Esercizi e Complementi di Fisica della Materia

Esercizi e Complementi di Fisica della
Materia
C. Altucci, C. de Lisio, A. Porzio, S. Solimeno, A. Tagliacozzo
[6pt]
Dip. Scienze Fisiche
Univ. Federico II
Napoli
March 6, 2012
Contents
1 Interazioni elettriche e magnetiche
1.1 Riepilogo grandezze elettriche e magnetiche .
1.2 Interazioni elettrostatiche . . . . . . . . . . .
1.2.1 Potenziali di multipolo . . . . . . . . .
1.2.2 Bobine di Helmholtz . . . . . . . . . .
1.2.3 Interazioni tra multipoli . . . . . . . .
1.2.4 Interazione elettroni-nucleo . . . . . .
1.2.5 Elettroni di un atomo . . . . . . . . .
1.2.6 Elettroni di una molecola . . . . . . .
1.2.7 Elettroni di un metallo . . . . . . . . .
1.2.8 Interazioni nei cristalli . . . . . . . . .
1.2.9 Interazioni in dielettrici non omogenei
1.2.10 Forze di van der Waals . . . . . . . . .
1.3 Magnetismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Magnetismo nei solidi . . . . . . . . .
1.3.2 Materiali diamagnetici . . . . . . . . .
1.3.3 Materiali paramagnetici . . . . . . . .
1.3.4 Materiali ferromagnetici . . . . . . . .
1.3.5 Equazioni di Bloch . . . . . . . . . . .
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35
35
36
36
37
38
2 Interazioni radiazione-materia
2.1 Decomposizione in multipoli . . . . . .
2.1.1 Ampiezze di transizione . . . .
2.1.2 Transizioni di dipolo elettrico .
2.1.3 Transizioni di dipolo magnetico
2.1.4 Transizioni iperfini . . . . . . .
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84
85
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88
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90
94
97
99
3 Elettrodinamica
3.1 Moto di particelle cariche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Lenti elettrostatiche e magnetostatiche . . . . . . . . . . .
3.1.2 Elettroni che spiralizzano attorno a centri guida . . . . .
3.1.3 Invarianti adiabatici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.4 Elettroni in un’onda piana . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.5 Pressione di radiazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.6 Forza ponderomotrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.7 Pinzette ottiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Trappole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 MOT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Trappola di Paul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.3 Trappola di Penning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Proprietà dei campi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Teoremi di reciprocità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.2 Teorema dell’energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.3 Onde piane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.4 Mezzi anisotropi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.5 Isolatore di Faraday . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.6 Pacchetti d’onda in mezzi dispersivi. ???? . . . . . . . . .
3.3.7 Effetto Kerr e compressione impulsi. Impulsi ulttracorti
????? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.8 Focalizzazione onde piane: tecnica SNOM . . . . . . . . .
100
100
101
109
112
113
115
117
119
120
121
125
128
129
129
130
131
132
134
135
2.2
2.3
2.4
2.1.5 Transizioni di quadrupolo elettrico . . . . . .
2.1.6 Elementi alcalini . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.7 Elio ed elementi alcalino-terrosi . . . . . . . .
2.1.8 Regole di selezione per transizioni atomiche .
2.1.9 Forza dell’oscillatore ed assorbimento . . . .
2.1.10 Analisi quantistica del decadimento radiativo
2.1.11 Campi molto intensi . . . . . . . . . . . . . .
2.1.12 Transizioni a due fotoni nell’idrogeno . . . . .
2.1.13 "Rate equations" . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.14 Laser a rubino . . . . . . . . . . . . . . . . .
Interazione coerente sistemi a due livelli . . . . . . .
2.2.1 Perturbazione risonante . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Perturbazione a bassa frequenza . . . . . . .
2.2.3 Equazioni di Bloch ottiche . . . . . . . . . . .
Transizioni rovibroniche molecole biatomiche . . . .
2.3.1 Fattore di Franck-Condon . . . . . . . . . . .
2.3.2 Transizioni vibrazionali del CO2 . . . . . . .
Relazioni costitutive . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Modello di Drude . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Polarizzazione molecolare . . . . . . . . . . .
2.4.3 Relazioni di dispersione di Kramers-Kronig .
2.4.4 Mezzi in movimento . . . . . . . . . . . . . .
2
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135
135
3.3.9 Campi trasversi e longitudinali . . . . . . . .
3.3.10 Campi trasversi e radiali . . . . . . . . . . . .
3.3.11 Scattering di Mie . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.12 Potenziali di Debye . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Cariche in movimento . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 Potenziali di Liénard-Wiechert . . . . . . . .
3.4.2 Funzione di Green . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.3 Effetto Stewart-Tolman . . . . . . . . . . . .
3.4.4 Interazioni tra cariche in movimento . . . . .
3.4.5 Densità spettrale energia e potenza irradiata
3.5 Interazione atomi-sciami di particelle cariche . . . .
3.6 Radiazione Cerenkov . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Radiazione di frenamento ("Bremsstralung") . . . .
3.8 Radiazione di sincrotrone . . . . . . . . . . . . . . .
3.9 Radiazione di ciclotrone . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10 Sorgenti associate a transizioni atomiche . . . . . . .
3.11 Sorgenti associate a transizioni rotovibrazionali . . .
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152
153
153
154
159
161
162
164
174
175
176
186
187
188
List of Figures
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
Andamento di 4a∆Aφ / (µ0 Iρ) lungo l’asse z/a del quadrupolo
per Z/a = 1.2, 0.8, 0.6, 0.4, 0.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Potenziale all’interno del nucleo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Geometria relativa al calcolo della costante di Madelung per un
cristallo di NaCl. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Diagramma di Hund del momento magnetico delle terre rare . . 38
Suscettività di un campione in prossimità di una risonanza nucleare 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Struttura iperfine delle transizioni del Rb utilizzate nel raffreddamento laser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Modulo del coefficiente di riflessione per incidenza normale per
un metallo per diversi valori di γ/ωp = 0.05, 0, 1, 02, 0, 4 . . . . . 91
Parte reale (tendente a π/4 per ω → ∞) ed immaginaria dell’angolo
di Brewster per un metallo descritto dal modello di Drude con
ω p =frequenza di plasma e γ = ω p /10 . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Traiettorie dell’elettrone relative ai casi a, b e c. . . . . . . . . . 108
3
12
13
14
15
16
17
19
20
21
22
23
24
25
Andamento schematico della sezione d’urto di un elettrone atomico in funzione della frequenza nell’approssimazione di una risonanza singola.. Si possono individuare tre regioni: bassa frequenza (o regione di Rayleigh) in cui la polarizzabilità è costante
e si osserva una variazione con la quarta potenza di ω; una regione di risonanza, in cui l’elettrone viene eccitato ad un livello
risonante, ed infine una regione in alta frequenza in cui l’elettrone
risponde solo al campo incidente e si comporta quindi come l’elettrone
libero della diffusione alla Thomson. . . . . . . . . . . . . . . . . 117
Pressione di radiazione agente su un atomo investito da due fasci
contropropaganti in funzione della velocità assiale . . . . . . . . . 122
Rappresentazione schematica di una trappola MOT. Gli atomi
da intrappolare e raffreddare vengono investiti da tre coppie di
fasci conrpropaganti diretti lungo gli assi x,y e z. Il campo magnetico quadrupolare è utilizzato per modulare spazialmente per
effetto Zeeman la frequenza di transizione, determinando così
l’intrappolamento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Schema di una trappola MOT 1D. Gli atomi sono sottoposti
ad una pressione di radiazione dipendente dalla posizione lungo
l’asse, ottenuta variando spazialmente il detuning per effetto Zeeman. In basso sono indicati gli spostamenti dei livelli accoppiati
con i due fasci con polarizzazioni circolari σ ± . . . . . . . . . . . . 124
Struttura iperfine delle transizioni del Rb utilizzate nel raffreddamento laser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Rappresentazione schematica del campo in una trappola di Paul.
La trappola è circondata da una bobina che crea un campo magnetico che obbliga le particelle cariche a spiralizzare attorno a
B. A loro volta gli elettrodi creano un potenziale di quadrupolo
oscillante proporzionale a U + V cos (Ωt) . . . . . . . . . . . . . . 128
Schema di principio di un apparato SNOM. Il cilindro che termina
a punta rappresenta una fibra ottica cava utilizzata per illuminare
il campione. Il campo riflesso dal campione può essere raccolto
dalla stessa fibra. Il sistema può anche lavorare in trsmissione
misurando l’intensità trasmessa dal campione. . . . . . . . . . . . 137
Interazione tra un atomo ed un elettrone sufficientemente veloce 168
Sezione d’urto di eccitazione dell’idrogeno in funzione dell’energia
degli elettroni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
Spettro della radiazione di sincrotrone . . . . . . . . . . . . . . . 179
Intensità delle armoniche in funzione dell’ordine m per β = 0.97
e 0.095. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
Densità spettrale della radiazione di sincrotrone in funzione di
ω/ω c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
Geometria di una carica in orbita circolare . . . . . . . . . . . . . 185
4
List of Tables
1
2
3
4
5
6
7
1
1.1
Table Caption . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Coefficienti di Clenbsch-Gordan <J’1M’q|JM> per q=1,0,-1 . . .
Correzioni di struttura fine previste dalla formul di Sommerfeld .
Transizioni previste dalla formula di Sommerfeld e compatibili
con la regola di selezione l’=l±1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Correzioni di struttura fine previste dalla formula corretta . . . .
Transizioni previste dalla formula corretta e compatibili con la
regola di selezione l’-l=±1, J − −J = 0, ±1 . . . . . . . . . . . .
Transizioni previste dalla formula corretta e compatibili con la
regola di selezione l’-l=±1, J − −J = 0, ±1 . . . . . . . . . . . .
36
49
69
69
69
70
70
Interazioni elettriche e magnetiche
Riepilogo grandezze elettriche e magnetiche
ρ=densità di carica elettrica per unità di volume, espresso in C/m3 (C =
Coulomb). E=campo elettrico, V /M—rappresenta il gradiente dell’energia o
il momento che agisce su un dipolo elettrico ℘. La risposta di un materiale ad
un campo E è originato da una polarizzazione P, espressa in C/m2 —momento di
dipolo elettrico per unità di volume = ℘/m3 . D = P+ε0 E =vettore induzione,
espresso in C/m2 con ε0 = 8.854 × 10−12 F/m.(F = F araday). In un materiale
dielettrico a risposta lineare P=ε0 χE, e D =ε0 ε̂E con χ=suscettività dielettrica
e ε̂=costante dielettrica relativa. P e D indicano entrambi come un materiale
risponde ad un campo E.
H= campo magnetico, A/m —rappresenta il gradiente della densità di energia magnetica o il momento che agisce su un dipolo magnetico. B= vettore
induzione, espresso in Tesla T o W eber/m2 —numero di linee di campo per
unità di area. M= magnetizzazione, A/m—momento magnetico per unità di volume. La risposta di un materiale ad un campo H è originato da una corrente
i
i = J (r) · n̂dσ che produce un campo tangenziale H = 2πr
o da un materiale
magnetico. B dipende da H nello spazio libero B = µ0 H con µ0 = 4π10−7
Henry/m mentre in un materiale B = µ0 (H + M) = µ0 µr H con µr = permeabilità relativa o M = H(µr −1) = χH con χ = µr −1 =suscettività. M e B indicano
entrambi come un materiale risponde ad un campo H. Per l’assenza di cariche
magnetiche le linee di forza di B sono continue. Spesso si usano unità cgs: B
(Oersted) = H (Gauss) + 4πM (emu/cc) legate a quelle M KS dalle relazioni 1
Oe = (1000/4π) A/m = 79.6 A/m ;1 G = 10−4 T ; 1 emu/cc = 1 kA/m
Ua distribuzione di carica ρ (r, t) e di corrente J (r, t) , legati tra loro dalla
relazione di continuità
∂
∇ · J (r, t) + ρ (r, t) ,
∂
si possono associare in un volume finito ad una distribuzione di multipoli elettrici
5
Qkm e magnetici Mkm
Qkm
=
Mkm
=
∗
rk Ykm
(θ, φ) ρ (r, t) d3 r ,
∗
rk Ykm
(θ, φ) ∇ · (r × J (r, t)) d3 r .
(1)
Qkm ha le dimenioni di una carica [q] per [Ll ], mentre Mkm quelle di Qkm × c.
Nel caso in cui si debba tener conto della magnetizzazione M dovuta agli
spin elettronici e nucleari di un atomo si dimostra1 che bisogna aggiungere ai
multipoli di ρ e ∇ · (r × J) rispettivamente i contributi di ∇ · (r×M) e ∇ · M.
Una distribuzione di cariche indipendenti dal tempo contenute in una sfera
di raggio R genera un potenziale che può essere espanso per r > R in armoniche
sferiche
∞
l
1 1
Ylq (θ, φ)
V (r) =
Qlq
,
(2)
ε0
2l + 1
rl+1
l=0 q=−l
I contributi proporzionali a Q11 , Q10 e Q1,−1 sono di dipolo, mentre quelli proporzionali a Q22 , Q21 , Q20 , Q2,−1 e Q2,−2 sono associati a quadrupoli elettrici2 .
Ponendo
QNkq = e rk Ykq (θ, φ) nN (r) d3 r
1
Qekq = −e
Ykq (θ, φ) ne (r) d3 r.
rk+1
ed assumendo con buona approssimazione r = r< , r = r> , si ha
k
r<
∗
ne (r) nN (r ) k+1
Ykq
(θ, φ) Ykq θ , φ d3 rd3 r = QNk,−q Qekq
r>
per cui
VC k =
1.2
k
1
1
QNk,−q Qekq .
ε0 2k + 1
q=−k
Interazioni elettrostatiche
1.2.1
Potenziali di multipolo
Exercise 1 Con riferimento ad una carica puntiforme q in (r0 , θ0 , φ0 ) rapppresentarla come una sovrapposizione di multipoli Qkq
Soluzione: Una carica puntiforme q in (r0 , θ0 , φ0 ) crea un potenziale pari3
V (r) =
∞
k
∞
k
k
r<
r<
1
qe
qe 1
∗
=
Y
(θ
,
φ
)
Y
(θ,
φ)
=
Pk (cos Θ) ,
0
kq
0
kq
k+1
k+1
4πε0 |r − r0 |
ε0
2k + 1 r>
r>
k=0 q=−k
k=0
(3)
1 v.p.e.
J. M. Blatt et al., loc. cit. pag. ??, App. B Eqq. (4.16),(4.19).
S. Flugge, loc. cit. pag. ??, Prob. 54.
3 v.p.e. A. Balzarotti et al., loc. cit. pag. ??, App. A6.
2 v.p.e.
6
dove r< = min (r, r0 ) , r> = max (r, r0 ). L’ultimo termine, dipendente dal
polinomio di Legendre Pk e dall’angolo Θ l’angolo formato da r e r0 , discende
dal teorema di addizione delle armoniche sferiche (v. Eq. (??)).
Confrontando (3) con (2) si vede che la carica spostata dall’origine equivale
all’insieme di multipoli
∗
Qkq = qe r0k Ykq
(θ 0 , φ0 )
Exercise 2 Calcolare il potenziale di interazione tra (a) una carica puntiforme
di coordinate (r0 , θ0 , φ0 ) ed una sfera di costante dielettrica di raggio "a"; (b)
come (a) con la carica sostituita da un dipolo. (c) Discutere il caso limite in
cui la distanza dipolo-sfera tende all’infinito.
Soluzione: La carica associata al potenziale
V (r) =
k
∞
k
r<
qe 1
∗
Ykq
(θ0 , φ0 ) Ykq (θ, φ) ,
k+1
ε0
2k + 1 r>
k=0 q=−k
induce un potenziale di scattering qe Vsc (r) all’esterno e qe Vtr (r) all’interno della
sfera rappresentati rispettivamente da
Vq sc (r) =
k
∞
1 1
Ykq (θ, φ)
Rkq
ε0
2k + 1
rk+1
k=0 q=−k
Vq tr (r) =
k
∞
1 1
Tkq rk Ykq (θ, φ)
ε0 ε̂
2k + 1
k=0 q=−k
Imponendo la continuità di V (r) + Vsc (r) e Vtr (r) sulla sfera di raggio a e della
componente radiale dell’induzione si ottiene il sistema
ak
r0k+1
k
∗
Ykq
(θ0 , φ0 ) +
Rkq
ak+1
ak−1 ∗
Rkq
Y (θ0 , φ0 ) − (k + 1) k+2
k+1 kq
a
r0
=
1
Tkq ak
ε̂
= kTkq ak−1
che risolto fornisce
Rkq
Tkq
ε̂ − 1 a2k+1 ∗
Ykq (θ0 , φ0 )
ε̂ + k+1
r0k+1
k
1
2k + 1
∗
= qε̂ k+1
(θ0 , φ0 )
Ykq
r0 kε̂ + k + 1
= −q
Pertanto si ha
Vq sc (r) = −
Vq tr (r) =
k
∞
k
1 a 4π
1
ε̂ − 1
a
∗
Ykq (θ, φ) Ykq
(θ 0 , φ0 )
4πε0 r0
2k + 1 rk+1 ε̂ + k+1
r
0
k
1
4πε0
k=0 q=−k
∞
k
k=0 q=−k
4π
2k + 1
rk
∗
Ykq (θ, φ) Ykq
(θ0 , φ0 )
k+1
2k + 1 kε̂ + k + 1 r0
7
Per ε̂ 1 si ha
Vq sc (r) = −
2 k
∞
k
1 ε̂ − 1 a 4π
1
a
∗
Ykq (θ, φ) Ykq
(θ 0 , φ0 )
k+1
4πε0 ε̂ + 1 Rq
2k + 1 r
Rq
k=0 q=−k
1 ε̂ − 1 R0 1
+
4πε0 ε̂ + 1 Rq r
a
2
ovvero Vsc (r) coincide col potenziale di una carica −q ε̂−1
ε̂+1 Rq posta in a /Rq e
a
di una seconda carica q ε̂−1
ε̂+1 Rq al centro della sfera.
A questo punto il potenziale di interazione è dato da
1
Vq = qe Vq sc (r0 )
2
(b) Se si sostituisce la carica con un dipolo ℘ V℘ sc (r) è dato da
V℘ sc (r) =
℘q ·∇Vq sc (r)
q
Pertanto
V℘
=
=
1
1
℘q ·∇Vq sc (r)
℘ · ∇V℘ sc (r) = ℘ · ∇
2
2
q
1
℘℘ : ∇∇Vq sc (r)
2
(c) Quando r0 → ∞ si ha
1
1 1 ε̂ − 1 a3 ∗
Vq sc (r) = −
Y1q (θ, φ) Y1q
(θ0 , φ0 )
3ε0 r2 ε̂ + 2 Rq2 q=−1
In particolare per θ 0 = 0 si ha
1
∗
Y1m (θ, φ) Y1m
(0, φ0 ) =
m=−1
per cui
Vq sc (r) = −
3
cos θ
4π
q 1 ε̂ − 1 a3
cos θ
4πε0 r2 ε̂ + 2 r02
ovvero Vq sc (r) coincide con quello di un dipolo elettrico
℘=
q ε̂ − 1 a3
3 ε̂ + 2 r02
℘ dà luogo ad una energia di interazione pari a
1
1 qe2 ε̂ − 1 a3
Vq = qe Vq sc (rq ) =
2
2 4πε0 ε̂ + 2 r04
8
1.2.2
Bobine di Helmholtz
Exercise 3 (a) Calcolare il potenziale vettore creato da una corrente I a forma
di anello circolare di raggio a; (b) calcolare il campo a piccola distanza ρ dall’asse
z per una coppia di spire coassiali con baricentri in a Z e −Z ed attraversate da
correnti I uguali circolanti in versi opposti; (c) come in b in possimità di z=0.
Soluzione: (a) Utilizzando un sistema di coordinate cilindriche coassiali alla
spira avente origine nel centro della stessa e normalizzando le lunghezze ad
R (= 1) , A e B a µ0 I si ha4
cos φ
Aφ (ρ, z) = −µ0 I
ds
2
2
4π z + a + ρ2 − 2aρ cos φ
2π
1
cos φ
= −µ0 Ia
dφ
2
2
4π 0
z + a + ρ2 − 2aρ cos φ
1 1
ξ
√
1−
K [ξ] − E [ξ]
=
π ρξ
2
1
3
75 2
3/2
1+ ξ+
ξ +···
√ ξ
32 ρ
4
128
dove
ξ=
4ρa
z 2 + (a + ρ)2
e K [ξ] , E [ξ] integrali ellittici (v. (??)).
(b) Sviluppando in serie rispetto a ρ e z si ha per la coppia di bobine (v.
Fig. 1):
Aφ (ρ, z + Z) − Aφ (ρ, z − Z)
1
1
1
−µ0 I a
−
ρ
4
(a2 + z 2 + 2zZ + Z 2 )3/2 (a2 + z 2 − 2zZ + Z 2 )3/2
(4)
= µ0 If (z, Z) ρ
Pertanto, posto
1 ∂
1
d
(ρAφ ) = Aφ + Aφ = 2µ0 If (z, Z)
ρ ∂ρ
ρ
dρ
∂
∂
= − Aφ −µ0 I f (z, Z) ρ
∂z
∂z
Bz =
Bρ
(c) In prossimità del baricentro Aφ si riduce a
Aφ (ρ, z + Z) − Aφ (ρ, z − Z) µ0 Ia2
3
Zρz
2 (a2 + Z 2 )5/2
4 v.p.e. W. R. Smythe, "Static and Dynamic Electricity", McGraw-Hill Co., N. Y. 1950
Sez. 7.10
9
0.2
0.1
-6
-4
2
-2
4
6
-0.1
-0.2
Figure 1: Andamento di 4a∆Aφ / (µ0 Iρ) lungo l’asse z/a del quadrupolo per
Z/a = 1.2, 0.8, 0.6, 0.4, 0.2.
ovvero
f (z, Z) 3
Zza2
2 (a2 + Z 2 )5/2
Pertanto
Bz =
Bρ
1.2.3
= −
1 ∂
1
∂
Zza2
(ρAφ ) = Aφ +
Aφ −µ0 I3
ρ ∂ρ
ρ
∂ρ
(a2 + Z 2 )5/2
∂
3
Zρa2
Aφ −µ0 I
∂z
2 (a2 + Z 2 )5/2
(5)
Interazioni tra multipoli
Exercise 4 Calcolare l’energia di interazione di un dipolo elettrico℘1 posto a
distanza R da: (a) un altro dipolo℘2 ; (b) da un atomo di polarizzabilità αp
Soluzione: (a) L’energia di interazione è data da V21 = −℘2 ·E21 dove E21 =
−∇2 V21 è il campo elettrico generato dal dipolo 1 nel punto occupato da℘2 .
Poichè V21 = − 4πε10 R2 ℘1 · R̂21 con R̂21 = (R2 − R1 ) /R risulta5
E21 =
1 1 −℘1 + 3℘1 · R̂R̂
3
4πε0 R
5 per evitare confusoni con l’energia le componenti scalari del campo vengono indicate con
Ex,y,z .
10
e pertanto
V = −℘2 · E21 =
1 1 ℘
·℘
−
3℘
℘
:
R̂
R̂
1 2
1 2
4πε0 R3
(b) Nel caso in cui ℘2 = ε0 αp E12 si ha che
1
V21 = − ℘2 · E21
2
In tal caso infatti si deve tener presente che al crescere del momento del dipolo
1 da 0 al valore finale ℘1 , quello del secondo dipolo cresce proporzionalmete:
dV21
d℘1
= −℘2 ·
dE21
d℘1
= −ε0 αp E12 ·
=
dE21
d℘1
1
d
ε0 αp
|E21 |2
2
d℘1
Pertanto V21 è pari a
V
1.2.4
2
1
1 ε0 αp 1 = − ε0 αp |E21 |2 = −
−
3℘
·
R̂
R̂
℘
1
1
2
2 (4πε0 )2 R6
2 1 ε0 αp 1
2
= −
℘
+
3
℘
·
R̂
1
1
2 (4πε0 )2 R6
Interazione elettroni-nucleo
Exercise 5 Esprimere VC k relativo ad uno stato atomico
|F jImF = Rnl (r)
jImj mI |F mF |jmj |ImI mj mI
utilizzando le matrici ridotte di multipolo degli elettroni j Qe k j e dei protoni
del nucleo I QN k I
Soluzione: VC k è proporzionale alla somma su q degli elementi di matrice
F jImF QN k,−q Qe kq F jImF
=
jImj mI |F mF jImj mI |F mF ImI |QN k,−q | ImI jmj Qe kq jmj
mj mj mI mI
= j Qe k j I QN k I
×
jImj mI |F mF jImj mI |F mF jkmj q|jmj IkmI , −q|jmI mj mj mI mI
11
In particolare si può dimostrare che
jImj mI |F mF jImj mI |F mF jkmj q|jmj IkmI , −q|ImI q
mj mj mI mI
F +j+I
= (−1)
I, j, F
j, I, k
dove la quantità in parentesi graffe è il cosiddetto simbolo6 6j.
VC k
1
4π
F +j+I
=
(−1)
4πε0 2k + 1
I, j, F
j, I, k
j Qe k j I QN k I
(6)
Exercise 6 (a) Analizzare l’interazione di quadrupolo tra un nucleo e gli elettroni. (b) Analizzare il caso del deuterone
Soluzione: (a) Per un insieme di cariche qn = e in rn associate allo stato
|Ψ, le componenti del tensore di quadrupolo elettrico sono date da:
Q2q = Ψ |Q2q | Ψ
dove
Q2,±2
Q2,±1
Q20
√
6
=
qn (xn ± iyn )2
4 n
√
6
= ∓
qn zn (xn ± iyn )
2 n
1 2
=
qn 3zn − rn2
2 n
(7)
Il momento di quadrupolo elettrico del nucleo è dato da
QN =
2
I, MI = I |QN2,0 | I, MI = I
e
dove QN2,0 è un operatore tensoriale del secondo ordine:
4
e
2
2
QN 2,0 =
(3zp − rp ) = e
π r2 Y20 (Ωp )
2 p
5 p
p
Dal teorema di Wigner-Eckart discende che7
I, MI = I |QN2,0 | I, MI = I = I QN2 I I2I0|II
√
I(2I − 1)
4I
= (−1)
1 + 2I
3 + 11I + 12I 2 + 4I 3
6
v.p.e. M. Weissbluth, "Atoms and Molecules", Academic Press, N. Y. 1978 pp. 38I, j, F
44.
=SixJSymbol[{I,j,F},{j,I,k}]
j, I, k
7 I2I0|II =ClebschGordan[{I,I},{2,0},{I,I}]
12
Pertanto tenuto conto che
I2I0|II = ClebschGordan[{I,I},{2,0},{I,I}]
√
I(2I − 1)
4I
= (−1)
1 + 2I
3 + 11I + 12I 2 + 4I 3
si ha:
I QN2 I
1
√
=
2
2I + 1
Analogamente si ha per8 Qe 2
(I + 1) (2I + 3)
eQ
I (2I − 1)
2
j, mj = j Qe 2,0 j, mj = j
e
4 1
e 3zn2 − rn2
=
=e
π Y20 (Ωn )
2 n
rn5
5 rn3
n
Qe =
con
Qe 2,0
dove la somma è estesa agli elettroni. Pertanto
j Qe 2 j
1 (j + 1) (2j + 3) √
=
eQe
2
j (2j − 1)
2j + 1
Sostituendo nella (6) si ha per k = 2
1 4π
I, j, F
F +j+I
VC 2 =
j Qe 2 j I QN 2 I
(−1)
j, I, 2
4πε0 3
dove9
I, j, F
= SixJSymbol[{I,j,F},{j,I,k}]
j, I, 2
con
Infine
= (−1)−F −I−j
2 [3X (X − 1) − 4I (I + 1) j (j + 1)]
(2I − 1) 2I (2I + 1) (2I + 3) (2j − 1) 2j (2j + 1) (2j + 3)
X = I (I + 1) + j (j + 1) − F (F + 1)
F jImF QN k,−q Qe kq F jImF
= e2 Qe QN
8 Y jmj
l1
2
3
4X
(X − 1) − I (I + 1) − j (j + 1)
2I (2I − 1) j (2j − 1)
= l 12 jm risultano dalla composizione del momento orbitale l e lo spin s =
(8)
1
2
si pos-
sono esprimere
sovrapponendo prodotti di funzioni d’onda
del momento orbitale |lmL e dello
spin 12 ms pesati dai coefficienti di Clebsch-Gordan l 12 mz ms |jmj |lml (v. Appendice D),
1
1
l jm = 1
mz ,ms l 2 mms |jmj |lml ⊗ 2 ms
2
9 v.p.e. M. Weissbluth, loc. cit. pag. ?? Eq. (18.3-11)
13
La quantità e2 Qe QN è nota come costante di accoppiamento di quadrupolo.
(b) Il deuterone ha spin nucleare I = 1 con associato un momento magnetico
nucleare pari a 0.857 µN ed un momento di quadrupolo QD = e 0.0028 (misurato
in barns 1 barn = 10−28 m2 sezione del nucleo di uranio). pari a
 1

