₍ ^' _{' 2} ^{3 e}

^e

⁽

⁾

^{+ + 1} ₂ ^{e e}

⁽

⁾

^{+ = (} ₍

(

) (

)

0 0

B B

i 1 e i 1 e

2 4 2 4

3 1

e e

2 2

' ( ' (

= + + +

Dopo un tempo infinito si ha:

( ) ^{+ =} ₂ ^{3 e}

^{+ + 1} ₂ ^e

⁺ Così che, per B

= 4 , si ottiene:

( ) ^{+ =} ₂ ^{3 e}

^{+ + 1} ₂ ^e

⁺

da cui si leggono direttamente gli angoli '

= 3 e '

= 2 .

Problema 2

Il potenziale (buca sferica infinita) ha simmetria radiale e quindi l’hamiltoniana commuta col momento angolare. Le soluzioni dell’equazione:

ˆH = E

possono dunque essere cercate della forma:

( ) ( ) ( )

klm

r, , 1 u

r Y

,

= r

ottenendo l’equazione per la parte radiale:

( )

2 2 2

kl kl kl kl

2 2

l l 1

d u u E u

2m dr 2mr

+ + =

Nel caso di momento angolare nullo ( l 0 = ) l’equazione è:

2

2 k0

k0 k0 2

d u E u

2m dr =

che va risolta con le condizioni al contorno:

( ) ( )

k0 k0

u 0 = u R = 0

Dunque:

2

( )

k0 k0 k0

k0 k0 k0

2 2 2

d u 2mE 2mE

u 0 u r A sin r

dr + = # =

! !

La condizione al contorno sul bordo della sfera da:

2 2 2

k0 k0

2 2 k0 2

2mE 2mE

s in R 0 R k E k

= # = # = 2mR

!

in cui k 1, 2,3, = … . Dunque:

( )

k0 k0

r

u r A sin k

= R

!

Le autofunzioni sono così:

( )

k00

A 1 sin k r r R

r, , 4 r R

0 r R

= ! <

>

La condizione di normalizzazione è:

( )

R R

2 2 2

2 2 2 2

klm k0 2 k0

0 0 0

R R

2 2 2 R 2

k0 k0 k0 k0

0 0 0

1 r 1 r

1 dr r d r, , A dr r sin k d A dr sin k

R 4 R

r

1 r 1 r 1 R k2 R

A dr 1 cos k2 A R dr cos k2 A R sin r A

2 R 2 R 2 k2 R 2

+

= + = + = =

! !

' ( ' (

= ' ! ( = ' ' ! ( ( = ' ! ( =

* * * * *

* *

da cui, il valore della costante di normalizzazione è:

k0

2

A = R

Le autofunzioni richieste sono dunque:

( ) ( )

k00

r, , 1 1 sin k r R r

r R

= 2 R

!

Il loro valore nell’origine è:

( )

k00

0

k

= 2R