−2
0 0
QD = e 0.0028  0 − 12 0
0
0 1
Pertanto (8) si riduce a
=
F jImF QN k,−q Qe kq F jImF
e2 Qe QN 3
X (X − 1) − 2j (j + 1)
2j (2j − 1) 4
Exercise 7 Calcolare l’energia di interazione coulombiana tra la carica nucleare
Ze di un atomo idrogenoide protone supposta distribuita uniformemente in una
sfera di raggio ”b” ed un elettrone associato ad una funzione d’onda ve (r) ∝
exp(−Zr/a0 ). Utilizzare unità MKS.
Soluzione: Si cominci con l’assumere una carica Z uniformemente distribuita
in una sfera di raggio assegnato R (raggio del nucleo). In tal caso il potenziale
sarà dato da (v. Fig. (2))
Z
− r
r>R
V (r) =
(9)
Z
r2
r<R
2R R2 − 3
Pertanto, chiamando ∆V la differenza tra il potenziale 1/r e V (r)
0 r>R
∆V (r) =
Z
r2
2R
r<R
2R R2 + r − 3
e trattando ∆V come una perturbazione, si può facilmente calcolare la correzione del livello n-esimo
∆E 2π 2
2 Z4 2
R |ψn00 (0)|2 =
R
5
5 n3
(10)
Si considerino ora due atomi idrogenoidi corrispondenti a due isotopi di uno
stesso elemento. Dal momento che il raggio R varia col numero di massa A di
un nucleo secondo la relazione10
R = r0 A1/3
con
r0 1.2 × 10−15 m = 1.22 F ermi
(11)
1 0 R. Hofstadter, Structure of nuclei and nucleons, Science, 136:1013, 1962, discorso tenuto
in occasione del Nobel
14
e che A 2Z si avranno correzioni diverse
δ∆E 1 A11/3 2
r δA
60 n3 0
(12)
Indicando con
[width=0.5]Shift-is.ps
Figure 2: Potenziale all’interno del nucleo per una carica nucleare distribuita
uniformemente.
ρe (r) =
v2 (r)
−Ze ∞ e 2
4π 0 ve (r) r2 dr
= eZ 4
exp −2 Zr
a0
πa30
la densità di carica associata all’elettrone, l’energia di interazione risulta pari a
ρZ (rp ) ρe (re )
1
Ve−Z =
drp dre = ρe (r) VZ (r) dr
4πε0
re−Z
dove
VZ (re ) =
1
4πε0
ρZ (r)
dr
|r − re |
rappresenta il potenziale VZ associato alla distribuzione di carica ρZ (rp ) del
nucleo. Per calcolare VZ (r) si nota che (i) esso dipende solo dalla distanza re ,
(ii) all’esterno della sfera di raggio b coincide con quello di una carica puntiforme
Ze:
Ze 1
VZ (r) =
4πε0 r
mentre (iii) all’interno della sfera il campo elettrico varia linearmente:
E (r) = c1 r ,
per cui
1
VZ (r) = c1 r2 + c2 .
2
Imponendo ora la continuità di VZ (r) e della derivata per r = b si ha:
c1 b =
1 2
c1 b + c2
2
ovvero
=
Ze
VZ (r) =
4πε0
15
Ze 1
4πε0 b2
Ze 1
4πε0 b
1
r
1 2
1
2b3 r + 2b
Finalmente,
Ve−Z
=
=
∞
Zr
1 2
1
Zr
r2 dr +
rdr
exp −2
r +
exp −2
a0
2b3
2b
a0
0
b
Z 5 e2 3 + c2 − 1 + c2 3 + 6c + 4c2 exp (−2c)
+ (1 + 2c) exp (−2c)
4πε0 a0
2c3
Z 5 e2
πε0 a30
b
con c = Zb/a0 . Poichè la carica nucleare è distribuita in volumi di raggio b
dell’ordine di 1 F ermi = 10−5 Å c = 2 · 10−5 Z, Ve−Z si semplifica in
Ve−Z =
1.2.5
Z 5 e2 3a20
Z 3 e2 3a0
=
4πε0 a0 Z 2 b2
4πε0 b2
Elettroni di un atomo
Exercise 8 Calcolare l’energia di interazione elettrostatica tra due elettroni di
un atomo descritti da (a) due orbitali 1s, (b) 1s e 2p
Soluzione: (a) Utilizzando l’espansione (3) si ha
−2(r1 +r2 )
e
d3 r1 d3 r2
r12
∞ l
l
r<
1
−2(r1 +r2 )
∗
= 4π
e
Y (θ1 , φ1 ) Ylm (θ2 , φ2 ) d2 Ω1 d2 Ω1 r12 dr1 r12 dr2
l+1 lm
2l + 1 r>
l=0 m=−l
1
= 4π
e−2(r1 +r2 ) r12 dr1 r22 dr2
r>
r1
∞
∞
1
−2r1 2
−2r2 2
−2r2
= 4π
e
r1 dr1
e
r2 dr2 +
e
r2 dr2
r1 0
0
r1
∞
5
= π
e−2r1 r1 e−2r1 −1 + e2r1 − r1 dr1 = π
32
0
(b) Ponendo Rnl (r) = Pnl (r) /r si ottiene
2
2
P1s
(r1 ) P2p
(r2 )
|Y10 (θ 1 , φ1 )|2 |Y2m̄ (θ 2 , φ2 )|2 d2 Ω1 d2 Ω2 dr1 dr2
r12
∞ l
l
r<
1
2
2
2
∗
=
P1s (r1 ) P2p (r2 )
Y (θ1 , φ1 ) Ylm (θ2 , φ2 ) |Y2m̄ (θ2 , φ2 )|
l+1 lm
2l + 1 r>
l=0 m=−l
d2 Ω1 dΩ22 dr1 dr2
1
1
2
2
=
|Y2m̄ (θ 2 , φ2 )|2 d2 Ω2
P1s
(r1 ) P2p
(r2 )
dr1 dr2
4π
r>
∞
r1
∞ 2
P
(r
)
1
1
2
2p
2
2
=
P1s
(r1 ) dr1
P2p
(r2 ) dr2 +
dr2
4π 0
r1 0
r2
r1
16
1.2.6
Elettroni di una molecola
Exercise 9 Si consideri una molecola di idrogeno. L’energia di interazione di
un nucleo in B con un elettrone associato all’orbitale atomico u1s (rA ) con centro
in A è espressa in u.a. da
2
u1s (rA ) 3
J (R) =
d rA
(13)
rB
Calcolare J(R) in funzione di R.
Soluzione: Utilizzando coordinate sferoidali11 ξ, η, φ (??) con R distanza tra
i nuclei A e B, e tenendo conto di (??) si ha
−2rA
∞ 1 −R(ξ+η)
2
e
e
d3 rA = πR2
J (R) = 4
ξ − η2 dη dξ
rB
ξ−η
1
−1
1
∞
= πR2
e−Rξ
e−Rη (ξ + η) dη dξ
1
−1
∞
= 2π
e−Rξ (−R cosh (R) + sinh (R) + ξR sinh (R)) dξ
1
1 − e−2R (1 + R)
= 2π
R
Exercise 10 In una molecola di idrogeno allo stato fondamentale la funzione
d’onda del singolo elettrone può con buona approssimazione essere rappresentata
dalla combinazione
u1s (rA ) + u1s (rB )
√
ψ (r) =
1 + S2
dove u1s (rA,B ) sta per l’orbitale atomico centrato sul nucleo A (B). (a) Calcolare
l’integrale di sovrapposizione
S (R) = u1s (rA ) u1s (rB ) d3 r
e (b) l’integrale di scambio
K=
u1s (rA ) u1s (rB ) 3
d rA
rB
1 1 per una descrizione più completa di queste tecniche di integrazione v. J. C. Slater, "Quantum Theory of Molecules and Solids", McGraw-Hill (1963), S. P. McGlynn, L. G. Vanquickenborne, M. Kinoshita and D.G. Carroll, "Introduction to Applied Quantum Chemistry",
Holt, Rinehart and Winston (1972)
17
Soluzione: (a) utilizzando coordinate sferoidali si ha
S (R) =
u1s (rA ) u1s (rB ) d3 r
1
2
R3 ∞ −Rξ
2
ξ − η dη dξ
4e
= 2π
8 1
−1
∞
2
= πR3
e−Rξ 2ξ 2 −
dξ
3
1
4
= π e−R (3 + R(3 + R))
3
(b) per K si ottiene
−(rA +rB )
1 −R(ξ+η)
2
R2 ∞
e
e
d3 rA = 8π
ξ − η2 dη dξ
K = 4
rB
8 1
ξ−η
−1
1
∞
∞
2
−Rξ
2
= πR
e
(ξ + η) dη dξ = 2πR
e−Rξ ξdξ = 2πe−R (1 + R)
1
−1
1
Exercise 11 Calcolare l’energia di interazione coulombiana tra i due elettroni
di una molecola di idrogeno che occupano rispettivamente l’orbitale atomico
u1s (rA ) centrato sul nucleo A e u1s (rB ) centrato su B12
2
u1s (r1A ) u21s (r2B ) 3 3
j=
d r1 d r2
r12
2 1A ) 3
Soluzione: Innanzitutto conviene notare che u1sr(r
d r1 rappresenta il
12
potenziale in r2 creato dalla distribuzione di carica u21s (r1A ) , ovvero coincide
con l’integrale J (r2A ) (v. Eq. (13)). Pertanto, Utilizzando coordinate sferoidali
si ha
2
u1s (r1A ) u21s (r2B ) 3 3
j =
d r1 d r2 = u21s (r2B ) J (r2A ) d3 r2
r12
1
1
2
−2r2A
= 2π u1s (r2B )
−e
1+
d3 r2
r2A
r2A
1
−2(r1A +r1B )
= 2πJ (R) − 8π e
1+
d3 r2
r2A
2
2
3
−2Rξ
= 2πJ (R) − R
e
1+
ξ − η2 dξdηdφ
R (ξ − η)
1 ∞
2
= 2πJ (R) − 2πR3
e−2Rξ
ξ 2 − η2 + (ξ + η) dη dξ
R
1
−1
π −2R
= 2πJ (R) − e
(9 + 2R(9 + 2R))
3
1 2 W. Heitler and F. London, Z.f.Phys. 44, 455 (1927); Y. Sugiura, Z.f. Phys. 45, 484 (1927);
L. Pauling and E. B. Wilson, "Introduction to Quantum Mechanics", Dover Publications
(1985) p. 343
18
Exercise 12 Calcolare l’integrale k analogo al precedente ma con gli elettroni
associati alla somma degli orbitali u1s (rA ) + u1s (rB )
k
con
=
u21s (r1A ) u21s (r2B ) + u21s (r1B ) u21s (r2A ) 3 3
d r1 d r2
r12
u1s (r1A ) u1s (r1B ) u1s (r2A ) u1s (r2B ) 3 3
+
d r1 d r2
r12
A−B
u1s (r1A ) u1s (r1B ) u1s (r2A ) u1s (r2B ) 3 3
d r1 d r2 =
r12
5
espressione calcolata da Sugiura che si ritrova sul libro di Pauling e Wilson, dove
6 2
S (R) (γ + ln R) − S 2 (−R)E1 (−4R) + 2S(R)S(−R)E1 (−2R)
R
25 23
1
B =
− + R + 3R2 + R3 e−2R
8
4
3
con S(R) = u1s (rA ) u1s (rB ) dr = e−R 1 + R + 13 R2 integrale di sovrapposizione, γ = 0.57722... la costante di Eulero-Mascheroni ed E1 (x) la funzione
integrale esponenziale.
A =
Exercise 13 Per calcolare l’energia di interazione tra due elettroni associati
alle combinazioni di orbitali atomici v1s (r1A ) , v1s (r2A ) , v1s (r2B )
Soluzione: Seguendo la procedura illustrata nei precedenti esercizi si ottiene
2
v1s (r1A ) v1s (r2A ) v1s (r2B ) 3 3
d r1 d r2
F =
r12
1
1 5
1 5
−R
−3R
=
(14)
2R + + R e −
+ R e
2
4 8
4 8
Exercise 14 Altri integrali di Coulomb e di scambio che intervengono quando
si utilizzano le funzioni d’onda di Heitler-London sono
1
1
1
2
2
J =
v1s (r1A )v1s (r2B )
−
−
d3 r1 d3 r2 = j − 2j r12 r1A r2B
1
1
1
K =
v1s (r1A )v1s (r1B )v1s (r2A )v1s (r2B )
−
−
d3 r1 d3 r2
r12 r2A r1B
= k − 2k S
Calcolare j e k .
19
1.2.7
Elettroni di un metallo
Exercise 15 Si considerino gli elettroni di conduzione di un metallo. Questi si
muovono in un potenziale periodico associato agli ioni nei vertici di un reticolo
cristallino supposto cubico. Calcolare l’energia di interazione di questo potenziale con un elettrone assimilato ad una particella in una buca di potenziale,
come assunto nel modello di Sommerfeld
Soluzione: Il potenziale associato agli ioni del reticolo soddisfa l’equazione
di Poisson
1
∇2 Vret = − ρioni (r)
ε0
che trasformata diventa
1 ρ̃ioni (k)
Ṽret (k) =
ε0
k2
con k2 = kx2 + ky2 + kz2 ovvero
1
ρ̃ioni (k) ik·r 3
e d k
Vret (r) =
ε0
k2
Ne segue che un elettrone confinato in una scatola cubica di lato L è descritto
da una funzione d’onda
1
v1 (r) =
sin k̄x x sin k̄y y sin k̄z z
3/2
(L/2)
con kx,y,z L multipli pari di π. Ne segue che l’energia di interazione è data da
1
V = −
sin2 k̄x x sin2 k̄y y sin2 k̄z z Vret (r) d3 r
3
(L/2) V
1
1
ρ̃ioni (k) 3
=
d
k
sin2 k̄x x sin2 k̄y y sin2 k̄z z eik·r d3 r
3
2
ε0 (L/2)
k
V
ρ̃ioni (k) 2k̄x sin (kx L/2) 2k̄y sin (ky L/2) 2k̄z sin (kz L/2) i(kx +ky +kz )L/2 3
1
1
= −
e
d k
ε0 (L/2)3
k2
kx2 − 4k̄x2
ky2 − 4k̄y2
kz2 − 4k̄z2
dal momento che
L
1 L i2k̄x x
sin2 k̄x x eikx x dx = −
e
+ e−i2k̄x x − 1 eikx x dx
4 0
0
1
ei(2k̄x +kx )L − 1
ei(−2k̄x +kx )L − 1
−
−i
+i
4
2k̄x + kx
−2k̄x + kx
= −i
kx2
ikx L
k̄x
2k̄x
e
−1 = 2
sin (kx L/2) eikx L/2
2
− 4k̄x
kx − 4k̄x2
essendo ei2k̄x L = 1.Poichè ρioni (r) = ρioni (r + Rlmn ) per r all’interno del
cristallo
ρ̃ioni (k) ρ̃{lmn} δ (3) k − K{lmn}
lmn
20
con K{lmn} vettore del reticolo reciproco. Pertanto
1
1 ρ̃ioni{lmn} 2k̄x sin K{lmn}x L/2
V = −
2
2
ε0 (L/2)3
K{lmn}
K{lmn}x
− 4k̄x2
lmn
2k̄y sin K{lmn}y L/2 2k̄z sin K{lmn}z L/2 i(K{lmn}x +K{lmn}y +K{lmn}z )L/2
e
2
2
K{lmn}y
− 4k̄y2
K{lmn}z
− 4k̄z2
Essendo i contributi più importanti alla sommatoria quelli per cui K{l̄m̄n̄} 2k̄
si può porre
1 1 ρ̃ioni{lmn}
ε0 4k̄2
lmn
sin K{lmn}x − 2k̄x L/2 sin K{lmn}y − 2k̄y L/2 sin K{lmn}z − 2k̄z L/2
(15)
K{lmn}x − 2k̄x L/2
K{lmn}y − 2k̄y L/2
K{lmn}z − 2k̄z L/2
In conclusione la distribuzione di carica associata alla funzione d’onda sin k̄x x sin k̄y y sin k̄z z
interagisce con la componente di vettore d’onda 2k̄ della distribuzione ionica
V
−
Exercise 16 Considerare due elettroni di un metallo descritti da funzioni d’onda
tipiche di una scatola cubica che si annullano sulle pareti
Soluzione: Partendo dall’esercizio precedente si ha che l’elettrone 1 si muove
nel potenziale periodico dell’elettrone 2 di funzione d’onda
v2 (r) =
1
3/2
(L/2)
sin k̄2x x sin k̄2y y sin k̄2z z
Prtanto ρ̃ioni{lmn} dovuta al secondo elettrone è data da
1
ρ̃ioni{lmn} =
sin2 k̄2x x sin2 k̄2y y sin2 k̄2z z eiK{lmn} ·r d3 r
3
(L/2) V
1 sin K{lmn}x − 2k̄2x L/2 sin K{lmn}y − 2k̄2y L/2 sin K{lmn}z − 2k̄2z L/2
=
8
K{lmn}x − 2k̄2x L/2
K{lmn}y − 2k̄2y L/2
K{lmn}z − 2k̄2z L/2
per cui applicando la (15) si ha
1 1 sin K{lmn}x − 2k̄2x L/2 sin K{lmn}x − 2k̄1x L/2
V −
ε0 4k̄12
K{lmn}x − 2k̄2x L/2
K{lmn}x − 2k̄1x L/2
lmn
sin K{lmn}y − 2k̄2y L/2 sin K{lmn}y − 2k̄1y L/2
K{lmn}y − 2k̄2y L/2
K{lmn}y − 2k̄1y L/2
sin K{lmn}z − 2k̄2z L/2 sin K{lmn}z − 2k̄1z L/2
K{lmn}z − 2k̄2z L/2
K{lmn}z − 2k̄1z L/2
Se ne evince che i due elettroni interagiscono solo se k̄1 k̄2 .
21
Exercise 17 Si considerino due elettroni confinati su un segmento di lunghezza
L e descritti dalla funzione d’onda
2
sin (k1 x1 ) sin (k2 x1 )
Ψ (x1 , x2 ) = det
sin (k1 x2 ) sin (k2 x2 )
L
con k1 e k2 tali che k1,2 L.sono multipli entrambi pari di π. Calcolare l’energia
di interazione assumendo un potenziale del tipo
∞ ik(x1 −x2 )
e2
e
V (x1 , x2 ) =
dk
4πε0 −∞ k2 + a2
Soluzione: L’energia di interazione sarà data da
∞ L ik(x1 −x2 )
e2
e
V=
Ψ2 (x1 , x2 ) dx1 dx2 dk
4πε0 −∞
k2 + a2
0
Sviluppando gli integrali si ottiene
L
eik(x1 −x2 ) Ψ2 (x1 , x2 ) dx1 dx2
0
2 4 2
2
sin2 (kL/2) k22 k12 k12 − k22
6k + k1 − k22 − 4k2 k12 + k22
= 32
2 = f (k, k1 , k2 )
2
(kL/2)2 (k2 − 4k12 ) (k2 − 4k22 ) k4 + (k12 − k22 ) − 2k2 (k12 + k22 )
Si può verificare che f (k) è una funzione continua di k . Pertanto applicando il
teorema dei residui si ottiene
V
∞
=
e2
4πε0
=
f (ia, k1 , k2 )
e2
2πi
4πε0
2ia
−∞
f (k, k1 , k2 )
dk
k2 + a2
2
4
2
2
2
2 2
2 2
2
2
2 2
4
sinh
(aL/2)
k
k
−
k
+
4a
+
k
−
k
k
6a
k
+
k
1 2
1
2
1
2
1
2
e
2π
4πε0
2 2
2
(aL/2) a (a2 + 4k12 ) (a2 + 4k22 ) a4 + 2a2 (k12 + k22 ) + (k12 − k22 )
2
=
1.2.8
Interazioni nei cristalli
Campo locale
Exercise 18 Il campo locale in un dieletrico nel punto di raggio vettore r si
ottiene isolando una sfera con centro in r e raggio abbastanza piccolo. Il campo
in r è dato dalla somma del campo medio E + quello creato dalla distribuzione di
cariche sulla superficie sferica Esup + quello prodotto dai dipoli elettrici contenuti
nella sfera Ep . Mentre il campo Esup può essere calcolato trattando il dielettrico
22
come un mezzo continuo, Ep va calcolato tenendo esplicitamente conto della
distribuzione dei dipoli ai vertici di un reticolo cristallino. Nel caso in cui questo
è del tipo cubico semplice, verificare che Ep è trascurabile.
Soluzione: Si immagini che il cristallo sia polarizzato lungo l’asse z. In tal
caso la componente Ez (0) creata dai dipoli atomici ℘ = a3 P, posti all’interno
di una sfera di raggio N a, con “a” passo reticolare, e localizzati ai vertici
a (lx̂ + mŷ + nẑ) del reticolo cristallino sarà dato da
℘
Ez (r) = −
4πε0 a3
2
2
l2 +m2 +n
≤NN
lmn
l2 + m2 − 2n2
5/2
(l2 + m2 + n2 )
Questa somma si può facilmente calcolare utilizzando Mathematica: Clear[N N, a, b, c]; a =
IntegerP art[NN 2 −m2 −n2 ]; b = IntegerP art[N N 2 −n2 ]; c = IntegerP art[N N 2 −
m2 ]; Sum[{n, 1, NN }, Sum[{m, −b, b}, Sum[{l = −a, a}, (l2 + m2 − 2n2 )/(l2 +
m2 +n2 )5/2 ]]] +Sum[{m, 1, N N }, Sum[{l, −c, c}1/((l2 +m2 )3/2 +Sum[{l, 1, NN }, 1/l3 ]]].
Si vede così che già per N N = 3 la sommatoria risulta minore di 10−16 .
Exercise 19 Il campo locale in un dielettrico nel punto di raggio vettore r si ottiene isolando una sfera con centro in r e raggio abbastanza piccolo. Il campo in
r è dato dalla somma del campo medio E più quello creato dalla distribuzione di
cariche sulla superficie sferica Esup + quello prodotto dai dipoli elettrici contenuti
nella sfera Ep . Mentre il campo Esup può essere calcolato trattando il dielettrico
come un mezzo continuo, Ep va calcolato tenendo esplicitamente conto della distribuzione dei dipoli ai vertici di un reticolo cristallino. Nel caso in cui questo
è del tipo cubico semplice, verificare che Ep è nullo.
Soluzione: Il campo creato da un dipolo℘ in r0 è dato da
1
3
1
1
E (r) =
RR
−
∇R
·℘ =
3R̂R̂ − 1 ·℘
5
3
3
4πε0 R
R
4πε0 R
con R = r − r0 . Pertanto, il campo nel vertice del reticolo cubico R{000} = 0 è
dato da
1 1
E (0) =
3
R̂
R̂
−
1
·℘
{m}
{m}
3
4πε0 a3
R{m}
{m}∈V
con la somma estesa ai vertici R{lmn} ∈ V contenuti in una sfera di raggio N a
con ”a” passo reticolare. Ne segue che il campo dipende dalla diade
1
Γ=
3
R̂
R̂
−
1
{m}
{m}
2
2
2 3/2
{m}∈V (l + m + n )
con
lx̂ + mŷ + nẑ
R̂{m} = √ 2
l + m2 + n2
Per quanto riguarda i termini fuori diagonale di Γ si ha
lm
Γxy = 3
2
2
2 3/2
{m}∈V (l + m + n )
23
Dal momento
che ad un generico vertice {lmn} ∈ V corrisponde un altro vertice
¯l, mn ∈ V Γxy risulta nullo e così per gli altri elementi fuori diagonale.
D’altra parte
Γxx = 3
{m}∈V
l2
(l2
+ m2
+ n2 )5/2
−
{m}∈V
1
(l2
+ m2
+ n2 )3/2
Per ragioni di simmetria
l2
{m}∈V
5/2
(l2 + m2 + n2 )
=
{m}∈V
=
m2
5/2
(l2 + m2 + n2 )
=
1 l2 + m2 + n2
2
2
2 5/2
3
{m}∈V (l + m + n )
{m}∈V
n2
5/2
(l2 + m2 + n2 )
per cui Γxx = 0. Se ne evince che Γ = 0
Exercise 20 Calcolare l’energia di interazione elettrostatica tra gli ioni del
cristallo di NaCl
Soluzione: Gli ioni del cristallo di NaCl sono disposti alternativamente ai
vertici di un reticolo cubico di costante reticolare. Ogni ione è circondato da 6
primi vicini di carica
√ opposta a distanza a, da 12 secondi vicini aventi la stessa
carica e distanti 2a e così via. Pertanto l’energia di un singolo ione è data da
e2
12
e2
8
6
√
√
V=
−6 +
−
+ +··· =
M
4πε0 a
4πε0 a
2
3 2
con M costante di Madelung (formula di Benson)13
M=
∞
π (−1)i+j+k
= −12π
sec h2
m2 + n2 = −1.74756
2
i2 + j 2 + k2
m,n=1,3,...
i,j,k=−∞
∞
Exercise 21 Calcolare per un cristallo di NaCl il potenziale locale in cui sono
immersi i singoli ioni.
Soluzione: Gli ioni del cristallo di NaCl sono disposti alternativamente ai
vertici di un reticolo cubico di costante reticolare a. Ogni ione è circondato da 6
primi vicini di carica
√ opposta a distanza a, da 12 secondi vicini aventi la stessa
carica e distanti 2a e così via. In regioni prive di cariche il potenziale soddisfa
l’equazione di Laplace ∇2 V = 0 e può essere espanso in multipoli
1
l
V (r) =
Alm r + Blm l+1 Ylm (θ, φ)
r
lm
1 3 http://mathworld.wolfram.com/BensonsFormula.html
Finch, S. R. "Madelung’s Constant." §1.10 in "Mathematical Constants", pp. 76-81, Cambridge University Press, Cambridge, 2003.
24
Figure 3: Geometria relativa al calcolo della costante di Madelung per un
cristallo di NaCl.
Se si sceglie come origine la posizione dello ione in prossimità del quale si vuole
calcolare il potenziale creato dagli altri ioni ed assi coincidenti con quelli del
1
reticolo cristallino si ha che i termini in rn+1
svaniscono e
V (r) =
Alm rl Ylm (θ, φ)
lm
Questo potenziale deve risultare invariato imprimendo una rotazione di π/2
attorno a z ed una riflessione rispetto al piano xy,
π
Alm rl Ylm (θ, φ) =
Alm rl Ylm θ, φ +
2
lm
lm
Alm rl Ylm (θ, φ) =
Alm rl Ylm (π − θ, φ)
lm
lm
Poichè queste uguaglianze debbono valere per ogni terna di valori di r, θ, φ deve
risultare14
π π
Alm Ylm (θ, φ) =
Alm Ylm θ, φ +
Alm Ylm (θ, φ) eim 2
=
2
m
m
m
Alm Ylm (θ, φ) =
Alm Ylm (π − θ, φ) =
Alm Ylm (π, φ) (−1)l+m
m
m
m
avendo tenuto conto dell’espressione di Ylm (θ, φ) e Plm (x)
(2l + 1) (l − m)! m
m
Ylm (θ, φ) = (−1)
Pl (cos θ) eimφ
4π (l + m)!
Plm (x) =
1 4 v.
l+m l
(−1)m 2 m/2 d
1
−
x
x2 − 1
l
l+m
2 l!
dx
http://mathworld.wolfram.com/LegendrePolynomial.html
25
Ne segue che m deve risultare uguale a 0, ±4p ed l = 2q. Si avrà quindi
Alm = 0 per l = 1, 2, 3 mentre per l = 4 V (r) si riduce a
∗
V (r) = V0 + r4
(A40 Y40 (θ, φ) + A44 Y44 (θ, φ) + A∗44 Y44
(θ, φ))
= V0 + r 4
m
9
2
A40 P40 (cos θ) + √ A44 Pl4 (cos θ) cos 4φ
4π
8!
dal momento che
∗
Ylm̄ (θ, φ) = (−1)m Ylm
(θ, φ)
e
1
35x4 − 30x2 + 3
Y40 (θ, φ) = P40 (x) =
8
2
9
9
4
Y44 (θ, φ) =
P (x) =
105 1 − x2
4π8! 4
4π8!
con x = cos θ. In conclusione espandendo il potenziale fino 4 ordine in r si ha
210
2
9 1
4
V (r) = V0 + r
A40 35x4 − 30x2 + 3 + √ A44 1 − x2 cos (4φ)
4π 8
8!
Limitandosi a considerare il potenziale lungo l’asse z si ha
9
q
4
1
1
√
V (x = y = 0, z) = V0 + z 4
+
A40 =
+
4π
4πε0 a
1 + z2 1 + z 1 − z
q
1
6 + z4
4πε0 a
2
da cui
A40 =
√
π q
3 4πε0 a
Lungo l’asse x
210
1
9 3
q
4
1
√
+
A40 + √ A44 =
+
4π 8
4πε0 a
1 + x2 1 + x 1 − x
8!
q
1
V0 +
6 + x4
4πε0 a
2
4
V (r) = V0 + x
per cui
3
√
2 π
da cui
A44 =
3
210
A40 + √ A44
8
8!
=
1 q
2 4πε0 a
√
√
√
10 8!
q
π q
π
3 × 16 × 210
4πε0 a
5 4πε0 a
26
Exercise 22 Calcolare la variazione di energia elettrostatica di un cristallo di
NaCl dovuta allo spostamento delle cariche dai vertici del reticolo cristallino
Soluzione: Per piccoli spostamenti dj una generica coppia di ioni in Rlmn
e Rl m n il relativo potenziale si modifica in potenziale crea un momento di
dipolo ℘lmn = qlmn δRlmn . Limitandosi a considerare la sola interazione con i
primi vicini si ha
V (Rlmn − Rl m n + δRlmn − δRl m n )
1
qlmn ql m n
=
4πε0
(X + x)2 + (Y + y)2 + (Z + z)2
dove
X = Xlmn − Xl m n
x = δXlmn − δXl m n
ed analogamente per le altre quantità. D’altra parte
1
(X + x)2 + (Y + y)2 + (Z + z)2
1
X
Y
Z
−
x − 3y − 3z
R R3
R
R
2X 2 − Y 2 − Z 2 2 −X 2 + 2Y 2 − Z 2 2 −X 2 − Y 2 + 2Z 2 2
+
x +
y +
z
2R5
2R5
2R5
3XZ
3XY
3Y Z
+ 5 xz +
xy +
yz
R
R5
R5
√
dove R = X 2 + Y 2 + Z 2 . La somma dei contributi lineari estesi a tutti glio ioni
del cristallo deve annallarsi perchè la configurazione di equilibrio corrisponde ad
un minimo di W. Limitandosi inoltre a considerare l’interazione con i primi vicini
si ha qlmn ql m n = −e2 per cui
δV (1) = −
1 e2
2 4πε0 a3
ε
{lmn}
!
"
(δxlmn − δxl+ε,mn )2 + (δylmn − δyl,m+ε,n )2 + (δzlmn − δzlm,n+ε )2
con ε = ±1. Per i secondi vicini del piano xy
2X 2 − Y 2 2 −X 2 + 2Y 2 2 −X 2 − Y 2 2
x +
y +
z
2R5
2R5
2R5
3XY
1 + 5 xy = 3 x2 + y 2 + z 2 + 3xy
R
2a
27
ed analogamente per gli altri piani. Pertanto
!
1 e2
2
2
δV (2) =
(δxlmn − δxl+ε,m+ε ,n ) + (δxlmn − δxl+ε,m,n+ε )
4 4πε0 a3
{lmn} εε
+ (δylmn − δyl+ε ,m+ε,n )2 + (δylmn − δyl,m+ε,n+ε )2
+ (δzlmn − δzl+ε ,m,n+ε )2 + (δzlmn − δzl,m+ε ,n+ε )2
1.2.9
"
Interazioni in dielettrici non omogenei
Exercise 23 Calcolare l’energia elettrostatica associata (a) ad una carica puntiforme q in un mezzo di costante dielettrica relativa ε1 distante d da un semispazio z < 0 di costante ε2 , (b) a due cariche poste rispettivamente nei semispazi
z > 0 e z < 0, (c) ad una generica distribuzione di cariche in z>0 e (d) ad una
distribuzione che occupa entrambi i semispazi.
Soluzione: (a) Il potenziale V (r) può essere associato per z > 0 alla carica
q e ad una carica q’ speculare di q rispetto al piano z = 0
q
q
+
z>0
1
R1
R2
V (r) =
q
ε
1
4πε0 ε1
z<0
ε2 R1
Imponendo le condizioni al contorno sul piano z = 0
E⊥ (r⊥ , z = 0+ ) = E⊥ (r⊥ , z = 0− )
Dz (r⊥ , z = 0+ ) = Dz (r⊥ , z = 0− )
si ottiene
q + q =
ε1 q
ε2
Ne segue che
ε2 − ε1
q
ε2 + ε1
2ε2
q
ε2 + ε1
q
= −
q =
e
q
V (r) =
4πε0 ε1
1
R1
ε2 −ε1 1
ε2 +ε1 R2
2ε1
1
ε2 +ε1 R1 z <
−
z>0
0
Pertanto su q agisce un campo elettrico
E=−
q ε2 − ε1 1
ẑ
4πε0 ε1 ε2 + ε1 (2d)2
Se si sposta q del tratto δz il campo E compie un lavoro δL pari a
δL =
q 2 ε2 − ε1 1
δz = δV
4πε0 ε1 ε2 + ε1 (2d)2
28
Ne segue che all’elettrone va associata un’energia potenziale
V (r) = −
q 2 ε2 − ε1 1
4πε0 ε1 ε2 + ε1 2d
(b) Nel caso di due cariche q1 , q2 poste rispettivamente in r1 , r2 l’energia di
interazione è data per z1 , z2 > 0 da
1 ε2 − ε1 q12
q22
V (r) = −
+
4πε0 ε1 ε2 + ε1 2d1 2d2
q1 q2
2ε1
1
1
2ε2
1
−
+
+
4πε0 ε1 ε2 + ε1 |r1 − r2 | ε2 + ε1 |r1 − r2 | |r1 − r2 |
mentre per z1 , −z2 > 0
V (r) = −
1 ε2 − ε1 q22
q1 q2
1 ε2 − ε1 q12
2
1
+
−
4πε0 ε1 ε2 + ε1 2d1 4πε0 ε2 ε2 + ε1 2d2 4πε0 ε2 + ε1 |r1 − r2 |
(c) Per una generica distribuzione di cariche contenute nello spazio z > 0 si
ha
1
V=−
4πε0 ε1
ρ (r) ρ (r ) 3 3 1 ε2 − ε1
d rd r +
|r − r |
4πε0 ε1 ε2 + ε1
ρ (r) ρ (r ) 3 3 d rd r
|r − r |
con r = σr l’immagine speculare (σ) di r rispetto al piano z = 0
(d) mentre per una distribuzione estesa sia a z > 0 che a z < 0
1
1
ρ1 (r) ρ1 (r ) 3 3 ρ2 (r) ρ2 (r ) 3 3 V = −
rd
r
−
d
d rd r
4πε0 ε1
|r − r |
4πε0 ε2
|r − r |
r,r ∈z>0
r,r ∈z<0
1 ε2 − ε1
ρ1 (r) ρ1 (r ) 3 3 +
d rd r
4πε0 ε1 ε2 + ε1
|r − σr |
r,r ∈z>0
1 ε2 − ε1
ρ2 (r) ρ2 (r ) 3 3 −
d rd r
4πε0 ε2 ε2 + ε1
|r − σr |
r,r ∈z<0
1
2
ρ1 (r) ρ2 (r ) 3 3 −
d rd r
4πε0 ε2 + ε1
|r − r |
r∈z>0,r ∈z<0
ovvero,
V
= −
1
4πε0
+
1
4πε0
r,r
r,r
2
ρ (r) ρ (r ) 3 3 d rd r
ε (r) + ε (r ) |r − r |
ε (r) − ε (σr ) ρ (r) ρ (r ) 3 3 d rd r
ε (r) (ε (r) + ε (r )) |r − σr |
Exercise 24 Una sfera dielettrica di raggio a e costante dielettrica ε1 è posta
in un liquido di costante dielettrica ε2 in cui preesisteva un campo elettrico E.
Calcolare il campo elettrico risultante all’interno ed all’esterno della sfera
29
Figure 4:
Soluzione: Con riferimento alla Fig. (4) si vede facilmente che il potenziale
V (r) è invariante per rotazione intorno all’asse passante pe il centro della sfera
e parallelo ad E. Pertanto, utilizzando coordinate sferiche con centro nella sfera
ed orientate secondo E e tendendo conto che V (r) è soluzione dell’equazione di
Laplace, conviene espanderlo in armoniche sfere Yl0 (θ, φ) = Pl (cos θ) ottenendo
così
(1)
ql
(1) l
V1 (r, θ) =
Ql r + l+1 Pl (cos θ)
r
l=0
(2)
ql
(2) l
V2 (r, θ) =
Ql r + l+1 Pl (cos θ)
r
l=0
(1)
(2)
(1)
(2)
con Ql , Ql , ql , ql
contorno sulla sfera
costanti da determinare imponendo: (a) le condizioni al
V1 (a, θ) = V2 (a, θ)
∂
∂
ε1
V1 (r, θ)
= ε2
V2 (r, θ)
∂r
∂r
r=a
r=a
(b) la condizione che V1 (r, θ) sia finito per r = 0 e (c) che per r → ∞ ∇V2 → −
E . Ne segue che
3ε2
Er cos θ
ε1 + 2ε2
ε2 − ε1 a 3
V2 (r, θ) = − 1 +
Er cos θ
ε1 + 2ε2 r
V1 (r, θ) = −
30
ovvero
3ε2
E
ε1 + 2ε2
ε2 − ε1 a 3
= −∇V2 = E+
(1 − 3r̂r̂) · E
ε1 + 2ε2 r
E1
= −∇V1 =
E2
Pertanto il campo all’esterno si arricchisce del contributo di un dipolo elettrico
℘ = 4πε0 ε2
ε2 − ε1 3
a E
ε1 + 2ε2
corrispondente ad una polarizzazione
P=
℘
Vsf era
= 3ε0 ε2
ε2 − ε1
ε2 − ε1
E = αp 3
D
ε1 + 2ε2
ε1 + 2ε2
ovvero la sfera dielettrica si polarizza rispondendo ad un campo locale
Eloc = 3
ε2 − ε1
1
E=
E
ε1 + 2ε2
1 − nα3 p
Questo risultato conferma indirettamente la formula di Clausius-Mossotti (v.
Eq. (10.44)). Vedi inoltre Sez. Campo locale
Exercise 25 Calcolare (a) il potenziale15 creato da una carica puntiforme posta
a distanza r0 da una sfera dielettrica di raggio a , (b) la forza agente sulla
carica
Soluzione: Conviene dividire lo spazio in tre regioni : I r < a, II a < r <
r0 , III r0 < r. Dal momento che il sistema è invariante per rotazione intorno
all’asse passante per l’origine e la carica conviene scegliere questo come asse
z. Inoltre in un guscio sferico privo di cariche e compreso tra r = a e r = b
il potenziale è soluzione dell’equazione di Laplace e può essere espresso nella
forma
1
An rn + Bn n+1 Pn (cos θ)
r
n
dove An e Bn sono dei generici coefficienti.
Pertanto il potenziale nelle 3 regioni è espresso da:
VI =
An rn Pn (cos θ)
n
VII
=
VIII
=
r n
q
1
Pn (cos θ) +
Bn n+1 Pn (cos θ)
4πε0 r0 n r0
r
n
n
q
r0
1
Pn (cos θ) +
Bn n+1 Pn (cos θ)
4πε0 r n
r
r
n
1 5 W. K. H. Panofsky and M. Phillips, "Classical Electricity and Magnetism", Dover Publications Inc., N. Y. 2005
31
Imponendo le condizioni al contorno sulla sfera
VI (a, θ) = VII (a, θ)
∂
∂
ε
VI (r, θ)
=
VII (r, θ)
∂r
∂r
r=a
r=a
si ha
n
An a Pn (cos θ) =
n
ε
nAn an−1 Pn (cos θ) =
n
a n
q
1
Pn (cos θ) +
Bn n+1 Pn (cos θ)
4πε0 r0 n r0
a
n
a n
q
n+1
n
Pn (cos θ) −
Bn n+2 Pn (cos θ)
4πε0 r0 a n
r0
a
n
Ne discende il sistema di equazioni
An an
=
εnAn an−1
=
da cui
An
=
Bn
=
n
q
1
a
+ Bn n+1
4πε0 r0 r0
a
n
n+1
q
a
− Bn n+2
n
4πε0 r0 a
r0
a
n
(n + 1)2
q
a
(1 + ε) n + 1 4πε0 r0 r0
n
qan+1
(n + 1)2 an
a
−1
4πε0 r0 (1 + ε) n + 1
r0
(b) Una volta trovato il potenziale si ha che l’energia potenziale è data da
q2 1
V = −qVII (r0 , 0) = −
1 + Bn n+1 Pn (1)
4πε0 r0 n
r0
1.2.10
Forze di van der Waals
Exercise 26 Due atomi di idrogeno sufficientemente distanti interagiscono tra
di essi come due dipoli (forze di Van der Waals ). Considerando come sistema
imperturbato i due atomi di idrogeno non interagenti nello stato fondamentale,
calcolare perturbativamente al secondo ordine la correzione all’energia dovuta
all’interazione dipolo-dipolo (si trascurino gli spin elettronici).
Soluzione: Sia R la distanza tra i due atomi, r1 la coordinata dell’elettrone
legato all’atomo 1 con origine nel nucleo, r2 l’analogo per l’elettrone dell’atomo
2. I momenti di dipolo sono ℘1 = −er1 e ℘2 = −e r2 . Si usi il risultato
dell’esercizio precedente. La correzione al primo ordine è nulla mentre al secondo
ordine si ricorre alla relazione di chiusura stabilita nella teoria perturbativa. Si
trova
C
∆E (2) 6
R
dove C è una costante.
32
Exercise 27 Si ripeta l’esercizio precedente considerando come stato imperturbato quello costruito con un atomo nello stato fondamentale e l’altro nel primo
stato eccitato (si trascurino gli spin elettronici).
Soluzione: Dalla teoria delle perturbazioni per stati degeneri discende
∆E ±
C
R3
Exercise 28 Si consideri un atomo di idrogeno posto ad una distanza R da una
parete metallica perfettamente conduttrice. Usando il metodo delle immagini
dell’elettrostatica, (a) calcolare la correzione all’energia dello stato fondamentale
al primo ordine perturbativo; (b) discutere di cosa accade al primo stato eccitato.
Soluzione: L’interazione tra atomo e parete è quella tra il dipolo atomico
℘ = er e quello immagine ℘i = eri (essendo ri ≡ (x, y, −z)). Quindi dalla Eq.
(??) discende
Vad = −
x2 + y2 + 2z 2
r2
=−
(1 + cos2 (θ)) (u.a.)
3
16R
16R3
dove x, y e z sono le coordinate dell’elettrone rispetto al protone. Per lo stato
fondamentale al primo ordine si ha
∆E = −
1
8R3
L’atomo viene attirato dalla superficie dando così luogo al fenomeno dell’adsorbimento.
(b) Per il livello degenere n = 2 conviene quantizzare la proiezione del momento
angolare lungo l’asse z. Notiamo subito che
2p1 |Vad | 2p−1 = 2s |Vad | 2p−1 = 2s |Vad | 2p0 = 2p0 |Vad | 2p±1 = 0
mentre per i termini diagonali si ha
2p1 |Vad | 2p1 = 2p−1 |Vad | 2p−1 = −
2.25
R3
3
R3
3.5
2s |Vad | 2s = − 3
R
2p0 |Vad | 2p0 = −
In conclusione, il livello 4-volte degenere n = 2 si separa in tre livelli di cui
quello più elevato risulta 2-volte degenere.
Exercise 29 Le forze di interazione di van der Waals dipendono dalla fluttuazione quadraticamedia
di dipolo dell’atomo allo stato fonda del momento
mentale. Calcolare ℘2 = e2 r2 per l’atomo di idrogeno.
2
Soluzione:
Dalle
espressioni
degli
elementi
di
matrice
nlm|r
|nlm
risulta
2 2
2 2
100|e r |100 = 3e a0
33
Exercise 30 Due atomi di idrogeno sufficientemente distanti interagiscono tra
loro come due dipoli (forze di Van der Waals ). Considerando come sistema
imperturbato i due atomi di idrogeno non interagenti nello stato fondamentale,
calcolare perturbativamente al secondo ordine la correzione all’energia dovuta
all’interazione dipolo-dipolo (si trascurino gli spin elettronici).
Soluzione: Sia R la distanza tra i due atomi, r1 la coordinata dell’elettrone
legato all’atomo 1 con origine nel nucleo, r2 l’analogo per l’elettrone dell’atomo
2. I momenti di dipolo sono ℘1 = −er1 e ℘2 = −e r2 . Si usi il risultato
dell’esercizio precedente. La correzione al primo ordine è nulla mentre al secondo
ordine si ricorre alla relazione di chiusura stabilita nella teoria perturbativa. Si
trova
C
∆E (2) 6
R
dove C è una costante.
Exercise 31 Si ripeta l’esercizio precedente considerando come stato imperturbato quello costruito con un atomo nello stato fondamentale e l’altro nel primo
stato eccitato (si trascurino gli spin elettronici).
Soluzione: Dalla teoria delle perturbazioni per stati degeneri discende
∆E ±
C
r3
Exercise 32 Si consideri un atomo di idrogeno posto ad una distanza R da una
parete metallica perfettamente conduttrice. Usando il metodo delle immagini
dell’elettrostatica, (a) calcolare la correzione all’energia dello stato fondamentale
al primo ordine perturbativo; (b) discutere cosa accade al primo stato eccitato.
Soluzione: L’interazione tra atomo e parete è quella tra dipolo atomico ℘ =
er e immagine ℘i = eri (essendo ri ≡ (x, y, −z)). Quindi, dalla Eq. (??)
discende
x2 + y2 + 2z 2
r2
Vad = −
=−
(1 + cos2 (θ)) (u.a.)
3
16R
16R3
dove x, y e z sono le coordinate dell’elettrone rispetto al protone. Per lo stato
fondamentale al primo ordine si ha
∆E = −
1
8R3
L’atomo viene attirato dalla superficie dando così luogo al fenomeno dell’adsorbimento.
(b) Per il livello degenere n = 2 conviene quantizzare la proiezione del momento
angolare lungo l’asse z. Notiamo subito che
2p1 |Vad | 2p−1 = 2s |Vad | 2p−1 = 2s |Vad | 2p0 = 2p0 |Vad | 2p±1 = 0
34
mentre per i termini diagonali si ha
2p1 |Vad | 2p1 = 2p−1 |Vad | 2p−1 = −
2.25
R3
3
R3
3.5
2s |Vad | 2s = − 3
R
2p0 |Vad | 2p0 = −
In conclusione, il livello 4-volte degenere n = 2 si separa in tre livelli di cui
quello più elevato risulta 2-volte degenere.
1.3
Magnetismo
Il comportamento magnetico degli atomi è dovuto al momento angolare delle
cariche in movimento. Esso ha origine dallo spin elettronico S e dal momento
angolare orbitale L. Un eletrone contribuisce col momento di 1 magnetone di
Bohr µB = 9.27·10−24 Am2 come evidenziato dagli esperimenti di Stern-Gerlach
e Zeeman. I contributi da elettroni accoppiati si eliminano a vicenda per cui
effetti nagnetici forti si attendono da elettroni non accoppiati.
Exercise 33 Calcolare i fattori di Landè dei termini fondamentali degli atomi
della serie del ferro Sc= [Ar]4s2 3d,Ti= [Ar]4s2 3d2 ,V= [Ar]4s2 3d3 ,Cr= [Ar]4s3d5 ,Mn=
[Ar]4s2 3d5 ,
Fe= [Ar]4s2 3d6 ,Co= [Ar]4s2 3d7 ,Ni= [Ar]4s2 3d8 ,Cu= [Ar]4s3d10 ,Zn= [Ar]4s2 3d10 ??.
Soluzione: Per lo scandio S = 1/2, L = D per cui 2 D3/2 g=; per il titanio
S = 1, L = F e 3 F2 , per il vanadio S = 3/2, L = F e 4 F3/2 ; per il cromo
S = 3, L = 0 e 7 S3 ; per il manganese S = 5/2, L = S e 6 S5/2 ; per il ferro
S = 2, L = D e 5 D4 ; per il cobalto S = 3/2, L = F e 4 F9/2 , per il nickel
S = 1, L = F e 3 F4 , per il rame S = 1/2, L = S e 1 S0 , per lo zinco S = 0, L = S
e 1 S0
Exercise 34 Utilizzando la regola di Hund calcolare il momento magnetico di
un atomo nello stato fondamentale con configurazione elettronica np5 e nd3 .
Exercise 35 Tenendo conto delle configurazioni elettroniche dei seguenti atomi:
B= [He]2s2 p, C= [He]2s2 p2 , N= [He]2s2 p3 , O= [He]2s2 p4 , F= [He]2s2 p5 e
Ne= [He]2s2 p6 , individuare i relativi momenti magnetici
1.3.1
Magnetismo nei solidi
In alcuni materiali ciascun atomo possiede un momento di dipolo permanente
a seguito dell’incompleta cancellazione degli spin elettronici e/o del momento
magnetico orbitale. In assenza di un campo esterno questi momenti risultano orientati in modo disordinato lungo tutte le direzioni. Inoltre questi dipoli non interagiscono tra loro e sono liberi di ruotare. L’applicazione di un campo esterno
35
elementi
B = [He]2s2 p
C = [He]2s2 p2
N = [He]2s2 p3
O = [He]2s2 p4
F = [He]2s2 p5
Ne = [He]2s2 p6
S
1
2
1
3
2
1
1
2
0
L
1
1
0
1
1
0
fattore di Landè magnetoni di Bohr
2
P 12
3
P0
4
S3/2
3
P2
2
P3/2
1
S0
Table 1: Table Caption
produce un parziale orientamento di questi dipoli dando così luogo al fenomeno
del paramagnetismo. Allineandosi in parte col campo esterno contribuiscono ad
aumentare il campo esterno applicato dando così lugo ad una permeabilità relativa µr maggiore di 1. Le suscettività sono comprese nell’intervallo 10−5 ÷ 10−2
1.3.2
Materiali diamagnetici
Exercise 36 Un atomo diamagnetico non ha un momento magnetico proprio,
ma un campo esterno induce un piccolo momento diretto in verso opposto. In
questi casi la suscettività è negativa. La suscettività magnetica del Si è pari a
−0.4 · 10−4 . Calcolare la densità di flusso e la magnetizzazione in un campo H
di 106 A/m
Exercise 37 Stimare la suscettività diamagnetica del Si assumendo che gli elettroni atomici descrivono orbite circolari di un Å
1.3.3
Materiali paramagnetici
In un gas paramagnetico le molecole si comportano come piccoli dipoli magnetici
di momento m che si orientano per effetto di un campo magnetico esterno B diretto lungo l’asse z. In assenza di agitazione termica le molecole si orienterebbero
parallelamente a B. A causa di tali moti l’effetto del campo è quello di orientare
i dipoli riducendo il numero di quelle che deviano dalla direzione ẑ. Un paramagnete presenta un momento magnetico medio per particella di momento J e
fattore di Landè gJ proporzionale alla funzione di Brillouin BJ (µB gJ BJ/kB T ),
che si riduce a quella di Langevin per J molto grande
B
µB gJ BJ
m
= µB gJ BJ
−→
J→∞
T
kB T
Ne discende che
una suscettività χ che varia come 1/T.
N
B
M= m
= χ (T )
V
T
Exercise 38 Calcolare la magnetizzazione del gas paramagnetico in funzione
della temperatura.
36
Soluzione: dall’espressione dell’energia −B·m di un dipolo magnetico m in
un campo B si ha che la percentuale di molecole che orientate in un angolo
solido dΩ = 2π sin θdθ è proporzionale al fattore di Boltzmann
exp (βBm cos θ)
Pertanto, integrando su tutte le direzioni ottiene la cosiddetta formula di Langevin
formula
π
1
1
Langevin
m = m2π
exp (βBm cos θ) cos θ sin θdθ = Nm coth (βBm) −
4π 0
βBm
Exercise 39 Utilizzando la formula di Langevin ricavare la suscettività magnetica, ovvero la risposta del gas paramagnetico a campi sufficientemente deboli.
Soluzione: Per campi sufficientemente deboli m risulta proporzionale a B.
Infatti per argomenti piccoli si ha
1 + 12 x2
1
1 2
coth x =
1
+
x
x
3
x + 16 x3
Pertanto
M =
N 1 Bm
= χB
V 3 kB T
ovvero la suscettività magnetica χ è inversamente proporzionale alla temperatura
C
N m2
χ=
=
T
V 3kB T
La costante C è nota come costante di Curie.
Exercise 40 Un sistema di particelle di spin 1 in equilibrio in presenza di un
campo magnetico B ha un momento magnetico m medio m(< 1) -volte quello
massimo. Calcolare: (i) la distribuzione delle particelle fra i tre stati di spin;
(ii) la funzione di partizione e l’energia interna U in funzione della temperatura;
(iii) il momento magnetico m (T ) in funzione della temperatura ed infine (iv)
l’entropia in funzione di T .
Exercise 41 S (a temperatura T ) ed S (a temperatura T ) sono due sistemi
isolati costituiti da N ed N atomi con spin 1/2 ed immersi in un campo
B. (a) Se le temperature sono abbastanza basse, quale sarebbe la temperatura
di equilibrio se venissero messi a contatto diatermico, in particolare quando
|T − T | << T + T , rimanendo sempre sotto l’azione dello stesso campo B?
1.3.4
Materiali ferromagnetici
I materiali ferromagnetici posseggono un momento magnetico in assenza di
campo esterno. Queste proprietà sono tipiche dei metalli di transizione Fe
(nella forma BCC α ferrite), Co Ni ed alcuni metalli delle terre rare come il
37
di
Figure 5: Diagramma di Hund del momento magnetico delle terre rare
gadolinio (Gd). Essi presentano suscettività magnetiche molto alte 106 I momenti magnetici permanenti nei materiali ferromagnetici sono quelli degl termine fondamentale. Inoltre, nei ferromagneti l’accoppiamento tra spin di atomi
adiacenti produce il mutuo allineamento degli stessi. L’origine di queste forze
di accoppiamento è legata alla struttura elettronica del metallo. Si definisce
magnetizzazione di saturazione Ms il valore massimo raggiunto quando tutti i
momenti atomici si allineano col campo esterno.
Exercise 42 Calcolare la magnetizzazione di saturazione per singolo atomo di
Fe,Ni e Co sulla base dei termini fondamentali previsti dalle regole di Hund.
Discutere perchè questi valori differiscono da quelli sperimentali Fe, Co e Ni si
ha 2.22 µB (Fe) , 1.72 µB (Co) e 0.60 µB (Ni)
Exercise 43 Calcolare la magnetizzazione di saturazione del Ni che ha una
densità di 8.90 g/cm3
1.3.5
Equazioni di Bloch
Se indichiamo con mN il momento magnetico di un atomo, di qualunque natura
esso sia, l’energia di interazione con un campo magnetico B sarà:
Vm = −mN · B
38
L’interazione con il campo farà sì che l’atomo sia sottoposto ad una forza F =
−∇Vm di trascinamento ed ad un momento T = m × B che provocherà un
moto di precessione del momento magnetico intorno alla direzione del campo
magnetico B.
Lo spin I di un nucleo sottoposto ad un campo magnetico costante B0 diretto
lungo l’asse z e ad un campo oscillante 2B1 cos(ωt) diretto lungo x, effettua un
movimento di precessione descritto dall’equazione
d
I = γ N I×[B0 ẑ + 2B1 cos(ωt)x̂]
dt
(16)
dove
gI µN
sta per il rapporto giromagnetico del nucleo, µN è il magnetone nucleare e gI il
fattore di Landè.
In un sistema x , y , z = z
γN =
x = x cos(ωt) − y sin(ωt)
y = y cos(ωt) + x sin(ωt)
rotante attorno all’asse z con velocità angolare ω la Eq. (16) si riduce a
d
I = I×[(ω L − ω) ẑ + γB1 x̂ + γB1 (cos(2ωt)x̂ + sin(2ωt)ŷ )]
dt
(17)
(ω L = γB0 ) ovvero, lo spin risulta sottoposto ad un campo efficace
Bef f =
1
(ω L − ω) ẑ + B1 x̂
γN
costante nel tempo e ad un campo ruotante a frequenza 2ω di ampiezza B1 .
Per integrare l’equazione del moto di I si dovrebbe tener conto delle relazioni
di commutazione delle tre componenti del momento nucleare. Per semplicità si
immaginerà di trattare I come una grandezza classica. Nel caso in cui ω |ωL − ω| si può ignorare il campo rotante, per cui I si muove effettuando un
movimento di precessione
I = Ix cos(ΩR t + ϕx )x̂ + Iy cos(ΩR t + ϕy )ŷ + Iz cos(ΩR t + ϕz )ẑ
attorno al vettore di Rabi
ΩR = γ N Bef f
(18)
e scambiando col campo oscillante la potenza
P = −γ N B1 ·
d
I = −γ 2N B1 · ( I×B0 ) = −2γ 2N B0 B1 Iy (t) cos(ωt)
dt
(19)
D’altra parte
Iy (t) cos(ωt) = Ix cos(ΩR t + ϕx ) sin(ωt) cos(ωt) + Iy cos(ΩR t + ϕy ) cos2 (ωt)
39
Per una frequenza di Rabi molto più piccola di ω si può dividere P in un termine
oscillante a frequenza 2ω ed in un altro lentamente variabile
P (t) = −γ 2N B0 B1 Iy cos(ΩR t + ϕy )
che descrive uno scambio periodico di energia tra lo spin ed il campo.
Che lo spin possa restituire periodicamente al campo l’energia acquisita
è conseguenza del fatto che abbiamo trascurato i fenomeni dissipativi legati
all’interazione con altri spin e col reticolo cristallino. Questi fenomeni dipendono dalla temperatura. Infatti il moto di precessione degli spin nucleari sotto
l’effetto dei campi applicati perturba lo stato di equilibrio del sistema macroscopico. Pertanto, l’equazione del moto dello spin (16) andrà modificata aggiungendovi un termine che descriva la deviazione dall’equilibrio,
d
I = γI×B+Lter (I)
dt
Lter (I) avrà l’effetto di ricondurre I al valore di equilibrio Ieq una volta cessata
la perturbazione. Per campi non molto intensi Lter (I) può essere approssimato,
come mostrato da Felix Bloch, con termini lineari in I,
Lter (I) = −
Iz − Ieq
I⊥
ẑ −
τ long
τ tr
In altri termini, una volta cessata la perturbazione la componente longitudinale
Iz (parallela al campo applicato) e trasversa I⊥ tendono esponenzialmente ai
valori di equilibrio Ieq e 0 con costanti di tempo generalmente diverse tra loro.
Sia τ long che τ tr dipendono dalla temperatura.
Pertanto, il moto dello spin è descritto dalla cosiddetta equazione di Bloch
d
Iz − Ieq
I⊥
I=−
ẑ −
+ γ N I× (B0 ẑ + 2B1 cos(ωt)x̂)
dt
τ
τ⊥
(20)
dove Ieq rappresenta il valore di equilibrio di I, I⊥ sta per la componente
trasversa del vettore, mentre τ e τ ⊥ indicano rispettivamente i tempi di rilassamento spin-reticolo e spin-spin. Questa equazione può essere utilizzata
anche per analizzare l’interazione risonante di un fascio laser con un sistema
atomico a due livelli.
Approssimazione di onda rotante Quando la fequenza ω è prossima alla
frequenza di Larmor, si possono ignorare nella Eq. (17) i termini oscillanti a
frequenza 2ω, riducendo così l’equazione di Bloch (v. (20)) nel sistema rotante
a frequenza ω ad una equazione a coefficienti costanti,
d
Iz − Ieq
I⊥
I = I × ΩR −
ẑ −
dt
τ
τ⊥
(21)
con ΩR = (ω L − ω) ẑ + γB1 x̂ . Pertanto nel sistema rotante I effettuerà un
movimento di precessione smorzato attorno al vettore di Rabi ΩR , stabilizzandosi esponenzialmente dopo un tempo dell’ordine di τ long e τ tr sul vettore I∞
40
che rende nulla la derivata
d
dt I∞ ,
I∞ ×ΩR −
(v. Eq. (20)), Ovvero (ω L − ω) ẑ + γB1 x̂ ]
Iz∞ − Ieq
I⊥∞
ẑ −
=0
τ
τ⊥
(22)
da cui
Iy ∞
Ix ∞
γτ ⊥ Ieq
2
+ γ N τ ⊥ τ B12 + τ 2⊥ (ω L
=
1
= τ ⊥ (ω L − ω) Iy
2 B1
− ω)
(23)
Ne segue che nel sistema di laboratorio il vettore I∞ ruoterà a velocità ω. In
particolare Ix∞ (t) può essere espressa nella forma
Ix∞ (t) = Ieq τ ⊥ γ N B1 (χ cos(ωt) − χ” sin(ωt))
Utilizzando l’Eq. (23) si può facilmente dimostrare che χ e χ sono rispettivamente la parte reale ed immaginaria della suscettività complessa
1
χ(ω) = χ (ω) − iχ (ω) = −i
1 + γ 2N B21 τ ⊥ τ + i(ω − ω L )τ ⊥
(24)
Da queste considerazioni discende che la componente Ix (t) del momento
nucleare lungo l’asse della bobina di eccitazione di un apparato NMR è proporzionale al campo magnetico oscillante B1 attraverso la suscettività generalizzata χ.
L’oscillazione a frequenza ω di Ix (t) indurrà a sua volta un potenziale
VNMR (t) = [VNMR (ω) exp (iωt)]
ai capi della bobina di eccitazione del campione pari a
VNMR (ω) = iLNMR ω χ (ω) − iχ (ω) I (ω)
con LNMR un coefficiente di proporzionalità dipendente dal numero di momenti
nucleari coinvolti nella risonanza e con
I(t) = [I (ω) exp(iωt)]
l’ampiezza della corrente che circola nella bobina. Pertanto, ai morsetti A e B
del circuito di eccitazione (vedi Fig. (??)) si vedrà un’impedenza pari a
Z (ω) = iω Lbobina + LNMR χ (ω) − iχ (ω)
dove Lbobina indica l’induttanza in assenza di risonanza nucleare. Notiamo che
χ risulta massima alla risonanza, che presenta una larghezza pari a Γ = 1/τ ⊥
(v. Fig. (6). Questo tipo di risonanza, tipico di molti fenomeni di interazione
tra radiazione e materia, è caratterizzata da una suscettività complessa della
forma
1
χ (ω) − iχ (ω) ∝ −i
1 + i(ω − ω r )τ
41
Lorentziana
Remark 44 La relativa riga di assorbimento è chiamata Lorentziana.
Per variare la larghezza Γ della risonanza si deve modificare il tempo di rilassamento spin-spin. A tal fine si usa sciogliere nell’acqua dei sali di ferro. I
momenti magnetici dispersi nell’acqua si termalizzano rapidamente e, interagendo coi protoni, finiscono per termalizzare rapidamente quest’ultimi.
[width=0.5]Ex-Impedenza.ps
Figure 6: Parte reale ed immaginaria della suscettività di un campione in
prossimità di una risonanza nucleare. In basso è riportato il circuito equivalente visto ai morsetti A e B della bobina di eccitazione indicata nel precedente
schema dell’apparato.
Utilizzando questa espressione della suscettività si ottiene facilmente la potenza
assorbita
1
P (ω) = γ N τ ⊥ ωB21 Ieq χ” (ω)
2
Si vede dunque che per effetto dei rilassamenti la potenza media scambiata non
oscilla più alla frequenza di Rabi. Essa presenterà una dipendenza da ω simile
a quella di χ (ω).
Exercise 45 Discutere il moto di una grandezza vettoriale L descritta dall’Hamiltoniana
H = L·N
in cui N è un vettore costante
Exercise 46 Partendo dall’esercizio precedente analizzare il caso in cui l’hamiltoniana
della grandezza vettoriale L sia della forma
H = L· (N + M cos (Ωt))
dove M è un vettore perpendicolare a N e di ampiezza molto piccola rispetto
a quest’ultimo. Considerare il caso in cui Ω sia prossimo alla frequenza di
precessione di L attorno ad N .
Exercise 47 Si consideri un elettrone che descrive un’orbita circolare di raggio
“a” con velocità ω attorno all’origine di un sistema K di assi cartesiani X, Y,
Z. Il momento angolare L (costante) della particella forma un angolo α con ẑ.
Calcolare il momento agolare nel sistema di laboratorio KL (x,y,z) che ruota
con velocità angolare ωL ( ω) attorno a Ẑ.
Soluzione: In un sistema cartesiano K (ξ, η, ς) ottenuto ruotando K attorno
all’origine facendo coincidere l’asse ς con L̂ l’orbita dell’elettrone è descritta
dalle equazioni
ξ
η
ζ
= a cos (ωt)
= a sin (ωt)
= 0
42
Pertanto passando da K ad K
X
Y
Z
= ξ = a cos (ωt)
= cos α η + sin α ς = a cos α sin (ωt)
= − sin α η + cos α ζ = −a sin α sin (ωt)
e da K a KL
x = cos (ω L t) X + sin (ω L t) Y = a cos (ω L t) cos (ωt) + a cos α sin (ωL t) sin (ωt)
1
1
=
(1 − cos α) a cos [(ω + ω L ) t] + (1 − cos α) a cos [(ω − ω L ) t]
2
2
2 1
2 1
= a sin α cos [(ω + ωL ) t] + a cos α cos [(ω − ωL ) t]
2
2
y = − sin (ω L t) X + cos (ωL t) Y = −a sin (ω L t) cos (ωt) + a cos α cos (ωL t) sin (ωt)
1
1
= −a sin2 α sin [(ω + ω L ) t] + a cos2 α sin [(ω − ω L ) t]
2
2
z = Z = −a sin α sin (ωt)
Pertanto,
Lx
ma2
y ż − z ẏ
2 1
2 1
=
−
−
sin
)
t]
+
cos
)
t]
ω sin α cos (ωt)
α
sin
[(ω
+
ω
α
sin
[(ω
−
ω
L
L
a2
2
2
1
1
+ sin α sin (ωt) − sin2 α (ω + ω L ) cos [(ω + ω L ) t] + cos2 α (ω − ωL ) cos [(ω − ω L ) t]
2
2
1
1
= ω sin2 α sin α cos (ωt) sin [(ω + ω L ) t] − ω cos2 α sin α cos (ωt) sin [(ω − ωL ) t]
2
2
1
2 1
− (ω + ω L ) sin α sin α sin (ωt) cos [(ω + ωL ) t] + (ω − ω L ) cos2 α sin α sin (ωt) cos [(ω − ω L ) t
2
2
= Lx,ωL sin (ω L t) + Lx,2ω+ωL sin ((2ω + ωL ) t) + Lx,2ω−ωL sin ((2ω − ω L ) t)
=
dove
Lx,ωL
Lx,2ω+ωL
Lx,2ω−ωL
= (ω − ω L cos α) sin α
1
1
=
ω − ω L sin2 α sin α
2
2
1
2 1
=
ω L sin α sin α
2
2
43
Espressioni analoghe valgono per Ly mentre
=
=
=
=
=
Lz
ma2
xẏ − y ẋ
2
a
1
1
2 1
2 1
sin α cos [(ω + ωL ) t] + cos α cos [(ω − ω L ) t]
− sin2 α (ω + ω L ) cos [(ω + ω L ) t] + cos2 α (
2
2
2
2
1
1
1
1
+ − sin2 α sin [(ω + ω L ) t] + cos2 α sin [(ω − ω L ) t]
sin2 α (ω + ω L ) sin [(ω + ωL ) t] + cos2 α
2
2
2
2
1
1
1
− sin4 α (ω + ω L ) cos2 [(ω + ω L ) t] + cos4 α (ω − ω L ) cos2 [(ω − ωL ) t] − sin2 αω L cos [(ω + ω L ) t]
2
2
2
1
1
1
− sin4 α (ω + ω L ) sin2 [(ω + ω L ) t] + cos4 α (ω − ω L ) sin2 [(ω − ω L ) t] + sin2 αωL sin [(ω + ω L ) t]
2
2
2
1
1
1
− sin4 α (ω + ω L ) + cos4 α (ω − ω L ) − sin2 αω L cos (2ωt) cos (2ωL t)
2
2
2
Lz,0 + Lz,2ω+2ωL cos (2 (ω + ωL ) t) + Lz,2ω−2ωL cos (2 (ω − ωL ) t)
In conclusione il momento angolare dell’elettrone in KL può essere decomposto
in componenti oscillanti a varie frequenze
LL = LLz,0 +LL⊥,ωL +LL⊥,2ω+ωL + LL⊥,2ω−ωL + LLz,2ω+2ωL + LLz,2ω−2ωL
In particolare, ignorando le componenti oscillanti ad alte frequenze si vede che
LL Lz,0 +L⊥,ωL effettua una precessione intorno all’asse z a frequenza ωL .
Inoltre la componente lungo z presenta due componenti
1 + cos2 α
LLz,0 = ma2 cos α ω −
ωL
2
di cui la prima è legata al moto in K mentre la seconda rappresenta il contributo della rotazione di KL rispetto ad K. In conclusione il passaggio ad
un riferimento rotante implica la precessione di L e l’aggiunta di una comp2
α
nente costante −ma2 1+cos
ωL dipendente sia dalla velocità di rotazione ωL
2
che dall’inclinazione di L rispetto a ω L , ovvero l’elettrone acquista un momento angolare pari a
∆LLz = −I⊥ ωL ẑ
dove
1 + cos2 α
= m x2 + y 2
2
rappresenta il momento di inerzia medio dell’elettrone rispetto all’asse z.
I⊥ = ma2
Exercise 48 Si consideri una insieme di elettroni che muovendosi in un campo
centrale descrivono orbite circolari di raggio a, con velocità angolari ω e comunque orientate attorno ai rispettivi nuclei. Applicando ora un campo magnetico costante ed uniforme B diretto lungo z, si induce una precessione delle orbite. Si calcoli il momento angolare medio. Si utilizzino le conclusioni dell’esercizio
precedente ed il teorema di Larmor.
44
Soluzione: Dal teorema di Larmor discende che il moto degli elettroni in
presenza di B coincide con quello senza campo in un sistema O che ruoti con
velocità ω L rispetto al laboratorio OL . In O abbiamo quindi un insieme di orbite
di raggio a, descritte con velocità angolare ω con momento angolare costante
e comunque diretto diretto rispetto a B. Pertanto il momento angolare medio
risulta nullo,
L =
0. Passando da O a OL LL differisce da L del termine
−ma2 21 1 + cos2 α ωL B̂ e si ha
1
2
∆LL = −ma2 1 + cos2 α ωL B̂ = −ma2 ω L B̂
2
3
Accoppiamento spin nell’NMR
Exercise 49 Si calcoli la suscettività magnetica χ di un insieme di elettroni
che si muovono attorno ai rispettivi nuclei.
Per calcolare χ si deve calcolare la magnetizzazione M indotta da un campo
magnetico B. Essa è proporzionale alla variazione ∆LL indotta da B (v.
e
esercizio precedente) attraverso il fattore giromagnetico 2m
N
N e
N e
2
m=−
Z ∆LL = −
Zma2 ω L B̂ = −χB
V
V 2m
V 2m
3
dove Z sta per il numero di elettroni per atomo. Pertanto la suscettività diamagnetica sarà data da
N e2 2 2
χ=−
Z a
V 6m
3
Exercise 50 Calcolare l’effetto sulla risonanza di un nucleo di spin 2 posto in
r1 , la vicinanza di un altro nucleo di spin 2 in r2 , e distante r12 = |r2 − r1 |.
Assumere il vettore r12 = r2 − r1 perpendicolare al campo magnetico B0 (asse z)
e supporre che i due nuclei presentino spostamenti chimici diversi. Dall’entità
dello sdoppiamento della risonanza dedurre la distanza r12 .
M=
Soluzione: Il modo più semplice per studiare questo sistema è quello di
partire dalla hamiltoniana:
µ 1
H = γ(1 − σ1 )B0 · I1 + γ N (1 − σ2 )B0 · I2 + 0 3 γ 2N 2 [I1 · I2 − 3 (I1 · r̂12 ) (I2 · r̂12 )]
4π r12
≡ H0 + ξ (r12 ) V
essendo µ0 la permeabilità del vuoto,
ξ (r12 ) = −
e
µ0 1 2 2
3 γN 4π r12
V
= I1 · I2 − 3 (I1 · r̂12 ) (I2 · r̂12 )
1
3
= I1z I2z + (I1+ I2− + I1− I2+ ) + (I1+ I2+ + I1− I2− )
4
4
avendo introdotto le componenti I± dello spin nucleare16 . Ponendo ω1 =
1 6 v.p.e.
C. Altucci et al. loc. cit. pag. ?? Appendice F, Eq. (F.3)
45
1
2 γ N (1−σ 1 )B0
e ω2 = 12 γ N (1−σ 2 )B0 , e, nell’ipotesi
1 che
ω 1 > ω2 si introducono
1
1 1
gli
autostati
di
H
di
energia
crescente
|1
=
−
,
−
2
2 , |2 = − 2 , 2 , |3 =
1 1
1 01 , − , |4 = , . Pertanto, (H0 + V) / avrà la forma
2
2
2 2


−ω 1 − ω2 + A
0
0
B


0
−ω 1 + ω 2 − A
C
0




0
C
ω1 − ω2 − A
0
B
0
0
ω1 + ω2 + A
Per V sufficientemente debole gli autovalori si possono calcolare perturbativamente17 .
2
Interazioni radiazione-materia
Per un’onda di frequenza ω 0 la probabilità di transizione Pi→f (t) indotta da un
campo elettrico oscillante varia linearmente col tempo
Pi→f (t) = Wi→f t
(25)
con Wi→f (probabilità di transizione nell’unità di tempo) legata all’ampiezza del
campo elettrico E0 ed alla matrice di transizione Mde if di dipolo elettrico
Mde if =
1
℘if · P̂
ea0
(26)
con P̂ versore di polarizzazione del campo dalla regola d’oro di Fermi
Wi→f =
π 2
Ω g(εf )
2 R
(27)
con la frequenza di Rabi ΩR pari a
ΩR = E0 ea0 |Mde if |
e g densità degli stati del livello finale. Per transizioni dominate dall’effetto
Doppler g prende la forma
√
2 2 2 ln 2
2∆ω
gD (∆ω) =
exp − ln 2
(28)
πω D
ωD
con
ω D = 2ω
e ∆ω = ω − ω 0 . Inoltre,
∞
2kB T ln 2
mc2
gD (∆ω) d∆ω = 1
−∞
1 7 per r̂
12 orientato arbitrariamente rispetto a B si può consultare [?], vol. II , “Interazione
dipolo-dipolo tra due spin 1/2”, p. 1110
46
In particolare
mc2
= 8 × 1012 K · M
2kB ln 2
con M massa molare per cui
ωD
T
=
10−6
ω
2M
Il tasso di transizione Wi→f è proporzionale al prodotto
della densità
efficace
%
&
degli stati gf gef f (ω f ) [T ] per la densità di energia w M L−1 T −2
Wi→f
Wf →i
attraverso i coefficienti Bi→f
stimolata
= Bi→f gef f (ω f )w
= Bf →i gef f (ω i )w
(29)
%
&
e Bf →i LM −1 di assorbimento ed emissione
ca20
(30)
Per transizioni di tipo magnetico la matrice di transizione asume la forma
gf−1 Bi→f = gi−1 Bf→i = α (2π)2 |Mde if |2
Mdm if =
1
(L+2S)if · (n̂ × P̂)
ea0
(31)
L’interazione comporta un tasso di trasferimento di energia dal fascio all’insieme
di atomi pari a
ωif Wi→f ≡ σi→f I
dove σi→f e I = cw rispettivamente sezione d’urto del processo di transizione
e intensità dell’onda incidente di frequenza ω 0 ≈ ωf i .
1
σi→f = ωif Bi→f gef f (ω f )
c
(32)
Per la legge di Lambert e Beer l’intensità di un’onda si attenua con legge
esponenziale
I (z) ∝ e−κz
% −1 &
con κ L
coefficiente di assorbimento dell’onda.
1
κ (ω) = σi→f (ω) ni = ω if Bi→f gef f (ω f )ni
c
(33)
Integrando %sulle frequenze
della riga si ottiene il coefficiente di assorbimento
&
integrato A L−1 T −1 da
1
A = κ (ω) d (∆ω) = ω if Bi→f ni
c
Nel modello classico di Lorentz l’atomo viene rappresentato come un insieme
di oscillatori armonici che risuonano alle varie frequenze di transizione. Ad
47
sezione d’urto
ognuno di questi oscillatori vien dato un peso, forza dell’oscillatore, legato al
momento di dipolo ℘f i dalla relazione
2me
2
ω if |℘f i |
3e2
dalle relazioni
fif =
A e Bi→f sono legati a fif
(34)
ni fif
me
π
= α
fif
me kif
A = πα
Bi→f
Per un gas di particelle le popolazioni del livello iniziale e finale soddisfano
il sistema di equazioni
d
ni = −wBi→f ni + (wBf →i + Af→i ) nf
dt
d
nf = − (wBf→i + Af →i ) nf + wBi→f ni
(35)
dt
con Af →i coefficiente di emissione spontanea, legato a Bf →i ed alla frequenza
ωf i dalla relazione di Einstein
Af →i =
2ω 3f i
1
2
=
Bf →i = 2α
k fif
τ if
πc3
me if
ovvero
Q=
Vq =
τ if ω f i
1
me c2
=
2π
4πα |ff i | ω f i
4π rn Y1q (r̂n ) =
Vn q .
3 n
n
(36)
(37)
D’altra parte si verifica facilmente che
[jz , Vq ] = qVq , [j+ , Vq ] = (1 − q) (q + 2)Vq+1 ,
[j− , Vq ] =
(1 + q) (2 − q)Vq−1 ,
Le regole di selezione stabiliscono alcune condizioni relative ai numeri quantici degli stati atomici tra cui transizioni di dipolo elettrico, magnetico e quadrupolo
avvenire. Queste regole sono
strettamente
legate
alleproprietà triangolari dei
coffiecienti CG ji 1mji q jf mjf e ji j2 mji 2q jf mjf relativi rispettivamente
a transizioni di dipolo elettrico e magnetico, e quadrupolo. Ovvero i coefficienti
C-G sono diversi da zero solo se soddisfano le relazioni "triangolari"
q = 0, ±1 dipoli elettrici e magnetici
mjf = mji + q ,
q = 0, ±1, ±2 quadrupoli elettrici e magnetici
|ji − 1| ≤ jf ≤ |ji + 1| dipoli elettrici e magnetici
|ji − 2| ≤ jf ≤ |ji + 2| quadrupoli elettrici e magnetici
(38)
Inoltre
48
J\q
1
j +1
j
0
(j +mj )(j +mj +1)
(2j +1)(2j +2)
(j +mj )(j −mj +1)
2j (j +1)
−
(j −mj )(j −mj +1)
2j (2j +1)
j − 1
(j −mj +1)(j +mj +1)
(2j +1)(j +2)
m2j
j (j +1)
−
(j −mj )(j +mj )
2j (2j +1)
−1
(j −mj )(j −mj +1)
(2j +1)(2j +2)
−
(j −mj )(j +mj +1)
2j (j +1)
(j +mj )(j +mj +1)
2j (2j +1)
Table 2: Coefficienti di Clenbsch-Gordan <J’1M’q|JM> per q=1,0,-1
2.1
Decomposizione in multipoli
Exercise 51 Partendo dall’espressione del potenziale vettore
A(r, t) = A0 {(1 + ik · r) exp (−iω 0 t − iϕ)}
(a) dimostrare che il potenziale di interazione radiazione-elettroni di un atomo
si può riscrivere nella forma
Vint = Vde + Vqe + Vdm
+ Vdm
con
e
= A0
P̂·pn exp (−iω 0 t − iϕ)
me
n
pn rn + rn pn
e
= A0
i
P̂·
·k exp (−iω0 t − iϕ)
me
2
n
pn rn − rn pn
e
= A0
i
P̂·
·k exp (−iω0 t − iϕ)
me
2
n
Vde
Vqe
Vdm
Vdm
= −B0 · S cos (ω0 t + ϕ)
dove Vde , Vqe , Vdm
, Vdm
stanno per i potenziali di interazione di dipolo elettrico
, quadrupolo, dipolo magnetico orbitale e di spin. Mostrare inoltre che (b) Vde
si può riscrivere nella forma
Vde = −
con ℘ = −e
è dato da
'
n rn ,
1
E0 ·[H0 , ℘] cos (ω 0 t + ϕ)
ω 0
(c) che il potenziale di dipolo magnetico Vdm = Vdm
+ Vdm
1
Vdm = − B0 · (L + 2S) cos (ω 0 t + ϕ)
(39)
2
con L momento angolare, mentre (c) quello di quadrupolo Vqe è esprimibile in
funzione del momento di quadrupolo
Q = −e
rn rn
(40)
n
è il momento di quadrupolo
49
Soluzione: (b) Tenuto conto che
p2
n
, rn
2me
n
e
= i
pn
me n
[H0 , ℘] = −e
si può porre
n
D’altra parte
pn = −i
me
[H0 , ℘]
e
A0 = −
i
E0
ω0
per cui
e
= A0
P̂·pn exp (−iω0 t − iϕ)
me
n
Vde
= −
1
E0 ·[H0 , ℘] cos (ω 0 t + ϕ)
ω 0
(c) Scegliendo k come asse ẑ e P̂ come asse x̂ si mostra facilmente che
pn rn − rn pn
2
n
·k = −
n
(k×P̂) · (rn × pn ) = − (k×P̂·) · L
con L momento angolare. D’altra parte
(41)
iA0 k×P̂ = B0
da cui
Vdm
= A0 iP̂·
pn rn − rn pn
n
2
·k exp (−iω 0 t − iϕ)
1
= − B0 ·L cos (ω 0 t + ϕ)
2
Sommando quest’ultima espressione di Vdm
a Vdm
si ottiene la (39).
(d) Per quanto riguarda Vqe si ha
pn rn + rn pn
me
= −i
H0 , e
rn rn
2
e
n
n
me
[H0 , Q]
= −i
e
Pertanto
Vqe =
E0
P̂· [H0 , Q] ·k sin (ω 0 t + ϕ)
ω 0
50
(42)
2.1.1
Ampiezze di transizione
Exercise 52 Calcolare gli elementi di matrice
i |M| f dell’ampiezza di tran'
sizione (a) di dipolo elettrico Mde = − n rn = ℘ tra livelli di strttura fine,
(b) dipolo elettrico tra livelli'iperfini, (c) dipolo magnetico Mde = L+2S, (d)
n pn
quadrupolo elettrico Mqe = n pn rn +r
,
2
Soluzione: (a) Scegliendo come base i vettori
ê−1 =
x̂ − iŷ
x̂ + iŷ
√
, ê0 = ẑ , ê1 = √
2
2
r̂ è rappresentato dalle armoniche sferiche
r̂
Pertanto
= ẑ cos θ + x̂ sin θ cos φ + ŷ sin θ sin φ)
4π
=
(Y1,−1 ê−1 + Y10 ê0 + Y11 ê1 ) ,
3
Mde =
con
Vq =
(43)
1 rn r̂n =
Vq êq
a0 n
q
4π rn Y1q (r̂n ) =
Vn q .
3 n
n
il che dimostra che Mde è un operatore vettoriale. In quanto tale un generico
elemento di matrice γjmj |Mde | γ j mj è esprimibile in base al teorema di
Wigner-Eckart nella forma
γj ℘ γ j γjmj |Mde | γ j mj = √
j 1mj q|jmj êq
(44)
2j + 1
q
ovvero come combinazione di coefficienti di Clebsch-Gordan j M 1q|JM (v.
Tab. 2) per un fattore scalare γj ℘ γ j , detto elemento di matrice ridotta,
dipendente da j, j e dai restanti numeri quantici γ, γ ed indipendente da mj e
mj .
Poichè j 1mj q|jmj è diverso da zero solo per |j − j | = 0, 1 se ne deduce
che ℘ induce transizioni con variazioni ∆j = 0, ±1, ∆mj = 0, ±1.
Se si descrive l’atomo con un modello a "shell" con un singolo determinante
di Slater, si può facilmente dimostrare che per transizioni a singolo elettrone tra
stati con funzioni radiali ridotte Pnl , Pn l risulta:
∞
Pnl Pn l rdr
γj ℘ γ j = 2j + 1 0
.
∞ 2
∞ 2
P
dr
P
dr
nl
nl
0
0
In particolare Pnl = rRnl con Rnl . Per l’idrogeno Rnl è esprimibile con Mathematica con la funzione:
F[n_,L_,x_]:=x^L E^(-x/2)Factorial[n+L]LaguerreL[n-L-1,2L+1,x];
R[n_,L_,r_]:=a^(-3/2)2/(n^2)Sqrt[Factorial[n-1-L]/(Factorial[n+L])^3]F[n,L,2r/(na)]
51
(b) Tenuto conto che
|γF IjmF =
si ha
mI mj
γF IjmF |℘| γ F Ij mF =
=
IjmI mj |F mF |γIjmI mj γF Ij ℘ γ F Ij √
F 1mF 0|F mF 2F + 1
IjmI mj |F mF Ij mI mj |F mF γjmj | ℘ |γ j mj mI mj mj =
γj ℘ γ j √
·
êq
2j + 1
q
×
Ij, mF − mj , mj |F mF Ij , mF − mj , mj − q|F mF j 1, mj − q, q
mj
ovvero
γF Ij ℘ γ F Ij √
F 1F 0|F F 2F + 1
γj ℘ γ j √
=
2j + 1
×
Ij, F − mj , mj |F F Ij , F − mj , mj |F F j 1, mj , 0|jmj (46)
mj
(c) Per le transizioni di dipolo magnetico conviene sfruttare il fatto che
L+2S = V
è un operatore vettoriale, per cui
γjmj |Mdm | γ j mj =
γj L+2S γ j √
j 1mj q|jmj êq .
2j + 1
q
dove γJ L+2S γ j è uno scalare indipendente da mj e mj . Per atomi
con accoppiamento LS poiché L e S non modificano i numeri quantici L e
S, nè la parte radiale delle funzioni d’onda, Mdm induce transizioni tra stati
del tipo |γjlsmj → |γj lsmj con ∆j = 0, ±1 e ∆mj = 0, ±1. Pertanto
γj L+2S γ j si riduce a j L+2S j . D’altra parte in generale si ha
|jmj =
lsml ms |jmj |lml |sms ml MS
Pertanto
j L+2S j mj
√
Jmj |(L+2S)0 | j mj =
j 1mj 0|Jmj √ δm m 2j + 1
j +1 j j
=
lsml , mj − ml |jmj lsml , mj − ml |j , mj ml
ml
+2
ms
ls, mj − ms , ms |Jmj LS, mj − ms , ms |j , mj ms
52
Tenuto conto che
j 1mj 0|Jmj = √
mj
j + 1
si ha
(2j + 1) (j + 1)
j L+2S j =
mj
×
lsml , mj − ml |jmj lsml , mj − ml |j , mj ml
ml
+2
ms
ls, mj − ms , ms |Jmj LS, mj − ms , ms |j , mj ms
In particolare
l L l =
√
lml |Lq | lml 2l + 1
δ ll
l 1ml q|lml Ponendo q = 0 si ottiene
l L l =
Analogamente si ha:
(2l + 1) l (l + 1)δ ll
(2s + 1) s (s + 1)δ ss
'
(d) Come mostrato dalla (42) l’ampiezza Mqe = n
sostituita da Q (v. (40)), un tensore del 2 ordine,
√
6
Q2,±2 = −e
(xn ± iyn )2
4 n
√
6
Q2,±1 = ±e
zn (xn ± iyn )
2 n
1 2
Q20 = − e
3zn − rn2
2 n
s S s =
pn rn +rn pn
2
(47)
Pertanto si ha
γjj |Q| γ j m = γj Q γ j dove
j
γj Q γ j = 2j + 1
53
2
q=−2
∞
j 2mj q|jmj êq
2
0 Pnl Pn l r dr
∞ 2 ∞ 2
Pnl dr 0 Pn l dr
0
può esere
.
2.1.2
Transizioni di dipolo elettrico
Exercise 53 Calcolare gli elementi di matrice γjm |Vde | γ j m per un atomo
investito da un’onda polarizzata circolarmente.
Soluzione: Per un’onda polarizzata circolarmente in senso antiorario e che
viaggi lungo la direzione z, la polarizzazione ˆ
(r, t) segue la legge
P̂ (r, t) = x̂ cos (ωt − kz) + ŷ sin (ωt − kz)
Scegliendo come base i vettori
ê−1 =
si ha
x̂ − iŷ
x̂ + iŷ
√
, ê0 = ẑ , ê1 = √
2
2
1
1
P̂ (r, t) = √ ê−1 ei(ωt−kz) + √ ê1 e−i(ωt−kz)
2
2
Pertanto
γjm |Vde | γ j m γj ℘ γ j = γjm |Mde | γ j m · P̂ (r, t) = √ √
2 2J + 1
× j 1m 1|jm ei(ωt−kz) + j 1m , −1|jm e−i(ωt−kz)
In particolare, si hanno solo 6 coefficienti C-G non nulli:
j + 1, 1, m − 1, 1|jm = j + 1, 1, −m + 1, −1|j, −m
2 + 3j + j 2 − 3m − 2jm + m2
=
3 + 11j + 12j 2 + 4j 3
j, 1, m − 1, 1|jm = (−1)−1+2j+2M j, 1, −m + 1, −1|j, −m
j + j 2 + m − m2
= −
j + 3j 2 + 2j 3
j − 1, 1, m − 1, 1|jm = j − 1, 1, −m + 1, −1|j, −m
−j + j 2 − m + 2jm + m2
−2+2j+2M
= (−1)
(48)
−j + 4j 3
Exercise 54 Dimostrare che il valore atteso del dipolo elettrico ℘ = − e
per un atomo a molti elettroni nello stato fondamentale è nullo
'N
n=1 rn
Soluzione: Dal momento che l’Hamiltoniana di un atomo è invariante per
rotazione attorno al nucleo ℘ deve risultare nullo.
Exercise 55 Calcolare il coefficiente di assorbimento κ di un’onda piana polarizzata linearmente che attraversa un gas di atomi di idrogeno a T = 300 K
e p = 1 atm, per frequenze prossime alla riga Balmer 2s ←→ 3p,2p ←→ 3s.
54
Soluzione: Il coefficiente di assorbimento κ è legato alla sezione d’urto dalla
relazione
ω if
κ = σ i→f ni = πni
gD (∆ω)e2 a20 |Mde if |2
ε0 c
2 mc2
2∆ω
2
2
= 4πni a0 αωif
exp − ln 2
|Mde if |
kB T
ωD
con α = e2 / (4πa0 ) = 1/137.036 costante di struttura fine. Il gas contiene ni
atomi per unità di volume,
ni = 2.737 × 1025 m−3
Avendo l’idrogeno atomico massa molare M = 1 risulta
mc2
= 1.949 × 1012 K
2kB ln 2
da cui segue per l’allargamento Doppler
ω D = ω if
T −6
10
2
con T temperatura assoluta. La frequenza di transizione è pari a
1
1
1
ωif =
RH
− 2
n2i
nf
−1
1 1
= 1.054 · 10−34
· 13.6 · 1.602 · 10−19
−
Hz
4 9
= 2.87 × 1015 Hz
per cui
ω D = 3.51 × 1010 Hz = 355.1 GHz
√
Gli elementi di matrice Mde 2s,3p = 2s ℘ 3p , Mdp 2p,3s = 2p ℘ 3s / 3
sono dati rispettivamente da
∞
Mde 2s,3p = 2s ℘ 3p = Y10 Y00 cos θdΩ
R20 (r)R31 (r)r3 dr
0
∞
r r
1
4
r
r
√
√
×
=
1−
1−
exp − −
r4 dr
2
6
2 3
3 27 3 0
= 1.769
e
Mdp 2p,3s
∞
2p ℘ 3s
√
=
= Y10 Y00 cos θdΩ
R21 (r)R30 (r)r3 dr
3
0
∞
r r
1
1
2
2 2
= √ ×
1 − r + r exp − −
r4 dr
3
27
2 3
3 18 0
= .383
55
Pertanto,
κ2s,3p
κ2p,3s
2 2∆ω
= 6 × 10 exp − ln 2
m−1
ωD
2 2∆ω
23
m−1
= 2.8 × 10 exp − ln 2
ωD
24
Exercise 56 Calcolare gli elementi di matrici ridotte 20 ℘ n1 , 21 ℘ n0 , 21 ℘ n2
relativi alle righe della serie Balmer
Soluzione: Per ottenere questi elementi ridotti si deve disporre degli integrali18
∞
1
(n − 2)! ∞ −r/2 −r/n 1
2r
3
3
20 ℘ n1 =
R20 Rn1 r dr = √
e
e
L
(r)
L
r4 dr
2
n+1
3
3
(n
+
1)!
n
2n
0
0
n
2
2 −2+n
32n
− n + 2n
2+n
=
(−4 + n2 )2
√ 1 1
(n − 1)! ∞ −r/2 −r/n 3
2r
1
21 ℘ n0 =
3 √ 2
e
e
L3 (r) Ln
r4 dr
3
n!
n
6 6n
0
√ 2 −2+n n √
16
2n
n
√
2+n
3
=
(−4 + n2 )2
√ 1 2
(n − 3)! ∞ −r/2 −r/n 3
2r
3
21 ℘ n2 =
3√
e
e
L
(r)
L
r6 dr
3
n+2
n
18 n4 (n + 2)!3 0
n (n−3)!
1024 23 n3 −2+n
−12 + 7n2
2+n
(n+2)!
=
4
2
(−4 + n )
Ortoelio
Exercise 57 Discutere le transizioni di dipolo elettrico dell’ortoelio
Soluzione: Dalle regole di selezione discende che per l’ortoelio (S = 1) sono
possibili le seguenti transizioni di dipolo elettrico19
1s2s3 S1
1s2p3 P0,1,2
1s2p3 P0,1,2
1s3d3 D1,2,3
1 8 HydrogenRadialFunctions.nb
↔
↔
↔
↔
1snp3 P0,1,2
1sns3 S1
1snd3 D1,2,3
1snf 3 F2,3,4
http://demonstrations.wolfram.com/HydrogenAtomRadialFunctions/
I. I. Sobel’man loc. cit. pag. ??, Sez. 9.1.
1 9 v.p.e.
56
Exercise 58 Discutere le transizioni 23 S1 ↔ 23 P2,1,0 dipolo elettrico dell’ortoelio
Soluzione: Il livello fondamentale 23 S1 di tripletto dista 1083 nm da 23 P.
A seguito dell’accoppiamento L-S esso presenta una struttura fine 23 P2,1,0 con
23 P0 distante 29617 MHz da 23 P1 e quest’ultimo distante 2291 MHz da quello
fondamentale 23 P2 .Le ampiezze di queste transizioni sono date da
23 S1 M1 |Mde q | 23 P0 0 =
3
2 S1 M1 |Mde q | 23 P1 M1
=
3
=
2 S1 M1 |Mde q | 23 P2 M2 2.1.3
γ1 ℘ γ 0
√
010q|1M1 3
γ1 ℘ γ 1
√
11M1 q|1M1 3
γ1 ℘ γ 2
√
21M2 q|1M1 3
Transizioni di dipolo magnetico
Exercise 59 Calcolare γjM |Vdm | γ j M per un atomo investito da un’onda
polarizzata circolarmente.
Soluzione: In generale si ha
1
γjM |Vdm | γ j M = − B · γjM |Mdm | γ j M 2
1 γj L+2S γ j √
= − B0
j 1M q|jM b−q
2
2j + 1
q
dove
b1 = −
Bx + iBy
Bz
Bx − iBy
√
, b0 =
, b−1 = √
B
2B
2B
Per un’onda polarizzata circolarmente in senso antiorario e che viaggi lungo la
direzione z, si ha
B̂ (r, t) = −x̂ sin (ωt − kz) + ŷ cos (ωt − kz)
Ne discende che
i
i
b1 = √ ei(ωt−kz) , b0 = 0 , b−1 = − √ e−i(ωt−kz)
2
2
Pertanto
γjmj |Vdm | γ j mj i
γj L+2S γ j √
√ B0
=
2j + 1
2 2
j 1mj 1|jmj e−i(ωt−kz) − j 1mj , −1|jmj ei(ωt−kz)
57
Exercise 60 Calcolare gli elementi di matrice γjM |Vdm | γ j M di dipolo
magnetico per un atomo di idrogeno investito da un’onda polarizzata circolarmente ed in presenza di un campo magnetico statico parallelo alla direzione di
propagazione k dell’onda. Limitarsi a discutere la transizione p3/2 ←→ p1/2
Soluzione:
i
p1/2 m |Vdm | p3/2 m = B0 p1/2 L+2S p3/2
4
(
)
)
(
3 1
3
1
1m 1| m e−i(ωt−kz) −
1M , −1| M ei(ωt−kz)
2
2
2
2
√
2 −i(ωt−kz)
15−16M+4M
√
i
e
m = m − 1
i
4
3
√
=
B0 p1/2 L+2S p3/2
2
√
4
−i 15+16M+4M
e−i(ωt−kz) m = m + 1
4 3
Exercise 61 Calcolare l’elemento di matrice γjm |Mdm | γ j m relativo ad
una transizione tra i termini di struttura fine dell’idrogeno 32 P3/2 e 32 P1/2 .
Soluzione: Da (??) discende
2
(
)
2
3 P3/2 L+2S 32 P1/2 1 3
2
3 P3/2 m |Mdm | 3 P1/2 m =
1m q| m êq
2
2
2
q
2.1.4
Transizioni iperfini
Exercise 62 Analizzare la transizione iperfine F = 0 ↔ F = 1 relativa al
livello fondamentale dell’idrogeno 2 S1/2 .
Soluzione: In Sez. ?? si è visto che il livello 1s1/2 dell’idrogeno si separa
per effetto dell’interazione di contatto di Fermi tra lo spin elettronico s e quello
nucleare I:
Vipf ∝ I · s .
In tal caso l’ampiezza di transizione F mF |Vipf | F mF tra il livello
√ iperfine
F = 1 e lo stato fondamentale F = 0 |00 = (|αN β − |β N α) / 2 è proporzionale a
1MF |l + 2s| 00 ∝ (αN β| + β N α|) 2ms (|αN β − |β N α) = 2.
Poiché la transizione di dipolo elettrico è proibita si deve considerare quella
di tipo magnetico. Pertanto, per un campo diretto lungo z gli stati con F = 1
sono accoppiati con quello relativo ad F = 0 dall’elemento di matrice
)
(
. ( (e)
1 (p) 1 (p) (e)
1M s +
s
00 = 10 sz +
s
00 δ M1 ,0
*+,-1 z
2000 z *+,2000 z F MF
F MF
58
dove
=
)
(e)
1 (p) 00
10 sz +
s
2000 z 

(


1
1 (p) 


s
 ↑ ↓ + ↓ ↑  s(e)
 ↑ ↓ − ↓ ↑ 
z +
*+,-*+,- *+,-*+,2 *+,-*+,- *+,-*+,2000 z
*
=
p
e
p
+,
e
-
F =1,MF =0

p
*
  
e
+,
F =0

p
e

-

1
1 
  


 ↑ ↓ + ↓ ↑  · −  ↑ ↓ + ↓ ↑  +
 ↑ ↓ + ↓ ↑ 
*+,-*+,- *+,-*+,2 *+,-*+,- *+,-*+,2000 *+,-*+,- *+,-*+,p
e
1
1
= −
1−
2
2000
Pertanto
2.1.5
p
e
p
e
p
e
p
e
p
e
1
M (dm) (0, 0 ↔ 1, MF ) ≈ α ω if
2
Transizioni di quadrupolo elettrico
Exercise 63 (a) Esprimere l’elemento di matrice ridotta γj Mqe γ j di un
quadrupolo elettrico in funzione di γl Mqe γ l . (b) Ricavare le regole di selezione per lml | Mqe |l ml e γjmj |Mqe | γ j mj Soluzione: Un quadrupolo elettrico Mqe è un tensore del 2 ordine
γjmj |Mqe | γ j mj =
per cui
∆j
∆mj
2
γj Mqe γ j √
j 2mj q|jmj êq
2j + 1
q=−2
= 0, ±2 (j = 0 j = 0)
= 0, ±1, ±2
D’altra parte in generale si ha
|γjmj =
LSml mS |jm |Lml |SmS ml MS
per cui
γjmj |Mqe q | γ j mj =
=
γj Mqe γ j √
j 2mj q|jmj 2j + 1
LSml mS |jmj L Sml mS |j mj Lml | Mqe q |L ml ml ml mS
=
ml ml mS
LSml mS |jmj L Sml mS |j mj L 2ml q|Lml × L Mqe L 59
Pertanto
γj Mqe γ j √
j 2mj q|jmj 2j + 1
γl Mqe γ l √
=
lsml mS |jmj l sml ms |j mj l 2ml q|lml 2j + 1
m m m
l
S
l
D’altra parte
γl, ml = l |Mqe q | γ l ml =
γl Mqe γ l √
l 2ml q|l, ml = l
2l + 1
In particolare
5
=
=
6
γll 3zn2 − rn2 γ l l
n
γj Mqe γ j √
j 2mj 0|jmj 2j + 1
γl Mqe γ l √
lsml ms |jmj l sml ms |j mj l 2ml 0|lml 2j + 1
mm
l
s
γlml |Mqe | γ l ml = γl Mqe γ l l 2ml q|lml 2.1.6
Elementi alcalini
Gli spettri dei metalli alcalini sono alquanto simili a quelli dell’idrogeno: come
per quest’ultimo, l’interazione col campo elettrico coinvolge un solo elettrone. A
differenza, comunque, dell’idrogeno il potenziale in cui si muove questo elettrone
devia sostanzialmente dll’andamento 1/r, per cui l’energia dei vari livelli dipende
sia dal numero quantico prinicipale che dal momento angolare l. Inoltre, il
contributo del termine di accoppiamento spin-orbita è dell’ordine di decine di
cm−1 . Tipico è il caso del doppietto risonante delle
righegialle D1 e D2
2 1
2
del sodio, corrispondenti alle transizioni P 2 → S 12 5890 Å , e 2 P 32 →2 S 12
5896 Å .
Per questi elementi dovremo considerare transizione tra i multipletti
)
)
1
1 |i = nl jmj ←→ |f = n l j mj 2
2
di energie pari a
Enlj
1 1
1
3
= − ∗2 + ζ (n, l) j (j + 1) − l (l + 1) −
2n
2
4
*
+,
contributo L−S
60
con n∗ il numero quantico efficace (v. Eq. 5.75 e Tab. 5.11) e ζ (n, l) definito
da (v. Eq. 5.76)
(
)
2
1 dV
ζ (n, l) =
2m2 c2 r dr
essendo V (r) il potenziale efficace in cui si muove l’elettrone dell’orbitale più
esterno.
Pertanto, per le linee della serie principale (np ↔ n0 s) di frequenze pari a
1
1
1
1
11
ω=
+
ζ
(n,
1)
j
(j
+
1)
−
(u.a.)
−
2
2 (n∗0s )2
2
4
n∗p
dall’equazione (??) si ottiene
1
2
2
℘np,n0 s 1
Mde np2 Pjmj ,n0 s2 S 1 = √
1− ± −m
2
2
4π
m=− 12
(
)(
)
1 1
1
1
1
1
1
×
1m, ± − m j, ±
0m, ± − m , ±
2
2
2
2
2
2 2
(49)
Exercise 64 Ponendo un pezzetto di sodio all’interno di un’ampolla piena di
argo alla pressione di 10 mm Hg ed alla temperatura di 200 ◦ C si osserva
una luce corrispondente alle righe gialle D1 e D2 associate alle transizioni
dell’elettrone di valenza da 3s a 3p. A seguito
L · S latran dell’accoppiamento
2 1
2 1
2 3
2 1
sizione si separa in P 2 → S 2 5889.950 Å , e P 2 → S 2 5895.924 Å . La
vita media del termine 2 P 12 è pari a 16.66 nsec. Si chiede di calcolare (i) il valor
medio del rapporto E/r del campo elettrico che agisce sull’elettrone di valenza
e la distanza radiale, (ii) la relativa forza dell’oscillatore, (iii) la vita media del
termine 2 P 32 e (iv) ed i momenti di dipolo relativi alle due transizioni. Per i dati
sul sodio consultare www.physics.nist.gov/PhysRefData/Handbook/Tables/sodiumtable3.htm
Soluzione: Per gli elementi alcalini si debbono considerare transizione tra i
multipletti
)
)
1
1
|i = nl jmj ←→ |f = n l j mj 2
2
di energie pari a
EnlJ = −
1 1
1
3
+
ζ
(n,
l)
j
(j
+
1)
−
l
(l
+
1)
−
2 n∗2 2
4
con n∗ il numero quantico efficace e ζ (n, l) definito da
(
)
1 dV
2
ζ (n, l) =
2m2 c2 r dr
essendo V (r) il potenziale efficace in cui si muove l’elettrone dell’orbitale più
esterno.
61
Pertanto, per le linee della serie principale del sodio
1
11
ω 3p↔3s = ζ (n, 1) j (j + 1) −
2
4
tenuto conto della distanza in frequenza tra le due righe si ha
2
4πa0
1
1
∆ω 3p↔3s =
ζ (3, 1) =
−
a.u.
3
3
λ1/2 λ3/2
= 4.2 × 10−7 a.u. = α2 7.9 × 10−2 a.u.
Per una transizione equivalente dell’idrogeno tra stati di numeri quantici n, 0, 12 , 12
e n∗ , 1, 12 , 12 , n∗ , 1, 12 , 32 si avrebbe
∗
1
n
3
1
3
2
+ 4 n−
2ω n∗ p←→ns = α − ∗4
−
n
4
n
4
j + 12
ovvero
α2
∆ωn∗ p←→ns = ∗3
2n
Se ne evince che il contributo dell’accoppiamento LS nel sodio è molto più forte
che nell’idrogeno.
Gli elementi di matrice delle due transizioni sono dati da
7
.
3/2 1/2
∗
℘3/2 = ℘r
Y00
cos θdΩ
α∗ Y 1 1/2
spin
4π
7
.
1/2 1/2
∗
℘1/2 = ℘r
Y00
α∗ Y 1 1/2
cos θdΩ
spin
4π
dove si è indicato con ℘r il contributo delle parti radiali
∞
℘r =
R30 (r) R31 (r) r3 dr
0
Dal momento che
3/2 1/2
Y1 1/2
1/2 1/2
1/2
Y1
si ha
7
.
3/2 1/2
∗
Y00
α∗ Y1 1/2
4π
spin
1
2
Y10 α + √ Y11 β
3
3
2
1
= − √ Y10 α +
Y11 β
3
3
=
cos θdΩ =
=
4π
7
.
1/2 1/2
∗
Y00
α∗ Y1 1/2
spin
cos θdΩ =
=
6
2
1
2π
α
Y10 α + √ Y11 β
cos θ sin θdθ
3
3
0
spin
π
√
2
2
∗
2π
Y00 Y10 cos θ sin θdθ =
3 0
3
5 6
π
1
2
∗
∗
2π
Y00 α − √ Y10 α +
cos θ sin θdθ
Y11 β
3
3
0
spin
π
1
1
∗
−2π √
Y00
Y10 cos θ sin θdθ = −
3
3 0
62
π
∗
Y00
5
∗
ovvero
℘3/2
℘1/2
√
2
=
℘r
3
1
= − ℘r
3
Ne discende che la forza dell’oscillatore della riga a 5889 è doppia di quella a
5895.
Infine, tenendo conto che
ω fi
ω fi
ωf i τ if
me c2
2αω f i
12390
eV = 2.1 eV
5890
= 3.2 × 1015 Hz
= 3.2 × 1015 · 16.6 × 10−9 = 5.312 × 107
5.11 × 105
= 137
= 1.66 × 107
2 · 2.1
=
si ha
|ff i | 1.66
5.312
Exercise 65 Analizzare le transizioni dei due isotopi 85 Rb e 87 Rb del rubidio
%
&
Soluzione: Il Rb presenta la configurazone20 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 , 5s
con 5s l’eletttrone di valenza. Lo stato fondamentale è rappresentato dal termine 5s2 S1/2 Un primo livello eccitato21 è 5p2 P1/2 (linea D1) e 5p2 P3/2 (linea
D2) che distano da quello fondamentale rispettivamente di λ = 794.8 e 780.0
nm.
Il 85Rb ha uno spin nucleare pari a I = 5/2, mentre 87Rb ha I = 3/2.
Pertanto nel caso della linea D2 si hanno stati con F=1,2,3 e 4 mentre 87Rb
ha solo stati con F=1,2,3. Therefore, considering only the D2 line where J=
3/2, the two isotopes each have differing states. That is, with J = 3/2 and
I= 5/2, 85Rb has the following possibilities for F states: F= 1, 2, 3, and 4,
whereas with I = 3/2, 87Rb has these following values of F states: F= 0, 1, 2,
and 3. The ground state quantum numbers for 85Rb are J = , and I = 5/2,
resulting in the possible F states: 2, and 3, whereas the ground state quantum
numbers for 87Rb are J = and I = 3/2 resulting in these possible F states: F
= 1, and 2. Evidently, in both cases the ground state is split into two hyperfine
levels, making the total number of possible transitions in each isotope, from the
ground state to the excited D2 line, not eight, but six. In vista delle regole di
selezione ∆F = 0, ±1, ∆j = 0, ±1, ∆l = ±1. Nelle transizioni da F = 2, 3 per
2 0 v.p.e
www.laser.physics.sunysb.edu/~bazmoun/RbSpectroscopy/
Arimondo, "Coherent population trapping in laser spectroscopy", in Progress in Optics,
vol. XXXV, Edited by E. Wolf, North Holland 1996, pp. 257-354.
2 1 E.
63
Figure 7:
64
85
Rb e F = 1, 2 per 85 Rb ai corrispondenti valori eccitati di ciascun isotopo si
possono avee solo 6 transizioni permesse (v. Es. 53 ed Eq. (48)) ∆F = 1
γF Ij Mde γ F Ij √
F 1F 0|F F 2F + 1
γj Mde γ j √
=
2j + 1
×
Ij, F − mj , mj |F F Ij , F − mj , mj |F F j 1, mj , 0|jmj (50)
mj
Per esempio il 85 Rb presenta un ciclo ottico chiuso tra lo stato 5s2 S1/2 F = 3
ed il 5p2 P3/2 F = 4. Una volta nello stato eccitato l’atomo non può decadere
5
in un 5p2 P3/2
, che non conserverebbe la parità, ed in 5s2 S1/2 F = 2, che
richiederebbe un cambio di −2 del momento angolare.
Molti atomi non contengono cicli ottici chiusi. In tal caso vengono utilizzati
dei laser per rieccitare la popolazione nel ciclo ottico dopo che questi atomi
sono finiti fuori dal ciclo. L’intrappolamento magneto-ottico del 85 Rb comporta
il ciclo 5 S1/2 F = 3 →5 P3/2 F = 4. Per l’eccitazione il detuning necessario per il
raffreddamento si accompagna ad una leggera sovrapposizione con lo stato 5 P3/2
F = 3. Se l’atomo viene eccitato a questo stato, può decadere sia sull’F = 3,
debolmente accoppiato allo stato iperfine superiore, o a quello più basso F = 2.
Se ricade nello stato "dark", l’atomo viene escluso dal ciclo fondamentale⇔stato
eccitato, interrompendo così il raffreddamento e l’intrappolamento. Per evitare
tutto ciò viene utilizzato un laser di ripompaggio, risonante con la transizione
5
S1/2 F = 2 →5 P3/2 F = 3.
2.1.7
Elio ed elementi alcalino-terrosi
Exercise 66 Si discuta la foma generale delle ampiezze di transizione di dipolo
(de)
elettrico Mif per l’He e gli elementi alcalino-terrosi.
Spliuzione: Lo spettro dell’elio si separa in quello di singoletto e tripletto.
Per transizioni tra stati di singoletto si può ignorare il contributo degli spin, utilizzando funzioni d’onda spaziali simmetriche rispetto ai due elettroni. Pertanto,
si ha per il generico elemento di matrice
Mde if
γll1 l2 ml | + γll2 l1 ml |
|γ l l1 l2 ml + |γ l l2 l1 ml √
√
(℘1z + ℘2z )
2
2
= γll1 l2 ml | ℘1z |γ l l1 l2 ml + γll1 l2 ml | ℘1z |γ l l2 l1 ml (51)
=
che nel caso in cui nella transizione cambi un solo orbitale (p.e. l2 = l2 ) si
riduce a
Mde if = ℘γl,γ l
l1 l2 , ml − m, m |lml l1 l2 , ml − m, m |l ml l1 , ml − m |℘·ẑ|
ˆ l1 , ml − m
m
65
Figure 8: Struttura iperfine delle transizioni del Rb utilizzate nel raffreddamento
laser
66
Tenendo conto della (??) per l1 = l1 − 1 Mde if sarà espresso da
Mde if
= ℘γl,γ ,l−1
3
4π
l2
1
2
(2l1 ) − 1 m=−l2
l12 − (ml − m)2
× l1 l2 , ml − m, m| Lml l1 − 1, l2 , ml − m, m| L ml (52)
(de)
Utilizzando i coefficienti di C-G si può verificare che la matrice Mif
annulla quando L ed L non soddisfano la diseguaglianza
|l − 1| ≤ l ≤ l + 1
si
(53)
da cui discendono per campi polarizzati sia linearmente che circolarmente le
seguenti regole di selezione
∆l = 0, ±1
(54)
dipolo elettrico elio
∆ml = 0, ±1
Inoltre va esclusa la transizione
l = 0 ↔ l = 0
(55)
In particolare per l2 = 0 e l1 = 1 (caso dell’elio)
(de)
Mif
1
1
= √ ℘n1,g 1000| 10 0000| 00 = √ ℘n1,g
4π
4π
(56)
Per transizioni tra stati di tripletto la (51) va sostituita da
Mde if
γll1 l2 ml | − γll2 l1 ml |
|γ l l1 l2 ml − |γ l l2 l1 ml √
√
(℘1z + ℘2z )
2
2
= γll1 l2 ml |℘1z | γ l l1 l2 ml − γll1 l2 ml |℘1z | γ l l2 l1 ml (57)
=
Quando cambia un solo orbitale (p.e. l2 = l2 ) quest’ultima espressione si riduce
alla (52).
Gli spettri degli elementi alcalino-terrosi sono abbastanza simili a quello
dell’elio. Anche per questi in prima approssimazione possiamo individuare uno
spettro di singoletto ed uno di tripletto. A differenza, comunque, dell’elio, si
osservano anche linee di intercombinazione (meno intense delle altre) che collegano stati di tripletto a stati di singoletto. Inoltre l’interazione di spin-orbita
separa ogni livello di tripletto in tre sottolivelli. In particolare una transizione
tra un generico livello e quello fondamentale di tripletto 3 S1 si separa in un
doppietto a causa dell’accoppiamento spin-orbita.
Exercise 67 Calcolare l’elemento di matrice Mde if per transizioni tra stati di
singoletto dell’elio in cui cambia un solo orbitale (l2 = l2 ) e l1 = l1 −1. Considerare in particolare la transizione (l2 = 0, l1 = 1, l = 1) ←→ (l2 = 0, l1 = 0, l = 0)
67
Soluzione: Per transizioni tra stati di singoletto si può ignorare il contributo
degli spin, utilizzando funzioni d’onda spaziali simmetriche rispetto ai due elettroni. Se nella transizione cambia un solo orbitale, si ha per un’onda polarizzata
lungo l’asse z
Mde if
= γll1 l2 ml | ℘1z |γ l , l1 − 1, l2 ml + γll2 l1 ml | ℘1z |γ l l2 , l1 − 1, ml = ℘γl,γ ,l−1
l2
m=−l2
l1 l2 , ml − m, m |lml l1 − 1, l2 , ml − m, m |l ml × l1 , ml − m |℘ˆ · ẑ| l1 − 1, ml − m
D’altra parte
l1 , ml − m |℘ˆ · ẑ| l1 − 1, ml − m =
3
4π
l12 − m2l
(2l1 )2 − 1
In particolare per l2 = 0 si ha l = l1 , ml = m1 e l = l1 , ml = m1 .
Mde if
= γll1 l2 ml | ℘1z |γ l , l1 − 1, l2 ml + γll2 l1 ml | ℘1z |γ l l2 , l1 − 1, ml l12 − m2L
3
= ℘γl,γ ,l−1 l1 0ml 0 |lml l1 − 1, 0ml 0 |l1 − 1, ml 4π (2l1 )2 − 1
Ne discende per la transizione (l2 = 0, l1 = 1, L = 1) ←→ (l2 = 0, l1 = 0, L = 0)
1
Mde if = ℘γl,γ ,0 1000 |10 0000 |00 √
4π
2.1.8
Regole di selezione per transizioni atomiche
Exercise 68 Ricavare le regole di selezione per transizioni di dipolo elettrico,
magnetico e quadrupolo in assenza di accoppiamento LS
Soluzione: Dalle proprietà dei coefficienti CG l 1ml q|lml e l 2ml q|lml relativi a transizioni di dipolo e quadrupolo seguono le seguenti regole di selezione
∆l = ±1
dipolo elettrico
∆ml = 0, ±1
∆l = 0
dipolo magnetico
∆ml = 0, ±1
∆l = 0, ±2 (l = 0 ↔ l = 0 proibita)
quadrupolo elettrico
(58)
∆ml = 0, ±1, ±2
Exercise 69 Dimostrare che per transizioni di dipolo elettrico e magnetico tra
livelli di struttura fine valgono le seguenti regole di selezione

 ∆l = ±1
∆j = 0, ±1
dipolo elettrico con accoppiamento LS

∆mj = 0, ±1
68
n\k
3/k
4/k
1
4
−3 43
−4
2
4
− 32 43
−2
3
4
− 43
− 43
4
−1
Table 3: Correzioni di struttura fine previste dalla formul di Sommerfeld
(4, 1) → (3, 2) (4, 2) → (3, 1) (4, 2) → (3, 2) (4, 3) → (3, 2) (4, 4) → (3, 3)
4
4
4
4
4
3 4 4
4 − 32 43
2 − 3 43
2 − 32 43
1 − 43
3 − 2 3
e
dipolo magnetico con accoppiamento LS


∆l = 0
∆j = 0, ±1

∆mj = 0, ±1
Soluzione: La formula di Sommerfeld per la struttura fine degli atomi idrogenoidi
2 n 3
αZ
Enk = En 1 +
−
(59)
n
k 4
fu sottoposta a verifica sperimentale da Paschen che studiò in dettaglio la struttura fine della linea λ = 4686 Å dell’elio He+ , corrispondente alla transizione
n = 4 → n = 3. (a) Mostrare che da (59) e dalla regola di selezione ∆l = ±1
risultano 5 componenti per questa riga mentre con la sostizione di k (b) Sostituendo k con j + 12 a denominatore di nk nella (59) la correzione tiene conto
della presenza dello spin. In tal caso le regole di selezione sono ∆l = ±1 e
∆j = 0, ±1.Mostrare che risultano 6 righe
(a) Dalla formula di Sommerfeld discendono i termini correttivi di struttura
fine riportati in tabella
misure
Paschen
da cui, applicando le regole di selezione ∆l = ±1, discendono le frequenze di
transizione
(b) tenendo conto della sostituazione di k con j +
n\k, j
1, 1/2
4
3/ j + 12 −3 43
4/ j + 12
−4
2, 3/2
4
−3 43
−2
1
2
2, 5/2
4
−3 43
− 43
1
3
1
2
3, 5/2
4
−3 43
− 43
1
3
3, 7/2
4
−3 43
−1
4, 7/2 4, 9/2
1
4
−1
Table 5: Correzioni di struttura fine previste dalla formula corretta
69
8
− 10
di
(4, 1, 1/2) → (3, 2, 3/2) (4, 2, 3/2) → (3, 2, 5/2) (4, 3, 5/2) → (3, 2, 3/2)
4
4
4 4 1
4
4 − 3 43 12
2 − 3 43 13
3 −3 3
2
(4, 3, 5/2) → (3, 2, 5/2) (4, 3, 7/2) → (3, 2, 5/2) (4, 3, 9/2) → (3, 3, 7/2)
4 4 1
4
4 4 1
4
8
1 − 3 43 13
3 −3 3
3
10 − 3 3
4
R10 (r) =
R20 (r) =
R21 (r) =
R30 (r) =
R31 (r) =
2 exp(−r)
1 1
√1
1
−
r
exp
−2r
2
2
1 1
√ r exp − r
2
2 6 2
2
2 2
1
−
r
+ 27
r exp − 13 r
3/2
3
3√ 4 √2
1 − 16 r r exp − 13 r
27 3
da cui applicando le regole di selezione ∆l = ±1, ∆j = 0, ±1, discendono le
frequenze di transizione
Sommando le relazioni di commutazione del momento angolare e del momento di dipolo dell’i-esimo elettrone si ottiene per i momenti angolari J e di
dipolo ℘ totali
[jx , ℘z ] = −i℘y , [jy , ℘z ] = i℘x , [jz , ℘z ] = 0
Queste ultime relazioni stanno ad indicare che ℘ è un operatore vettoriale V i
cui elementi di matrice sono proporzionali a
γjmj |℘| γ j mj = C(γ, γ , j, j ) jmj |V| γj mj dove C(γ, γ , j, j ) è un coefficiente indipendente da mj , mj . Ne segue che per
℘ valgono le regole di selezione di un operatore vettoriale, che a loro volta
coincidono con quelle di un atomo a singolo elettrone di assegnati J ed M .

∆j = 0, ±1

∆mj = 0, ±1
dipolo elettrico atomo con molti elettroni
(60)

j = 0 ↔ j = 0 proibita
2.1.9
Forza dell’oscillatore ed assorbimento
Exercise 70 Calcolare la forza dell’oscillatore f relativa alle transizioni (1)
2p → 1s e (ii) 1s → 3p,2s → 3p utilizzando le seguenti funzioni d’onda
Soluzione: la forza dell’oscillatore relativa ad una generica transizione è data
da
f=
2m
ω if |℘f i |2
3e2
70
Esprimendo le varie grandezze in u.a. f assume la forma
2
f = ω if |℘f i |2 = 2ω if |zf i |2
3
2
2
in vista dell’isotropia dell’atomo |℘f i | = 3e2 |xf i | (i) Poiché
|z2p,1s | = =
mentre
∗
R1s R2p r dr Y00 Y10 cos θdΩ
0
∞
1.29
1 ∞
1 1
3
3 4 √ R1s R2p r dr = √ √
exp − r r dr = √
2
3 0
3
6 0
3
∞
3
ω 2p1s =
3
u.a.
8
si ha
3
2
|z2p1s | = 0.4162
4
∗
cos θdΩ = √13
(ii) Per le altre transizioni 1s → 3p e 2s → 3p il fattore Y00 Y10
resta immutato mentre si modificano i contributi radiali
√ ∞
∞
8 2
1
4
√
R1s R3p r3 dr =
1 − r exp − r r4 dr = 0.516
6
3
27 3 0
0
∞
∞
4
1
1
5
√
R2s R3p r3 dr =
1− r
1 − r exp − r r4 dr = 3.06
2
6
6
27 3 0
0
2
f2p1s = 2ω2p1s |z2p1s | =
e le frequenze
ω1s3p
=
ω2s3p
=
8
u.a.
18
5
u.a.
72
In definitiva
f1s3p
f2s3p
= .0788
= .433
Exercise 71 Determinare la forza dell’oscillatore relativo alle righe della serie
Lyman dell’idrogeno utilizzando la funzione generatrice Up (ρ, s) dei polinomi di
Laguerre.
Soluzione: Per calcolare l’elemento di matrice ℘f i per una transizione della
serie Lyman (1, 0 → n, 1) partiamo dalla parte radiale delle funzioni d’onda
Rnl (r) = Nnl e−w/2 wl L2l+1
n+l (w) w =
71
2
r
na0
Pertanto
2 −r/(na0 ) 3
Rn1 (r) = Nn1
e
rLn+1
na0
2
−r/a0
R10 (r) = N10 e
L1
r
a0
2
r
na0
con
N10
Nn1
2
=
3/2
a0
2
1
3/2 n2
a
=
0
Ponendo
∞
0
2
a0 r
= ρ l’elemento di matrice
∞
0
R10 (r) Rn1 (r) r3 dr diventa
1 a0 4
R10 (r) Rn1 (r) r dr =
Nn1 N10
n 2
3
(n − 2)!
[(n + 1)!]3
∞
0
Tenendo conto della funzione generatrice
Up (ρ, s) =
(−s)p e−ρs/(1−s)
(1 − s)p+1
=
ρ
n+1
exp −
ρ L1 (ρ) L3n+1
ρ4 dρ
2n
n
∞
Lpq (ρ)
q=p
q!
sq
esprimiamo i polinomi di Laguerre Lpq (ρ) nella forma
p
s
q (−s) exp −ρ 1−s ∂
Lpq (ρ) =
∂sq
(1 − s)p+1
s=0
dimodochè
ρ
n+1
exp −
ρ L3n+1
L11 (ρ) ρ4 dρ
2n
n
n+1
n+1
∂
(−s)3 e−ρs/n(1−s) ∂ (−s ) e−ρs /(1−s ) =
exp −
ρ
ρ4 dρ
)2
2n
∂sn+1
∂s
(1 − s)4
(1
−
s
s=0
s =0
−5 n+1
3
n+1
∂
s
s
= 4! n+1
+
∂s
2n
n (1 − s)
(1 − s)4
s=0
per cui
0
∞
1 1
R10 (r) Rn1 (r) r3 dr = a0 3
2 n
(n − 2)!
∂ n+1
s3
4!
[(n + 1)!]3 ∂sn+1 (1 − s)4
72
n+1
s
+
2n
n (1 − s)
−5 s=0
Exercise 72 Un fascio di luce UV a 256 nm attraversa una cella lunga 1 mm
e contenente una soluzione di benzene .050M Tenendo conto che l’intensità si
riduce del 16% calcolare l’assorbanza A =κ [C6 H6 ] l/ ln 10 e la transmittanza
T = 10−A .
Exercise 73 Una transizione del benzene a 256 nm presenta un coefficiente di
assorbimento molare ε = 160 cm2 Vita media radiativa.
Exercise 74 Secondo la formula di Larmor la potenza irradiata da una particella è proporzionale al quadrato dell’accelerazione,
P =
2 e2 a2
3 4πε0 c3
(61)
A livello atomico l’accelerazione va calcolata quantisticamente sostituendo il
valor medio a2 col valore di aspettazione ψ |a2 (t)| ψ con a (t) operatore accelerazione nella rappresentazione di Heisenberg. Alla luce di questa relazione si
determini il tempo di decadimento radiativo per l’elettrone dell’atomo di idrogeno
in un livello eccitato.
Soluzione: Tenuto conto della relazione tra un generico operatore O ed il
suo corrispondente nella rappresentazione di Heisenberg,
l’accelerazione è data da
O (t) = e−iHt/ OeiHt/
1 ∂
1
p (t) = −i
[H, p (t)]
m ∂t
m
Pertanto il valor medio quadratico di a (t)
a (t) =
i |a2 (t)| i =
=
=
1
m2 2
1
m2 2
i |[H, p (t)] · [H, p (t)]| i
i |[H, p (t)] |f · f | [H, p (t)]| i
f
1 2 2
ωif pif
m2
f
D’altra parte
per cui
Pertanto
1
p (t) = i−1 [H, r (t)]
m
1
pif (t) = iω if rif (t)
m
2
i |a2 (t)| i =
ω 4if rif
f
e
ω r 2
1
P
2 e2
2
if if
3 2
=
=
ω
r
=
.
α
ω
if
τ if
ωif
3 4πε0 c3 if if
3
c
73
Exercise 75 Calcolare la vita media radiativa del livello 3s dell’idrogeno.
Soluzione: poiché il livello 3s non può decadere radiativamente direttamente
al livello fondamentale dobbiamo considerare due processi in cascata: 3s →
2p → 1s
d
n3s
dt
d
n2p0
dt
d
n1s
dt
= −
=
=
1
n3s
τ 3s−2p
1
n3s −
τ 3s−2p
1
n2p0
τ 2p−1s
1
τ 2p−1s
n2p0
Pertanto
n3s (t) = n3s (0) e−t/τ 3s−2p
τ 2p−1s
n2p0 (t) = n3s (0)
e−t/τ 3s−2p − e−t/τ 2p−1s
τ 3s−2p − τ 2p−1s
!
"
n3s (0)
τ 3s−2p 1 − e−t/τ 3s−2p − τ 2p−1s 1 − e−t/τ 2p−1s
n1s (t) =
τ 3s−2p − τ 2p−1s
D’altra parte tenendo conto della relazione
τ f i ω 2f i |f f i | =
me c2
.
2α
con f f i forza dell’oscillatore si ha
τ 3s−2p
=
τ 2p−1s
ω 2−1
ω 3−2
2
|f2p−1s |
= 98.66
|f3s−2p |
Poiché τ 2p−1s è molto più piccolo di τ 2p−1s il termine e−t/τ 2p−1s decade rapidamente e le popolazioni dei tre livelli sono date con buona approssimazione
da
n3s (t) = n3s (0) e−t/τ 3s−2p
τ 2p−1s
n2p0 (t) = n3s (0)
e−t/τ 3s−2p
τ 3s−2p − τ 2p−1s
τ 3s−2p
−t/τ 3s−2p
n1s (t) = n3s (0) 1 −
e
τ 3s−2p − τ 2p−1s
Ne discende che il tempo di decadimento radiativo è dato con buona approssimazione da τ 3s−2p = 98.6 · τ 2p−1s = 160 n sec
Exercise 76 Una lampada di mercurio emette a 240 nm con una larghezza di
riga relativa di 10−5 Assumendo un flusso emesso di 1 kw/m2 stimare il rapporto
tra i processi di emisssione spontanea e stimolata
74
2.1.10
Analisi quantistica del decadimento radiativo
Il problema del decadimento radiativo può essere affrontato oltre che con le
considerazioni di Einstein basate sullo spettro del corpo nero anche come un caso
particolare di evoluzione di un sistema atomico che interagisce con le fluttuazioni
del vuoto
Exercise 77 Si consideri il decadimento di un elettrone atomico dovuto all’accoppiamento
con le fluttuazioni del vuoto. Si calcoli l’operatore di evoluzione al primo ordine
in V
Soluzione: Tenuto conto dell’Hamiltoniana e del potenziale
H = Hat +
ωk ak a†k
k
V̂
e
= −
p·
P̂k ak + P̂∗k a†k
me
k
si ha
e−iH(t−t ) V(t )e−iHt
e −iHat (t−t ) −iHat t
= −
e
pe
me
†
† ·
e−iωk ak ak (t−t ) P̂k ak + P̂∗k a†k e−iωk ak ak t
k
D’altra parte si può dimostrare che
† † P̂k ak + P̂∗k a†k e−iωk ak ak t = e−iωk ak ak t P̂k e−iωk t ak + eiωk t P̂∗k a†k
per cui
e−iH(t−t ) V(t )e−iHt = −
e −iHrad t −iHat (t−t ) −iHat t −iωk t
e
e
pe
ak + eiωk t P̂∗k a†k
P̂k e
me
k
Per uno stato iniziale vuoto del campo
;
k
sopravvivono e si ha
|nk = 0
solo i contributi di a†k
t7 .
Ui→f (t, 0) = e
−i
f e−iH(t−t ) V(t )e−iHt i dt
0
t
∗
e
= e−i(Ef −Ei )t + i
pif ·
P̂k eiωk t
e−i(ωk +Ef −Ei )(t−t ) dt
me
0
k
ωk −Ef +Ei
sin
t
ω
−E
+E
i
k
f
2
e
t
2
= e−i(Ef −Ei )t + i
pif ·
P̂∗k ei
.
me
ω k + Ef − Ei
−i(Ef −Ei )t
k
75
2.1.11
Campi molto intensi
Exercise 78 Per un atomo di idrogeno sottoposto ad un potenziale vettore A(t)
uniforme l’equazione di Schrödinger dipendente dal tempo della funzione d’onda
dell’elettrone assume la forma
∂
1 2
1
1 2
i ψ (r,t) =
p + A (r, t) · p+ A (t) −
ψ (r,t)
(62)
∂t
2
2
r
a) Dimostrare che moltiplicando ψ per il seguente fattore di fase
1 t 2 ψ (r,t) → ϕ (r,t) = exp −i
A (t ) dt ψ (r,t)
2
*
+,
fattore di gauge
scompare dall’Eq. (62) il termine in A2
∂
1 2
1
i ϕ (r,t) =
p + A (t) · p −
ϕ (r,t)
∂t
2
r
b) rimuovere il termine A (t) · p introducendo il vettore
re (t) =
t
A(t )dt
−∞
e dimostrando le relazioni
eire (t)··p r e−ire (t)·p
∂ −ire (t)·p
i eire (t)·p
e
∂t
= r − re (t)
= A·p+i
∂
∂t
c) introdurre la funzione d’onda ψK−H
ψK−H (r, t) =
exp [i re (t) · p] ϕ (r, t)
*
+,
-
(63)
trasf. gauge di Kramers−Herrenberg
dimostrando che essa soddisfa l’equazione d’onda
1 2
1
∂
p −
ψK−H = i ψK−H
2
|r − re (t)|
∂t
che si presenta molto simile a quello dell’elettrone in assenza di campo.
In conclusione, attraverso la trasformazione di gauge (63) introdotta da
Kramers ed Herrenberg, si elimina il potenziale
vettore dall’Hamiltoniana
facendo
oscillare la posizione in cui si calcola 1r 1r → |r−r1e (t)| .
76
2.1.12
Transizioni a due fotoni nell’idrogeno
Exercise 79 La transizione 1s-2s risulta proibita nell’atomo di idrogeno. In
tal caso si deve estendere l’espressione dell’operatore evoluzione U (t, 0) = exp i H0 t U (t, 0)
i t U (t, 0) 1 −
V (t ) dt
0
con
V (t) = exp
e
i
i
H0 t V (t) exp − H0 t
eE0
cos (ωt) pz
mω
includendovi transizioni del secondo ordine
t
t
i t 1
U (t, 0) 1 −
V (t ) dt − 2
V (t ) dt
V (t ) dt
0
0
0
V (t) = −i
Pertanto, per transizioni proibite al 1 ordine Uif
(t, 0) si riduce a
Uif
1
(t, 0) − 2
per cui
t
0
t
0
f |V (t ) V (t )| i dt dt
2
1
t
t
f |V (t ) V (t )| i dt dt Pi→f (t) = |f|U (t, 0)|i| = 2
0 0
2
Studiare la probabilità di transizione 1s-2s in funzione del tempo.
Soluzione: L’elemento di matrice 2s|U(t, 0)|1s è rappresentato dall’integrale
multiplo
t
t
.
7 1
2s|U(t, 0)|1s = 2
dt
dt 2s eiH0 t V (t ) e−iH0 (t −t”) V (t ) e−iH0 t 1s
0
0
Dall’espressione di V (t ) discende
−2
eE0
2 2s|U(t, 0)|1s
mω
t
t
.
7 =
dt
dt cos (ωt ) cos (ωt ) 2s eiH0 t pz e−iH0 (t −t ) pz e−iH0 t 1s
0
dove
=
0
. .
7 7
2s pz e−iH0 (t −t ) pz 1s =
2s |pz | nl0 nl0 e−iH0 (t −t ) pz 1s
n
nl
e
i
2n2
(t −t )
2s |pz | np np |pz | 1s
77
Si ottengono così degli integrali del tipo
In±±
i i i =
dt
dt exp − t + t + 2 (t − t ) ± iωt ± iωt
8
2
2n
0
0
t
t
1
1
1
1
− 2 ± ω t
=
dt
dt exp i
− ± ω + 2 t +
8
2n
2 2n
0
0
&
&
% 3
% 1
exp i 8 ± 2ω t − 1 exp i − 8 ± ω + 2n1 2 t − 1
1
= 1
−
+
1
3
− 18 ± ω + 2n1 2
2 − 2n2 ± ω
8 ± 2ω
t
t
e
In±∓
i i i =
dt
dt exp − t + t + 2 (t − t ) ± iωt ∓ iωt
8
2
2n
0
0
t
t
1
1
1
1
=
− 2 ∓ ω t
dt
dt exp i
− ± ω + 2 t +
8
2n
2 2n
0
0
3 % 1
&
exp i 8 t − 1 exp i − 8 ± ω + 2n1 2 t − 1
1
= 1
−
+
1
3
− 18 ± ω + 2n1 2
2 − 2n2 ∓ ω
8
Per ω 3
16
t
t
i termini dominanti sono In±±
&
% 3
&
% 3
− ω t sin 16
−ω t
exp i 16
In−− = −
5
1
3
16 − 2n2
16 − ω
Avremo così
% 3
&
−2
exp i 16
− ω t 2s |pz | np np |pz | 1s
eE0
2
2s|U(t, 0)|1s −
5
1
mω
4
16 − 2n2
n
% 3
&
sin 16 − ω t
×
3
16 − ω
Ovvero 2s|U(t, 0)|1s assume una forma simile a quella delle transizioni di
dipolo a singolo fotone
2.1.13
"Rate equations"
Exercise 80 Analizzare l’evoluzione di un sistema investito da un’onda piana
Soluzione: L’interazione di un campo e.m. con sistemi a molti livelli di
energia è descritta dall’insieme delle probabilità Pn di occupazione dei singoli
livelli. La variazione temporale di Pn dipenderà dalle transizioni dagli altri livelli
m verso n e da quest’ultimo verso i primi, per cui
dPn =
(Wm→n Pm − Wn→m Pn )
dt
m
78
in cui Wm→n il tasso di transizione dovuto al potenziale Vm→n di interazione
con l’onda piana (v. Eqq. (29)).
Se si indica con gn la degenerazione del livello n—esimo, dipendendo Vm→n
solo dall’elemento di matrice ℘mn , risulta
gm Wm→n = gn Wn→m
Pertanto, si avrà
dPn =
gm Wm→n (Pm − Pn )
dt
m
Si consideri ora un numero elevato di n atomi per unità di volume che interagiscono col campo e.m. senza disturbarsi a vicenda. Se si moltiplica n per Pn
si ottiene la densità media di atomi eccitati al livello n—esimo. Le equazioni del
moto di queste popolazioni saranno simili a quelle per le Pn ,
dnn =
(nm − nn )Wn→m
dt
m
Exercise 81 Con riferimento all’esercizio precedente discutere le rate equations
per un campo incidente del tipo corpo nero
Soluzione: In termodinamica si descriverà il campo e.m. in termini di fotoni
di diverse frequenze ω < , immaginando che ad ogni stato delle particelle corrisponda una diversa specie chimica Am per poi rappresentarne la mutua interazione con un formalismo analogo a quello adottato per delle reazioni chimiche.
L’eccitazione dal livello m a quello n è vista come una reazione in cui una
particella Am collidendo con un fotone ω< si trasforma in una particella An
Am + ω<
−→
assorb. 1 f otone
An
soddisfacendo la relazione εm + ω < = εn o
Am + ω<
−→
emissione 1 f otone stimolato f otone incidente
An + 2ω <
se εn + ω < = εm . Le concentrazioni nm e nn varieranno nel tempo con leggi del
tipo
d
d
nm = − nn = −Bm→n nm ω < ρ (ω< )
dt
dt
w
dove ρ (ω < ) = ω
rappresenta il numero di fotoni per unità di volume di fre
quenza ω< , mentre
Wm→n
Bm→n =
ω< ρ (ω < )
rappresenta il coefficiente di velocità della reazione.
79
Per completare la descrizione di questi processi si deve tener conto della
reazione inversa
An → Am + ν <
per εm +ω < = εn in cui la specie An decade spontaneamente. Per questo processo
si avrà
d
d
nm = − nn = An→m nn
dt
dt
Combinando i due processi otterremo
d
d
nm = − nn = An→m nn − Bm→n nm ω < ρ (ω < )
dt
dt
Estendendo queste considerazioni a tutte le reazioni possibili si ottiene
d
nm =
An→m nn −
Am→n nm
dt
n
n
En >Em
+
Em >En
n
En >Em
ω =En −Em
Bn→m nn ω < ρ (ω< ) −
Bm→n nm ω < ρ (ω< )(64)
n
En <Em
ω =Em −En
In condizioni stazionarie le derivate si annulleranno e si avrà per la generica
coppia di livelli n e m,(En > Em )
An→m · nn + Bn→m · nn ω < ρ (ω< ) − Bm→n · nm ω < ρ (ω< ) = 0
ovvero
o
nn
Bm→n ω < ρ (ω< )
=
nm
An→m + Bn→m ω < ρ (ω< )
An→m nn
Bn→m nn − Bm→n nm
dipende solo dall’elemento di matrice ℘mn risulta
ω< ρ (ω < ) =
Poiché Bm→n
gm Bm→n = gn Bn→m
Inoltre all’equilibrio termico
gn
En − Em
nn
=
exp −
nm
gm
kB T
per cui
ω < ρ (ω< ) =
1
An→m
hω3
1
= 2 3×
exp (β (En − Em )) − 1 Bm→n
π c
exp (βω) − 1
avendo tenuto conto dell’espressione di ω < ρ (ω < ) fornita dalla formula di Planck
per il corpo nero. Ne segue che Af →i è legato a Bf→i dalla fondamentale
relazione
2ω 3f i
Af →i =
Bf→i
(65)
πc3
80
2.1.14
Laser a rubino
Exercise 82 Un laser può essere rappresentato come un sistema a 3 livelli, in
cui 1 sta per quello fondamentale, 2 per quello superiore e 3 per il livello a cui
vengono eccitati gli atomi da un fascio di pompa di intensità Ip . Quest’ultimo
eccita gli atomi da 1 a 3. Dal livello 3 decadono al 2, a partire dal quale si avvia
l’azione laser, che genera all’interno della cavità ottica un fascio di intensità I.
Con buona approssimazione si può assumere il tasso di decadimento da 3 a 2
come proporzionale alla popolazione n3 . Ne segue che i tassi di variazione delle
varie popolazioni e dell’intensità laser I sono descritti dal sistema
d
n3
dt
d
n2
dt
d
n1
dt
d
I
dt
= −Ip B3→1 n3 + Ip B1→3 n1 − (γ 3→2 + γ 3→1 ) n3
n2
− γ 2→1 n2 + γ 3→2 n3
τ spont
n2
= −IB1→2 n1 + IB2→1 n2 + γ 2→1 n2 +
+ Ip B3→1 n3 − Ip B1→3 n1 + γ 3→1 n3
τ spont
1
=
−
+ ω (B2→1 n2 − B1→2 n1 ) I
τ cav
= −IB2→1 n2 + IB1→2 n1 −
con γ 3→2 , γ 3→1 , γ 2→1 tassi di decadimento non radiativi. A queste equazioni del
moto va aggiunta la relazione di conservazione della popolazione totale
n = n1 + n2 + n3
Derivare i valori stazionari di n1 , n2 ed I in funzione dell’intensità Ip della
pompa, dei tassi di decadimento γ 3→2 , γ 3→1 da 3 a 2,1 e della vita media dei
fotoni in cavità. Si discuta il valore di soglia dell’intensità di pompa perché il
laser cominci ad oscillare assumendo γ 3→2 Ip B3→1 , Ip B1→3 , γ 3→1 + γ 3→2 γ 2→1 ed utilizzando i dati tipici di un laser a rubino,
τ cav
τ spont
ω laser
g2
g1
=
=
=
=
=
2 × 10−8 sec
3 × 10−3 sec
14.422 cm−1
2
4
Soluzione: In condizioni stazionarie e sopra soglia ( I *= 0) deve risultare
Ip B1→3
n1
Ip B3→1 + γ 3→2 + γ 3→1
1
IB2→1 +
+ γ 2→1 n2
τ spont
= n3
=
IB1→2 +
ω12 (n2 B2→1 − n1 B1→2 ) =
1
τ cav
81
Ip B1→3 γ 3→2
Ip B3→1 + γ 3→2 + γ 3→1
n1
D’altra parte
B2→1 = 2B1→2
e
π 2 c3 1
= B2→1
ω312 τ spont
per cui
n2 −
(66)
n1
ω 2 τ spont
= 2123
2
π c τ cav
pertanto
−1
ω 212 τ spont
3
Ip B1→3
n1 = n − 2 3
+
π c τ cav
2 Ip B3→1 + γ 3→2 + γ 3→1
e
IB2→1
2.2
Ip B1→3 γ 3→2
1 1
1
=
−
− γ 2→1
Ip B3→1 + γ 3→2 + γ 3→1 2 τ spont 2
1
−
− γ 2→1
τ spont
ω 212 τ spont
π2 c3 τ cav
−1
n1
Interazione coerente sistemi a due livelli
Exercise 83 Analizzare l’evoluzione di un sistema a due livelli investito da un
ampo sinusoidale E (t) = E0 cos (ω 0 t) .
Soluzione: Un sistema a due livelli associato alla coppia di funzioni d’onda
ψa,b , e sottoposto ad un campo elettrico oscillante E (t) = E0 cos (ω 0 t) è descritto
dalla combinazione ψ (t) = A (t) ψa + B (t) ψb di autofunzioni ψa,b con A (t) e
B (t) che soddisfano il sistema di equazioni
d
A (t) = ω a A (t) + 2ΩR cos (ω 0 t) B (t)
dt
d
i B (t) = ω b B (t) + 2ΩR cos (ω 0 t) A (t)
dt
i
(67)
Questo sistema risulta periodico e come tale soddisfa il teorema di Floquet (v.
Sez. ?? Eq. (??)). Pertanto A (t) e B (t) sono esprimibili come prodotti di due
fattori di fase eiλa t , eiλb t per funzioni periodiche22 ,
A (t) = eiλa t
B (t) = eiλa t
∞
n=−∞
∞
A2n e−i2nω0 t + eiλb t
A2n+1 e−i(2n+1)ω0 t
n=−∞
B2n+1 e−i(2n+1)ω0 t + eiλb t
n=−∞
2 2 S.
∞
∞
n=−∞
H. Autler et. al. loc. cit. pag. ??
82
B2n e−i2nω0 t
(68)
Sostituendo queste espansioni nel sistema (67) si ottengono per le sequenze
B2n−1 , A2n , B2n+1 , . . . e A2n−1 , B2n , A2n+1 , . . . che soddisfano le seguenti
relazioni di ricorrenza
(La − 2nω0 ) A2n
(La + ωba − (2n + 1) ω 0 ) B2n+1
(Lb − 2nω 0 ) B2n
(Lb − ω ba − (2n + 1) ω0 ) A2n+1
dove
ωba =
=
=
=
=
−B2n−1 − B2n+1
−A2n − A2n+2
−A2n−1 − A2n+1
−B2n − B2n+2 ,
(69)
ωb − ωa
λa,b ωa,b
, La,b =
+
= λa,b + ω a,b .
ΩR
ΩR
ΩR
In particolare dalla coppia di relazioni (69-a,b) discende per BA2n−1
la relazione
2n
di ricorrenza
1
B2n−1
= − (La − 2nω0 ) +
A2n
La + ω ba − (2n + 1) ω0 + A2n+2
B2n+1
2n+1
Reiterando rispetto a B
A2n+2 si arriva ad esprimere
mediante le seguenti frazioni continue 23
A±2n
B±(2n−1)
=
B±(2n−1)
A±(2n−2)
=
La ∓ 2nω0 −
−1
La +ωab ∓(2n+1)ω0 −
La + ω ab ∓ (2n − 1) ω0 −
B2n−1
A2n
e quantità analoghe
1
1
1
La ∓(2n+2)ω0 −
···
La +ω ∓(2n+3)ω0
ab
−1
La ∓2nω0 −
.
1
La +ω
ab
1
∓(2n+1)ω0 −
1
···
La ∓(2n+2)ω 0
Dal momento che i denominatori di queste frazioni continue tendono ad essere
dominati da termini della forma nω 0 , queste espressioni possono essere troncate
per n sufficientemente elevato.
Imponendo che questi rapporti coincidano con quelli imposti da (69) per
n = 0 si ha che La deve soddisfare un’equazione caratteristica rappresentata
dalla somma di due frazioni continue24
B−1 B1
La = −
−
A0
A0
1
=
1
La + ωab + ω 0 − La +2ω
−···
0
1
+
La + ω ab − ω 0 −
1
La −2ω0 −···
(70)
La seconda soluzione di esponenente caratteristico λb si ottiene dalla precedente
equazione mediante le sostituzioni La → −Lb , λa → −λb − ωa − ω b .
2 3 v.p.e.
E. T. Whittaker et al., loc. cit. pag. ??, Cap. 3
radici di questa equazione per diversi valori relativi dei parametri ωab , ω0 sono analizzate
da Autler et al., loc. cit. pag. ??
2 4 le
83
2.2.1
Perturbazione risonante
Exercise 84 Con riferimento all’esercizio precedente considerare il caso in cui
ω0 ≈ ω ab
Soluzione: Per ωab 1 e ω0 ≈ ω ab (70) può essere troncata fornendo così
La =
a cui corrisponde
λa
λb
con
1
,
La + ω ab − ω 0
1
= − (ω a + ω b ) +
2
1
= − (ω a + ω b ) −
2
ΩB =
1
ω0 ±
2
1
ω0 ∓
2
1
ΩB ,
2
1
ΩB ,
2
(ωab − ω 0 )2 + 4Ω2R .
la frequenza di precessione di Bloch con cui oscillano le popolazioni dei due
livelli. Questa frequenza è simile a quella di Eq. (??) introdotta in Sez. ??
nella discussione delle equazioni di Bloch per i nuclei.
2.2.2
Perturbazione a bassa frequenza
Exercise 85 Con riferrimento all’esercizio 83 considerare il caso limite di ω0 →
0
t
t
Soluzione: Per ω 0 → 0 si può porre A (t) = A0 ei ΩS (t )dt , B (t) = B0 ei ΩS (t )dt
nell’Eq. (67) che assume la forma
(ω a + ΩS (t)) A0 + 2ΩR cos (ω 0 t) B0
2ΩR cos (ω 0 t) A0 + (ω b + ΩS (t)) B0
= 0
= 0
con ΩS (t) una frequenza oscillante
ΩS (t) =
ω a + ωb −
2
ω ab + 16Ω2R cos2 (ω 0 t)
2
(71)
associata all’effetto Stark AC 25 ( v. Sez. ??). In particolare, per uno stato che
tende a ψa per ΩR → 0 si ha
t
4ΩR
ψ (t) = N ψ a −
cos (ω 0 t) ψb ei ΩS (t )dt
ω ba
con N fattore di normalizzazione, ovvero nell’espansione (68) si ha
2 ∞
∞
ΩR
ei ΩS dt = eiλa t
An e−inω0 t = N eiλa t
Jn
e−inω0 t
ω
ω
ab
0
n=−∞
n=−∞
(72)
Ω2
R
con λa = ω a − 2 ωab
.
2 5 C.
H. Townes et al. loc. cit. pag. ??; v.p.e. D. Budker et al. loc. cit. pag. ??, Prob. 2.7.
84
2.2.3
Equazioni di Bloch ottiche
Exercise 86 Un sistema a due livelli è descritto da una matrice densità del
tipo
ρ11 ρ12
ρ=
ρ†12 ρ22
Introducendo le matrici di Pauli σ z , σx e σy
1 0
0 1
0 −i
σz =
, σz =
, σy =
0 −1
1 0
i 0
e le quantità26
℘z
℘x
℘y
ρ11 − ρ22
2
ρ12 + ρ†12
=
2
ρ − ρ†12
= i 12
2
=
(a) riscrivere ρ in termini di ℘x , ℘y , ℘z , (b) rappresentare l’Hamiltoniana
del sistema interagente attraverso un momento di dipolo℘ con un campo e.m.
E (t) cos ωt di ampiezza E (t) lentamente variabile nel periodo 2π/ω, (c) assumendo il sistema in contatto con un bagno termico a temperatura T e libero
di rilassare verso la configurazione di equilibrio
−βε
1
e 1
0
ρe = −βε1
0
e−βε2
e
+ e−βε2
e tenendo conto dell’equazione del moto
−1
τ (ρ11 − ρ11e )
τ −1
∂
tr ρ12
−1
ρ = (i) [H, ρ] −
†
τ −1
τ −1
∂t
⊥ ρ12
(ρ22 − ρ22e )
con τ e τ tr tempi di rilassamento longitudinale e trasversale, ottenere e discutere le equazioni del moto di ℘z , ℘x σ x e ℘y
Soluzione: (a) ρ può essere scritta nella forma
1
ρ11 ρ12
ρ=
= + ℘z σ z + ℘x σ x + ℘y σy
†
ρ12 ρ22
2
mentre (b) l’Hamiltoniana è data da
1
1
H = ω0 σz + E (t) ℘ cos (ωt) σx = ω 0 σz + ΩR (t) cos (ωt) σx
2
2
2 6 R.
P. Feynman, F. L. Vernon, R. W. Hellwarth, J. Appl. Phys. 28, 49 (1957)
85
dove ω 0 = εb − εb è la distanza in energia tra i due livelli mentre ΩR (t) =
E (t) ℘−1 sta per la frequenza di Rabi Pertanto,
(i)−1 [H, ρ]
1
= −i ω 0 σ z + ΩR cos (ωt) σx , ℘z σz + ℘x σx + ℘y σy
2
1
1
= −i
ω0 ℘x − ΩR ℘z cos ωt [σx , σz ] − i ω 0 ℘y [σz , σy ]
2
2
−iΩR ℘y cos ωt [σx , σy ]
= (ω 0 ℘x − 2ΩR ℘z cos ωt) σy − ω0 ℘y σ x + 2ΩR ℘y cos (ωt) σz
D’altra parte
=
τ −1
τ −1
⊥ ρ12
(ρ11 − ρ11e )
−1 †
−1
τ ⊥ ρ12
τ (ρ22 − ρ22e )
τ −1
τ −1
⊥ (℘x − i℘y )
(℘z − ℘ze )
−1
τ ⊥ (℘x + i℘y ) −τ −1
(℘z − ℘ze )
−1
= τ −1
(℘z − ℘ze ) σ z + τ ⊥ (℘x σ x + ℘y σ y )
per cui
℘˙ x σx + ℘˙ y σy + ℘˙ z σz
ovvero
℘˙ z
℘˙ x
℘˙ y
= − ω0 ℘y + τ −1
⊥ ℘x σ x
+ ω0 ℘x − 2ΩR ℘z cos (ωt) − τ −1
⊥ ℘y σ y
+ 2ΩR ℘y cos (ωt) − τ −1
(℘
−
℘
)
σz
z
ze
= 2ΩR ℘y cos ωt − τ −1
(℘z − ℘ze )
= −ω0 ℘y − τ −1
⊥ ℘x
= ω 0 ℘x − 2ΩR ℘z cos ωt − τ −1
⊥ ℘y
(73)
Questo sistema nonlineare a coefficienti dipendenti dal tempo può essere integrato sfruttando la piccolezza di ΩR /ω 0
Exercise 87 Si consideri l’interazione di un’onda e.m. quasi monocromatica a
frequenza ω,
E(t) = E0 cos (ωt)
con un sistema di particelle a due livelli 1 e 2 (E1 − E2 = ω 0 )
ρ11 ρ12
ρ=
ρ∗12 ρ22
(74)
Si utilizzi l’approssimazione d’onda rotante ( v. Esercizi Cap 5) per calcolare
la suscettività complessa Pω = (χω − iχω ”) E0 in funzione del detuning ω − ω 0 ,
della frequenza di Rabi dell’interazione ΩR = ℘E0 e dei tempi di rilassamento.
86
Soluzione: L’equazione del moto di ρ è data da
−1
τ (ρ11 − ρ11e )
τ −1
∂
tr ρ12
−1
ρ = (i) [H, ρ] −
†
τ −1
τ −1
∂t
tr ρ21
(ρ22 − ρ22e )
con
ρe =
ovvero
e−βε1
1
+ e−βε2
e−βε1
0
0
e−βε2
ρ21
τ⊥
d
(ρ − ρ22 ) − (ρ11 − ρ22 )e
(ρ − ρ22 ) = 2iΩR (ρ21 − ρ∗21 ) − 11
dt 11
τ
d
ρ
dt 21
= −iω0 ρ21 + iΩR (ρ11 − ρ22 ) −
(75)
Per ΩR ω si può utilizzare l’approssimazione d’onda rotante ponendo
ρ21 (t) = e−iωt σ21 (t)
con σ21 (t) una funzione di t lentamente variabile sulla scala di tempo 1/ω 0 . Si
può cosi’ riscrivere (75) nella forma,
σ 21
τ tr
d
(ρ − ρ22 ) − (ρ11 − ρ22 )e
(ρ − ρ22 ) = iΩR (σ 21 − σ ∗21 ) − 11
dt 11
τ
d
σ21
dt
= i(ω − ω 0 )σ 21 + iΩR (ρ11 − ρ22 ) −
(76)
Trattandosi di un sistema a coefficienti costanti in condizioni stazionarie il sistema (76) ammette le soluzioni
Im (σ21 ) =
Re (σ21 ) =
ρ11 − ρ22
=
ΩR τ ⊥
(ρ − ρ22 )e
1 + (ω − ω 0 )2 τ 2tr + 4Ω2R τ tr τ 11
(ω 0 − ω)ΩR τ 2⊥
(ρ − ρ22 )e
1 + (ω − ω 0 )2 τ 2tr + 4Ω2R τ tr τ 11
1 + (ω − ω 0 )2 τ 2⊥
(ρ − ρ22 )e
1 + (ω − ω 0 )2 τ 2⊥ + 4Ω2R τ ⊥ τ 11
Pertanto, il sistema presenterà una polarizzazione a frequenza ω di ampiezza
pari a
Pω = (χω − iχω ”) Eω
con
(ω 0 − ω)τ ⊥
1 + (ω − ω0 )2 τ 2⊥ + 4Ω2R τ ⊥ τ 1
χω ” = ℘2 ∆ne τ tr
1 + (ω − ω0 )2 τ 2⊥ + 4Ω2R τ ⊥ τ χω
= ℘2 ∆ne τ tr
87
(77)
mentre l’inversione per unita’ di volume risulta pari a
∆n = ∆ne
1 + (ω 0 − ω)2 τ 2⊥
1 + (ω − ω0 )2 τ 2⊥ + 4Ω2R τ ⊥ τ con ∆ne = n(ρ11 − ρ22 )e differenza di popolazione in assenza di campo E(t). In
conclusione il sistema sarà caratterizzato da una suscettività complessa simile a
quella del sistema di spin discusso nel Cap. I nell’ambito delle tecniche di risonanza magnetiche. Degno di nota è il fatto che χ dipende dall’intensità dell’onda
a causa del termine proporzionale al quadrato della frequenza di Rabi presente
al denominatore. Questo implica (a) che la larghezza della riga di assorbimento
risonante cresce con l’intensità e (b) che la suscettività tende a diminuire con
l’intensità. Accade quindi che per intensità sufficientemente elevate la radiazione non viene più assorbita dal mezzo. Questo effetto è noto in letteratura
come ”bleaching” (sbiancamento) e viene utilizzato per realizzare i cosiddetti
assorbitori saturabili con cui si possono generare impulsi laser ultracorti (picoe femto-secondi).
Exercise 88 Mostrare che il tempo caratteristico per il movimento di un atomo
2
in un campo laser è dato da Text = /ER , dove ER = 2 kL
/2m sta per l’energia
di rinculo quando asssorbe o emette un singolo fotone.
Exercise 89 Calcolare la frequenza di risonanza per (a) l’assorbimento di un
fotone per un atomo a due livelli allo stato fondamentale e (b) per l’emissione
stimolata dello stesso atomo allo stato eccitato mostrando che la differenza tra
queste frequenze coincide con il doppio della frequenza di Rabi 2ΩR .(c) Ripeter
il calcolo assumendo che l’atomo si muova con velocità v.
Exercise 90 Un atomo a due livelli allo stato fondamentale è illuminato da
un fascio laser che viaggia nella direzione x̂. L’atomo assorbe inizialmente un
fotone per poi riemetterlo nella direzione x̂. (a) si osserva una differenza di
frequenza tra il fotone assorbito e quello emesso? (b) Cosa accade se l’emissione
è stimolata da un secondo fascio laser che viaggia lungo −x̂?
2.3
Transizioni rovibroniche molecole biatomiche
Exercise 91 Dimostrare che per una molecola biatomica valgono le seguenti
regole di selezione rotazionale
±1 Λ = 0
∆J =
, ∆MJ = 0, ±1
(78)
0, ±1 Λ *= 0
2.3.1
Fattore di Franck-Condon
Exercise 92 Nel limite in cui si approssima Psv con Pv (R − Rse ) ricavare
il fattore fs sv v derivando il prodotto della funzione generatrice GH (s, x) dei
polinomi di Hermite (v.??).
88
2.3.2
Transizioni vibrazionali del CO2
Exercise 93 Si consideri una molecola di CO2 che, come si sa, presenta tre
modi di oscillazione,
rispettivamente di (i) stretching asimmetrico (ν 1 ) , (ii)
bending ν 2 12 ν 1 e (iii) stretching simmetrico (ν 3 > ν 1 ) (v. Esercizio ap sulle
molecole). Il modo ν 3 non si accoppia col campo mentre i modi ν 1 e ν 2 sono otticamente attivi. Inoltre il secondo livello di bending risuona con ν 1 (2ν 2 ν 1 ).
D’altra parte il primo livello di ν 3 si accoppia radiativamente col primo livello di
ν 1 . Alla luce di queste proprietà costruire un’espressione del momento di dipolo
℘ ({Rj }).
Soluzione: Si individui la configurazione della molecola lineare di CO2 attraverso due coordinate lineari qs e qa (s= simmetrico, a=asimmetrico) e l’angolo
di bending θ. Sviluppando ℘ (qs , qa , θ) deve risultare
℘ (qs , qa , θ) =
∂℘
∂℘
1 ∂3℘ 2
1 ∂2℘
qa +
θ+
qs qa +
θ qs
∂qa
∂θ
2 ∂qs ∂qa
6 ∂θ2 ∂qs
∂℘
∂qa
∂℘
e ∂℘
∂θ danno ragione delle transizioni vibrazionali dei modi 3 e 2. ∂qs deve
essere nullo perché lo stretching simmetrico (modo 1) è inattivo. D’altra parte
∂2 ℘
∂3 ℘
∂qs ∂qa e ∂ 2 θ∂qs danno conto delle transizioni ν 3 ←→ ν 1 e 2ν 2 ←→ ν 1 (ovvero
della risonanza di Fermi).
Exercise 94 Con riferimento alla molecola di CO2 calcolare le ampiezze di
transizione Mvib if relative alle transizioni ν 3 ←→ ν 1 e 2ν 2 ←→ ν 2 .
Soluzione: Si ha per le ampiezze di transizione
Mvib ν 3 ,ν 1
=
=
=
1 ∂2℘
100 |qs qa | 001
2 ∂qs ∂qa
1 ∂2℘
0 |qa | 1 1 |qs | 0
2 ∂qs ∂qa
1 ∂2℘
2 ∂qs ∂qa 2µ1 ω1 2µ3 ω 3
e
Mvib 2ν 2 ←→ν 1
=
=
=
∂℘
010 |θ| 020
∂θ
∂℘
1 |θ| 2
∂θ ∂℘
∂θ
2µ2 ω 2
Exercise 95 Con riferimento alla molecola di CO2 analizzare la risonanza di
Fermi 2ν 2 ←→ ν 1 .
89
Soluzione: I due livelli sono descritti dalla matrice
1 ∂3℘
ω 1 10|10 10 θ2 qs 02
2ω 2 02| 02
02 θ2 qs 10
6 ∂θ2 ∂qs
2 3
θ 2 1 |qs | 0
1 ∂ ℘
ω
10|
10
0
1
2 =
2 θ 0 0 |qs | 1
2ω2 02| 02
6 ∂θ2 ∂qs
1 ∂3℘
α γ
=
6 ∂θ2 ∂qs γ ∗ β
di autovalori ed autovettori rispettivamente uguali a
ε± =
α+β±
e
ψ± =
2.4
2.4.1
(α − β)2 + 4γγ ∗
2
(α − ε± ) |10 + γ |02
αβ − γγ ∗
Relazioni costitutive
Modello di Drude
Exercise 96 Analizzare il campo e.m. prodotto da un’onda piana incidente
normalmente su un metallo di assegnata conducibilità elettrica e frequenza di
plasma che occupa il semispazio z>0. Calcolare in funzione della frequenza (a)
il coefficiente di riflessione, (b) il campo all’interno del metallo, (c) il campo di
temperatura all’interno dello stesso
Soluzione: La costante dielettrica di un metallo è rappresentata nel modello
di Drude da
ε̃ = 1 −
ω 2p
iωγ + ω2 − ω 2p
=
= (ñr + iκ̃)2
ω(iγ + ω)
ω(iγ + ω)
con ω p frequenza di plasma
ωp =
Per ω = 0 si riduce a
ε̃ (0) = i
con
σ0 =
ne e2
mε0
ω 2p
σ0
=i
ωγ
ε0 ω
ω2p
ne e2
= ε0
me γ
γ
90
(79)
Figure 9: Modulo del coefficiente di riflessione per incidenza normale per un
metallo per diversi valori di γ/ω p = 0.05, 0, 1, 02, 0, 4
conducibilità elettrica in continua. ñr e κ̃ (> 0) stanno per la parte reale
dell’indice di rifrazione e per il coefficiente di estinzione. Per ω ω p
ε̃ ω2
− ωp2 γ ω ω p
ω2
i ωγp ω γ ωp
= (ñr + iκ̃)2
da cui segue per ñ
ωp
ñr + iκ̃ ω
i γ ω ωp
eiπ/4 ω γ ω p
Per incidenza normale il metallo è caratterizzato da un coefficiente di riflessione
pari a
ñ − 1
r=
ñ + 1
che per ω ω p si riduce ad 1.
Exercise 97 Il coefficiente di riflessione di un materiale dipende dall’angolo di
incidenza e dalla polarizzazione (onda p/s=polarizzazione parallela/perpendicolare
91
al piano di incidenza) secondo le formule di Fresnel
tan θ − θ
ñ2 cos θ − ñ2 − sin2 θ
=
rp = −
tan θ + θ
ñ2 cosθ + ñ2 − sin2 θ
sin θ − θ
−cosθ + ñ1 ñ2 − sin2 θ
=
rs = − sin θ + θ
cosθ + ñ2 − sin2 θ
con θ e θ angoli di incidenza e rifrazione ed ñ indice di rifrazione. In particolare
rp si annulla per un particolare valore di θ = θB detto angolo di Brewster
ñ2 cosθB
=
ñ2 − sin2 θ B
ñ4 − ñ4 sin2 θB = ñ2 − sin2 θ B
ñ2
= sin2 θB
2
ñ + 1
ñ = tan θ B
ñ
θB = arcsin √ 2
ñ + 1
Dalla misura di θB si può risalire a ñ. Nel caso di ñ complesso anche θ B risulta
tale, per cui è necessario illuminare il campione con un’onda evanescente. Analizzare l’andamento della parte reale e immaginaria di θB per un metallo
Per un metallo si ha
ñ = ñr + iκ̃ =
da cui
θB = arcsin
iωγ + ω 2 − ω2p
ω(iγ + ω)
iωγ + ω 2 − ω2p
2iωγ + 2ω2 − ω 2p
In particolare per ω ω p θB → π/4 mentre per ω = ωp θ B i γ/ω p
Exercise 98 La funzione dielettrica degli elettroni di un metallo è legata alla
frequenza dalla relazione
ω2p
ε̃ = 1 −
ω(iγ + ω)
dove ω p sta per la frequenza di plasma, legata alla densità elettronica dalla
relazione
ne e2
ωp =
(80)
me ε0
92
Figure 10: Parte reale (tendente a π/4 per ω → ∞) ed immaginaria dell’angolo
di Brewster per un metallo descritto dal modello di Drude con ωp =frequenza di
plasma e γ = ω p /10
Per i metalli alcalini Li.Na,K,Rb,Cs le frequenze di plasma (espresse in lunghezze
d’onda λp = 2πc/ω p = c/fp ) sono riportate nella tabella27
 
λp Å
Li
Na
K
Rb
Cs


 calcolata 1550 2090 2870 3220 3620
misurata 1550 2100 3150 3400
Calcolare le rispettive (a) densità elettroniche e (b) costanti reticolari "a" tenendo
presente che questi metalli cristallizzano nel sistema bcc
Soluzione: (a) Tenendo presente che e = 1.6022 × 10−19 C, me = 9.1095 ×
10
Kg, ε0 = 8.8542 × 10−12 F/m, l’Eq. (80) si può riscrivere nella forma
√
fp ≈ 9 ne Hz
√
√
1
ne e2
1.60222 × 10−38
fp =
= ne
= 8.97873 ne ≈ 9 ne Hz
2π me ε0
9.1095 × 10−31 8.8542 × 10−12
−31
con ne in m−3 . Pertanto
ne =
c
9λp
2
=
3 × 108
9 × 10−10
2
1030
1
1036
1
1
=
elettroni/m3 =
elettroni/cm3
9 λ2 Å
9 λ2 Å
λ2p Å
p
p
2 7 v. C. Kittel, "Introduzione alla Fisica dello Stato Solido", Casa Editrice Ambrosiana, Mi
2008, p. 399 e Tabb. 3 e 4
93
da cui

3
elettroni/cm
 calcolata
misurata
Li
4.62 × 1022
4.62 × 1022
Na
2.54 × 1022
2.52 × 1022
K
1.35 × 1022
1.12 × 1022
Rb
1.07 × 1022
9.61 × 1021
(b) per un reticolo bcc la costante reticolare "a" è data da
1/3
2
a=
ne
per cui
2.4.2

Cs
8.48 × 1021 


a Å
Li
Na
K
Rb
Cs


 calcolata 3.51 4.28 5.30 5.71 6.18
misurata 3.51 4.29 5.63 5.92
Polarizzazione molecolare
Nel 1917 L. S. L. Silberstein28 di trattare una molecola investita da un campo
Ẽ ext ∝ P̂e−i(ωt−k·r) come un insieme di dipoli ℘˜m , localizzati sui nuclei costituenti, su ognuno dei quali agisce un campo locale (v. ??)
Γdip mn · ℘
˜m ,
Ẽloc n = Ẽext n +
m=n
con Ẽ n =Ẽ ext (Rn , ω) e Rn la posizione dell’atomo n-esimo, mentre Γnm =
Γmn = Γ (Rm − Rn , k) sta per la funzione di Green diadica (v. (??))
1
1
Γdip mn = Γdip (Rn − Rm ) = −
3
R̂
R̂
−
1
=
−
2
R̂
R̂
−
1
⊥
4πε0 R3
4πε0 R3
calcolata nel limite statico in vista dela piccolezza di k |Rn − Rm | . Risolvendo
rispetto a ℘˜n = ε0 α̃n · Ẽloc n con α̃n la polarizzabilità α̃℘n dell’atomo di indice
n, si ottiene la relazione tensoriale:
<
<<
<
< ···
<
<
···
···
···
··· <
<
< < ··· <
< ···
<
<
<
0
Γ
Γ
·
·
·
℘
˜
dip n−1,n
dip n−1,n+1
<
< < n−1 <
< ···
<
<
<
Γ
0
Γ
·
·
·
℘
˜
·
dip n,n−1
dip n,n+1
n
<
<<
<
< · · · Γdip n+1,n−1 Γdip n+1,n
<< ℘
<
0
·
·
·
˜
<
< < n+1 <
< ···
···
···
···
··· < < ··· <
<
<
<
<
···
<
<
< Ẽloc n−1 − Ẽext n−1 <
<
<
<.
= <
Ẽloc n − Ẽext n
<
<
< Ẽ
<
< loc n+1 − Ẽext n+1 <
<
<
···
2 8 L. S. L. Silberstein, Philos. Mag. 33, 92, 215 e 521 (1917). R. L. Rowell and R. S. J.
Stein, J. Chem. Phys. 47, 2985 (1967); E. M. J. Mortensen, J. Chem. Phys. 49, 3732 (1968);
H. J. Devoe, J. Chem. Phys. 43, 3199 (1965); R. R. J. Birge, J. Chem. Phys. 72, 5312
(1980); B. T. Thole, J. Chem. Phys. 59, 141 (1982); K. J. Miller, J. Am. Chem. Soc., 112,
8543 (1990)
94
D’altra parte
<
< ···
<
< ℘
< ˜n−1
< ℘˜n
<
< ℘˜n+1
<
< ···
per cui
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
= <
<
<
<
<
···
Ẽext n−1
Ẽext n
Ẽext n+1
···
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
< = ε0<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<.
<
<
<
<
···
···
0
0
0
0
Γdip n−1,n−2 α̃n−1
···
···
···
0
α̃n−1
0
0
0
0
0
α̃n
0
0
0
0
0
α̃n+1
0
···
1
0
0
0
0
···
< <
< <
···
< <
< < Ẽloc n−1
< <
< · < Ẽloc n
< <
< < Ẽloc n+1
< <
< <
···
···
Γdip n,n−1 α̃n−1
Γdip n+1,n−1 α̃n−1
···
Γdip n−1,n α̃n
1
Γdip n+1,n α̃n
···
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
···
Γdip n−1,n+1 α̃n+1
Γdip n,n+1 α̃n+1
1
···
che invertita fornisce Ẽloc n in funzione di del campo esterno Ẽext n agente sui
singoli atomi
<
<<
< <
<
<
<
< < ···
<
···
···
···
··· <
···
···
<
<<
< <
<
< Ẽloc n−1 < < · · · Λ̃n−1,n−1 Λ̃n−1,n Λ̃n−1,n+1 · · · < < Ẽext n−1 <
<
<<
< <
<
< Ẽloc n < = < · · ·
<
<
Λ̃n,n−1
Λ̃n,n
Λ̃n,n+1
··· <
<
< ·< Ẽext n < .
< <
< Ẽ
< < · · · Λ̃
<
<
Λ̃n+1,n Λ̃n+1,n+1 · · · < < Ẽext n+1 <
n+1,n−1
< loc n+1 < <
<
<
<
<
<
···
···
···
···
···
···
··· < <
(81)
Poichè Γdip mn è funzione di |Rm − Rn | ed i momenti di dipolo indotti sui
singoli atomi dipendono dalla disposizione dei vari atomi rispetto alla direzione
di propagazione n̂ di Ẽ ext . Il momento di dipolo indotto in Rm non è in generale
parallelo a Ẽ n , ovvero Λ̃mn è una matrice 3 × 3 con autovalori generalmente
diversi tra loro. Se le distanze interatomiche sono piccole rispetto a 1/k ha
senso introdurre un momento di dipolo totale associandolo ad una polarizzabilità
complessiva della molecola α̃℘mol riferita al baricentro R0 :
℘˜tot =
℘˜n =
α̃n Λ̃nm · Ẽext m (Rm , ω) = α̃℘mol · Ẽext (R0 , ω) .
n
mn
Queste considerazioni diventano significative nel caso di molecole con molti
atomi. In linea di principio si potrebbero utilizzare anche per lo studio dei solidi,
anche se in quest’ultimo caso si preferisce sfruttare sin dall’inizio la regolarità
con cui gli atomi sono distribuiti nel reticolo.
Exercise 99 Si considerino due atomi in r1 e r2 , entrambi di polarizzabilità
αp e sottoposti ad un campo esterno uniforme Eext (a) calcolare i momenti di
dipolo indotti, (b) l’energia elettrostatica del sistema
95
···
···
···
···
···
< <
< <
···
< <
< < Ẽloc n−1
< <
< · < Ẽloc n
< <
< < Ẽ
< < loc n+1
< <
···
<
<
<
<
<
<
<
<
<
<
Soluzione: I dipoli indotti ℘1,2 sono legati tra loro ed a Eext dal sistema di
relazioni lineari
℘1 − αp Γdip · ℘2
℘2 − αp Γdip · ℘1
dove R = r2 − r1 e
Γdip (R) =
Pertanto
= ε0 αp Eext
= ε0 αp Eext
1
1
3R̂R̂ − 1 =
2R̂R̂ − 1⊥
3
3
4πε0 R
4πε0 R
℘2 = αp Γdip · ℘1 + ε0 αp Eext
· (Γdip · ℘1 + ε0 Eext ) = ε0 αp Eext
1 − α2p Γdip · Γdip · ℘1 = ε0 αp (1 + αp Γdip ) · Eext
℘1 − α2p Γdip
Poichè
Γ2dip
1 − α2p Γ2dip
−1
1 − α2p Γ2dip
1 + αp Γdip
2 1
=
4
R̂
R̂
+
1
⊥
4πR3
2 2 2αp
αp
=
1−
R̂R̂ + 1 −
1⊥
4πε0 R3
4πε0 R3
2 −1
2 −1
2αp
αp
=
1−
R̂R̂ + 1 −
1⊥
4πε0 R3
4πε0 R3
2αp
αp
=
1+
R̂
R̂
+
1
−
1⊥
4πε0 R3
4πε0 R3
−1
1 − α2p Γdip · Γdip
(1 − αp Γdip ) = AR̂R̂ + B1⊥
si ha
℘1 = ε0 αp AR̂R̂ + B1⊥ · Eext
avendo posto
2 −1 2αp
2αp
A =
1−
1
+
4πR3
4πR3
α 2 −1 αp p
B =
1−
1−
3
4πR
4πR3
(b) L’energia elettrostatica sarà pertanto uguale a
V
=
1
1
℘1 · Eext + ℘2 · Eext
2
2
= ε0 αp AR̂R̂ + B1⊥ : Eext Eext
1 2
=
ε0 α E2 + α⊥ E⊥
2
96
dove
α
α⊥
= 2αp 1 −
= 2αp 1 −
2αp
4πε0 R3
αp
4πε0 R3
2 −1 2 −1 2αp
1+
4πε0 R3
αp
1−
4πε0 R3
V dipende dall’orientamento della coppia di atomi rispetto al campo e la coppia
è rappresentata da due suscettività efficaci α , α⊥ secondo che il campo sia
parallelo o perpendicolare alla congiungente dei due atomi.
2.4.3
Relazioni di dispersione di Kramers-Kronig
La polarizzabilità α̃p = α̃p − iα̃p è una funzione analitica di ω con poli nel
semipiano Im (ω) < 0. Infatti un’eccitazione alla frequenza di un polo U induce
una polarizzazione ∝e−iCt . Poichè e−iCt non può esplodere per t → ∞ la parte
immaginaria di U deve risultare negativa. Pertanto, possiamo esprimere α̃p (ω)
in funzione di α̃p (z) relativo ad un cammino chiuso contenuto nel semipiano
Im (ω) > 0 utilizzando il teorema di Cauchy29 ,
1
α̃p (z)
α̃p (ω) =
dz .
2πi
ω−z
Se α̃p (z) → 0 per |z| → ∞ nel semipiano superiore, quest’ultimo integrale si
riduce alla coppia di relazioni per α̃p (ω) ed α̃p (ω)
α̃p
(ω) =
α̃p (ω) =
α̃p (ω ) dω
−∞ ω − ω
∞ α̃p (ω ) 1
V.P.
dω
π
−∞ ω − ω
1
V.P
π
∞
(82)
dove V.P. rappresenta il valor principale dell’integrale 30 , note come relazioni
di dispersione di Kramers-Kronig.
Exercise 100 Mostrare che la costante dielettrica ε̃ (ω) si può esprimere nella
forma
∞
1
f˜ (ω )
=1−i
dω ε̃ (ω)
−∞ ω + iP − ω
con P → 0 e
f˜∗ (ω ) = f˜ (−ω )
2 9 v. p. e. D.B.Melrose and R.C.McPhedran, "Electromagnetic Processes in Dispersive
Media", Cambridge Univ. Pres, Cambridge
1991
ω− b f(x)
3 0 V.P . b f (x) dx = lim
+
a x−ω
a
ω+ x−ω dx
→0
97
N.B. Si tenga conto dell’identità
1
= δ (x)
x − iP
∞
Per semplicità conviene assumere che f (t) = −∞ f˜ (ω) e−iωt dω = f (−t) il
che equivale a porre
f˜ (ω) = iωṼ (ω)
lim Im
D→0
con Ṽ (ω) = Ṽ (−ω) e reale. Ne segue
1
=1−
ε̃ (ω)
∞
−∞
ω 2 Ṽ (ω )
2 dω
2
ω − (ω + iP)
Imponendo la condizione
Im (ε̃) ≥ 0 ω ≥ 0
segue che
D’altra parte per ω ω atom si ha
∞
−∞
ovvero
Ṽ (ω) ≥ 0
ω 2 Ṽ (ω )
1
2 dω ≈ − ω 2
2
ω − (ω + iP)
∞
∞
−∞
ω 2 Ṽ (ω ) dω ≈ −
ω 2 Ṽ (ω ) dω =
−∞
Pertanto ridefinendo Ṽ
ω 2p
4πne e2
=
−
me ω 2
ω2
ne e2
me
ne e2
q (ω )
me
ω2 Ṽ (ω ) =
con
q (ω ) ≥ 0 , ω > 0
e
si ha
∞
1
= 1 − ω2p
ε̃ (ω)
In particolare
q (ω ) dω = 1
0
∞
0
q (ω )
ω2
2 dω
− (ω + iP)
∞
1
q (ω )
π ω 2p
2
Im
= −ω p
dω
=
q (ω)
ε̃
2 ω
ω 2 − (ω + iP)2
0
98
2.4.4
Mezzi in movimento
Exercise 101 Si consideri un mezzo dielettrico caratterizzato a riposo da una
costante dielettrica relativa ε̂ *= 1 ed una permeabilità magnetica elativa µ̂ = 1.
Discutere le ralazioni costitutive del mezzo quando questo si muove rispetto a
KL con velocità costante v.
Soluzione: Indicando con E, D, B, H i campi nel sistema Kp a riposo rispetto
al mezzo e E , D , B , H quelli nel sistema di laboratorio KL si ha
<
<
<
< < <
< E <
<
< < E <
γv×
<
< = < γ + (1 − γ) β̂ β̂
<·<
< ,
γ
< B <
<
− c2 v×
γ + (1 − γ) β̂ β̂ < < B <
<
<
<
< < <
γ
< D <
<
< < D <
c2 v×
<
< = < γ + (1 − γ) β̂ β̂
<·<
< .
(83)
< H <
<
−γv×
γ + (1 − γ) β̂ β̂ < < H <
Poichè in KP si ha D = ε̂ε0 E e B = µ0 H da (83) discende che
<
!
"
<
ε̂ε0 γv×
< ε̂ε0 γ + (1 − γ) β̂ β̂
<
!
"
<
−1 γ
−1
−µ0 c2 v×
µ0 γ + (1 − γ) β̂ β̂
<
<
< < <
γ
< γ + (1 − γ) β̂ β̂
< < D <
2 v×
c
<
<
<·<
= <
−γv×
γ + (1 − γ) β̂ β̂ < < H <
<
< < <
< < E <
<·< <
< < B <
<
Separando le componenti del campo longitudinali da quelle trasverse
<
<
< <
<
< E < <
< E <
< E <
<
< < = < <
< ⊥
<
+
<
< B <
< B < < B⊥ <
<
<
< <
<
< D < <
< D <
< D <
<
⊥
< < = < <
<
<
<+
< H <
< H < < H⊥ <
si ottiene
<
<
<
< <
< E <
< D <
0 <
<
<
<
< · < < = < <
<
< < B <
µ−1
< H <
0
<
< < <
<
< < 1
<
<
<
<
< <
ε̂ε0
ε̂ε0 v β̂× <
1
2 v β̂× < < D⊥
c
<
< · < E⊥
<
<
< = <
−1
< −µ−1 12 v β̂×
<
<
< · < H
B
µ0
−vβ̂×
1
⊥
⊥
0 c
<
<
< 1 0 <
<
Moltiplicando per la matrice <
< 0 β̂× < si ottiene
<
< <
<
<
<
< 1 0 < <
< ε̂ε0
ε̂ε0 v× <
ε̂ε0
ε̂ε0 vβ̂× <
<
<·<
<
<
<
< = < µ−1 1 v µ−1 β̂× <
< 0 β̂× < < −µ−1 12 v×
µ−1
0 c
0
0 c2
0
<
< <
<
<
<
1
v
< 1 0 < < 1
<
<
<
c2 v× < = < 1
c2 β̂× <
<
<·<
< 0 β̂× < < −v×
<
<
1
v
β̂× <
<
< ε̂ε0
<
< 0
99
<
<
<
<
Pertanto
ovvero
<
< ε̂ε0
<
< µ−1 1 v
0 c2
< < <
ε̂ε0 vβ̂× <
< · < E⊥
−1
<
< B
µ0 β̂×
⊥
< <
< < 1
<=<
< < v
< < < < D
<·< ⊥
β̂× < < H⊥
v
c2 β̂×
<
<
<
<
<
< <
< <
< <
<
< ε̂ε0
< E⊥ < < 1 v2 < < D⊥ <
ε̂ε0 v <
c <·<
< −1 1
<
<
<
<
<
·
=
< µ
< < β̂ × B < < v 1 < < β̂ × H <
µ−1
0 c2 v
0
⊥
⊥
<
<
< 1 v2 <
c < si ottiene
Invertendo <
< v 1 <
<
< <
< <
< <
<
< ε̂ε0
< E⊥ < < D⊥
ε̂ε0 v <
− cv2 <
2< 1
<
<
<
<
< <
γ <
·
1
< · < β̂ × B < = < β̂ × H
−v
1 < < µ−1
µ−1
0 c2 v
0
⊥
⊥
<
<
<
<
da cui in definitiva risulta
<
<
<
< <
v −1 1
< D⊥ <
<
< < E⊥
ε̂ε0 v − cv2 µ−1
0 c2 v
0
<
< = γ 2 < ε̂ε0 − − c2 µ−1
< <
< β̂ × H <
< −vε̂ε0 + µ 12 v −vε̂ε0 v + µ−1 < · < β̂ × B
0 c
0
⊥
⊥
< < <
<
2
<
<
<
<
E
ε̂
−
β
ε
(ε̂
−
1)
ε
v
0
0
⊥
< <
<
= γ2 <
< − (ε̂ − 1) ε0 v 1 − β 2 ε̂ µ−1 < · < β̂ × B <
0
⊥
3
3.1
<
<
<
<
Elettrodinamica
Moto di particelle cariche
Un elettrone in un campo e.m. è descritto dall’equazione del moto
d
e
(E + v×B)
(γv) = −
dt
me
con
(84)
1
γ=
1 − v 2 /c2
il fattore relativistico. Dalla (84) discende l’equazione dell’energia
me c2
d
γ = −eE · v
dt
(85)
Esprimendo i campi mediante i potenziali vettore A (r, t) e scalare V (r, t) il
moto è retto dalla Lagrangiana
1
L = − me c2 − ev · A + eV
γ
o equivalentemente dall’Hamiltoniana
H=
m2e c4 + (p + eA)2 − eV
100
Il potere risolutivo di un microscopio è inversamente proporzionale alla
lunghezza d´onda della radiazione utilizzata. Nel 1931 i tedeschi Ernst Ruska
e Max Knoll pensarono di sostituire le onde e.m. con fasci di elettroni. Questi
si comportano come onde di lunghezza d’onda pari a quella di de Broglie:
1
me c
= 2 (γ − 1)
λe
h
Utilizzando fasci elettronici con energia γ sufficientemente elevata si raggiungono
risoluzioni di parecchi ordini di grandezza superiore a quella dei dispositivi ottici.
3.1.1
Lenti elettrostatiche e magnetostatiche
31
Exercise 102 Si scriva l’equazione del moto di un elettrone nel campo creato
da una lente elettrostatica. Questa è caratterizzata da un’asse z e da un campo
E (ρ, z) indipendente dalla coordinata φ. (a) Scrivere le equazioni deel moto di
un elettrone utilizzando le equazioni di Lagrange. (b) Discutere ed integrare le
equazioni del moto per traiettorie che non si allontanano molto dall’asse z.
Soluzione: La Lagrangiana è data da
1
L = − me c2 + eV
γ
Tenuto conto che
d ∂
∂
L = e V
dt ∂ ż
∂z
∂
d ∂
L = e V
dt ∂ ρ̇
∂ρ
d ∂
L = 0
dt ∂ φ̇
D’altra parte:
∂ 1
∂ ż γ
∂ 1
∂ ρ̇ γ
∂ 1
∂ φ̇ γ
γ
ż
c2
γ
= − 2 ρ̇
c
γ
= − 2 ρ2 φ̇
c
= −
3 1 v.p.e. O. Klemperer and H. E. Barnett, ”Electron Optics”, Cambridge Univ. Press, 1971;
P. W. Hawkes, ”Magnetic Electron Lenses”, Springer Verlag, N.Y. 1982
101
per cui
∂
V
∂z
∂
−me c2 ρ̈ = e V
∂ρ
d 2 ρ φ̇
= 0
dt
−me c2
γ
z̈
c2
= e
Esprimendo ρ in funzione di z si ottiene la seguente equazione della traiettoria descritta:
2 d2
∂
d ∂
d
V − ρ V
1+
ρ
2V 2 ρ =
(86)
dz
∂ρ
dz ∂z
dz
(b) Il potenziale soddisfa l’equazione di Laplace
1 ∂
∂
∂2
ρ
+ 2 V =0
ρ ∂ρ
∂ρ
∂z
(87)
In prossimità dell’asse z V può essere convenientemente espresso nella forma
an (z) ρ2n
V (ρ, z) =
n
In vista della (87) si ha che i coefficienti an (z) sono legati tra loro dalla relazione
di ricorrenza
1
d2
an+1 (z) = −
2 dz 2 an (z)
(2n + 2)
Dal momento che
a0 (z) = V (0, z) ≡ V0 (z)
V (ρ, z) si può esprimere nella forma
V (ρ, z) =
(−1)n
n
Sostituendo nella (86)
∂
∂z V
(n!)2
con V0 =
(2n)
V0
d
dz V0
(z)
ρ 2n
2
(88)
e tenendo conto della relazione
∂
1
V − V0 ρ
∂ρ
2
l’Eq. (86) si riduce a
d2
1 V0 d
1 V0
ρ
+
ρ
+
ρ=0
dz 2
2 V0 dz
4 V0
che può essere riscritta nella forma
2 3
d
d2 1/4 1/4
ρV
+
ln
V
ρV0
=0.
0
0
2
dz
16 dz
102
(89)
Exercise 103 Si scriva l’equazione del moto di un elettrone in un campo magnetostatico. (a) Utilizzando le equazioni di Lagrange dimostrare che γ è un
integrale del moto. (b) Derivare le equazioni del moto per A = (0, 0, Aφ ) ; (c)
Si consideri il moto di un elettrone con γ 1 che viaggia deviando di poco
dall’asse z.
Soluzione: (a) La Lagrangiana è data da
1
1
L = − me c2 − ev · A = − me c2 − eAφ ρφ̇
γ
γ
Dalle equazioni di Lgrange discende che:
1
d
2
−∇v me c − eA = −e (v · ∇) A
dt
γ
ovvero
−me c2
da cui discende
d
1
∇v − e (v · ∇) A = −e (v · ∇) A
dt
γ
1
d 1
d
∇v = ∇v
=0
dt
γ
dt γ
ovvero γ = const.
(b) Tenuto conto che
∂
d ∂
L = −eρφ̇ Aφ
dt ∂ ż
∂z
d ∂
∂
L = −eφ̇ (ρAφ )
dt ∂ ρ̇
∂ρ
d ∂
L = 0
dt ∂ φ̇
si ha che
∂
L
∂ φ̇
è un integrale del moto. D’altra parte
∂ 1
∂ ż γ
∂ 1
−
∂ ρ̇ γ
∂ 1
−
∂ φ̇ γ
−
=
=
=
γ
ż
c2
γ
ρ̇
c2
γ 2
ρ φ̇
c2
per cui
e
∂
ρφ̇ Aφ
γme ∂z
e
∂
ρ̈ = −
φ̇ (ρAφ )
γme ∂ρ
d 2 e d
ρ φ̇
=
(ρAφ )
dt
γme dt
z̈
=
103
(90)
o assumendo che Aφ = ρφ̇ = 0 a monte della lente magnetica
e
Bρ ρφ̇
γme
e
Bz ρφ̇
ρ̈ = −
γme
e
ρφ̇ =
Aφ
γme
z̈
= −
(91)
(c) Dall’identità vettoriale
∇ × ∇× = ∇∇ · −∇2
segue che
∇ × ∇ × A = µ0 J = ∇∇ · A − ∇2 A = −∇2 A
∇ × ∇ × B = µ0 ∇ × J = ∇∇ · B − ∇2 B = −∇2 B
ovvero in assenza di J A e B soddisfano l’equazione di Laplace:
∇2 A = ∇2 B = 0
Per campi indipendenti da φ si ha per le componenti Aφ e Bz :
∂2
1 ∂ ∂
1
+
ρ
−
Aφ = 0
ρ ∂ρ ∂ρ ρ2 ∂z 2
1 ∂ ∂
∂2
ρ
+ 2 Bz = 0
ρ ∂ρ ∂ρ ∂z
Pertanto, in analogia col precedente esercizio si può espandere Bz e Aφ in serie
di potenze di ρ:
Bz (ρ, z) =
=
∞
n=0
∞
n=0
Bn (z) ρ2n
(−1)n
(n!)
2
(2n)
B0
= B0 (z) − B0 (z)
e
Aφ (ρ, z) =
∞
(−1)n
(z)
2
(z)
(n!)2 (n + 1)
ρ 3
ρ 1
= B0 (z) − B0 (z)
2 2
2
n=0
In vista della relazione
∇·B =0
104
2
ρ 2
(2n)
B0
ρ 2n
ρ 2n+1
2
o equivalentemente
∂
1 ∂
(ρBρ ) +
Bz = 0
ρ ∂ρ
∂z
si ha
ρ
ρ3
Bρ = − B0 (z) + B0 (z) + · · ·
2
16
Sostituendo queste espansioni in (91) si ottiene:
e ρ2 B φ̇
γme 2 0
ρ 2 e
B0 − B0
ρφ̇
ρ̈ = −
γme
2
ρ 2 e
1
φ̇ =
B0 − B0
2γme
2
2
z̈
=
Trascurando termini dell’ordine di ρ2 e superiori si ha
z̈
= 0
eB0
ρφ̇
γme
eB0
2γme
ρ̈ = −
φ̇ =
Tenuto conto che
d2
d2
2
ρ
=
2c
(γ
−
1)
ρ
dz 2
dz 2
si ottiene l’equazione del moto parassiale
2
1
d2
eB0
ρ+ 2
ρ=0
dz 2
4c (γ − 1) γme
ρ̈ = ż 2
(92)
Exercise 104 (a) Si consideri un elettrone con γ 1 che viaggia parallelamente all’asse z e molto prossimo a quest’ultimo prima di passare per il
quadrupolo. Si scrivano le equazioni del moto assumendo che A vari linearmente
con la distanza ρ dall’asse; (b) Si calcoli la traiettoria nel tratto del quadrupolo
in cui A varia linearmente con z.
Soluzione: In prossimità dell’asse z del quadrupolo, costituito da due bobine
di Helmholtz coassiali di raggio a, con centri in ±Z dell’asse z di un sistema
di coordinate cilindriche, ed attraversate dalla corrente I, il potenziale vettore
Aφ (z, ρ) è dato da (v. Eq. (4))
Aφ (z, ρ) = µ0 If (z) ρ
con
1
f (z) = a
4
1
(a2 + z 2 − 2zZ + Z 2 )3/2
105
−
1
(a2 + z 2 + 2zZ + Z 2 )3/2
Dalla (90) discende che
eµ0 I 2
f ρ φ̇
me γ
eµ I
ρ̈ = −2 0 f ρφ̇
me γ
d 2
eµ0 I
ρ φ̇ −
f
= 0
dt
me γ
z̈
Dal momento che φ̇ +
eµ0 I
me γ f
= −
(z, Z) si anulla per z → ±∞ si ha
eµ0 I 2
f ρ φ̇
me γ
eµ I
ρ̈ = −2 0 fρφ̇
me γ
eµ0 I
f
φ̇ =
me γ
z̈
= −
(93)
Tenuto conto che
B0 (z) = 2µ0 If (z)
la (92) diventa
d2
1
ρ+
dz 2
γ−1
eµ0 I
f (z)
cγme
2
ρ=0
(b) In prossimità del centro f (z) si riduce a (v. Eqq. (4)
f (z) Pertanto
3
Za
z
2 (a2 + Z 2 )5/2
ε 2 z 2
d2
ρ
+
ρ=0
dz 2
c γ−1
dove
ε=
3 eµ0 I
Za
A0 e % −1 −1 &
=
L T
5/2
2
2
2 me γ (a + Z )
me γ
il sistema (93) può essere riscritto nella forma
z̈ = ε2 ρ2 z
ρ̈ = ε2 2ρz 2
Ponendo
z (t) = zin + vin t + ε2 z (2) (t) + · · ·
ρ (t) = ρin + ρ̇in t + ε2 ρ(2) (t) + · · ·
(1)
φ̇ (t) = εφ̇
(2)
(t) + ε2 φ̇
106
(t) + · · ·
si ha
z̈ (2)
= ρ2 z = (ρin + ρ̇in t)2 (zin + vin t)
ρ̈(2)
= 2ρz 2 = 2 (ρin + ρ̇in t) (zin + vin t)
2
Exercise 105 Si consideri un elettrone non relativistico che si muove (a) in un
campo magnetico costante del tipo B = B (x, y) ẑ, (b) in un campo magnetico
costante che in un sistema di coordinate cilindriche (ρ, φ, z) risulta associato ad
un potenziale vettore A = (0, Aφ (ρ) , 0), (c) come per (b) con Aφ (ρ) = const
Soluzione: In tutti i tre casi sia v che v⊥ = vx2 + vy2 sono costanti. (a) La
proiezione della traiettoria sul piano x, y presenta un raggio di curvatura pari a:
ρ (x, y) =
v⊥
ω c (x, y)
dove
eB (x, y)
me
rapresenta la girofrequenza locale. D’altra parte si ha
ωc (x, y) = −
dvx
dvy
= ω c (x, y) ,
= −ωc (x, y)
dy
dy
ovvero
dy
=
dx
vy
2 − v2
v⊥
y
(b) Se in coordinate cilindriche (ρ, φ, z) il potenziale vettore è dato da A =
(0, Aφ (ρ) , 0) risulta
1 d
B (ρ) =
(ρAφ (ρ))
ρ dρ
per cui
eB (ρ)
ωc =
= ω c (ρ)
me
Pertanto
1 d 2 ρ φ̇ = −ωc (ρ) ρ̇
ρ dt
ovvero
1 ρ
vφ (ρ) = −
ω c (ρ ) ρ dρ
ρ
(c) Per Aφ (ρ) = const si ha
B (ρ) =
e
eAφ
vφ (ρ) = −
me
107
1
Aφ
ρ
ρ0
1−
ρ
Figure 11: Traiettorie dell’elettrone relative ai casi a, b e c.
D’altra parte
2
vφ2 (ρ) + vρ2 (ρ) = v⊥
Pertanto deve in genere risultare
2
v⊥
≥
eAφ
me
2 2
ρ0
1−
ρ
Si potranno quindi distinguere 3 casi "a","b", e "c" . "a" e "b" corrispondono
2
2
eAφ
φ
2
2
alla condizione v⊥
≥ eA
mentre
"c"
corrisponde
a
≥ v⊥
. A sua
me
me
volta "a" e "b" corrispondono rispettivamente a ρ0 > 0 e ρ0 < 0. Nel
casi
"a"e
eAφ
ρ0
"b" ρmin ≤ ρ < ∞ con ρmin definito rispettivamente da v⊥ = me 1 ∓ ρ
.
min
Nel caso "c" la traiettoria si sviluppa lungo il centro guida ρ = ρ0 (v. Fig. 11)
Exercise 106 Calcolare la traiettoria di un elettrone nel campo B di un monopolo
magnetico
Soluzione: In questo caso
B = B0 r02
In tal caso
v̇ =r02 ω c0
Pertanto
d
(v × r) = r02 ω c0
dt
r
r3
v×r
r3
v
ṙ
d
− 3 r = r02 ωc0 Ω
r
r
dt
108
Da cui segue
v × r =r02 ωc0 (Ω − k)
con k un vettore costante. In coordinate sferiche (r, θ, φ) con l’asse polare
diretto lungo k si ha
(v × r)r
(v × r)θ
Tenuto conto che
si ha
= r02 ω c0 (1 − k cos θ) = 0
= r2 φ̇ sin θ = −r0 v
2
ṙ2 + r2 φ̇ sin2 θ = v2
2
r2
ṙ2 = v2 − r2 φ̇ sin2 θ = v2 1 − 02
r
Scegliendo l’origine del tempo tale che r (0) = r0 si ottiene
r2 = r02 + v2 t2
Exercise 107 Calcolare l’orbita di una particella di carica q e massa m che,
partendo da condizioni di riposo si muove in un campo magnetico uniforme B
con sovrapposto un campo elettrico costante ed uniforme E perpendicolare al
primo. Si suggerisce di decomporre il movimento in una rotazione attorno a B
+ un movimento di deriva
Traiettorie di un ondulatore
Exercise 108 Calcolare la traiettoria di un elettrone di energia γ che si muove
sul piano y-z attraverso un campo magnetico statico
2π
B (r) = B cos
z x̂
λw
dove λw rappresenta il periodo spaziale di un ondulatore ("wiggler") che può
variare tra alcuni mm e cm.
3.1.2
Elettroni che spiralizzano attorno a centri guida
Exercise 109 Si consideri un elettrone non relativistico che si muove in un
campo magnetico statico e spazialmente variabile. Si supponga inoltre che localmente B (r) vari di poco in untorno di r avente le dimensioni del raggio di
(r)
e v⊥ (r)
curvatura ρp (r) = meB(r)
= vω⊥c (r)
dell’orbita spiraliforme. (a) Espandere la
traiettoria in una serie asintotica32 nel parametro di piccolezza ε = mee :
3 2 P. C. Clemmow and J. P. Dougherty, "Electrodynamica of Particles and Plasma",
Addison-Wesley Publ. Co., Reading 1969, Sez. 4.4
109
Soluzione: (a) Si ponga
r (t) = r0 (t) + s (t) + s∗ (t)
dove
s (t) =
∞
εn einθ rn (t)
(94)
(95)
n=1
con
θ=
Derivando (95) si ottiene
ṡ (t) =
t
ω c (r0 (t )) dt .
∞
inBεn−1 rn + εn ṙn einθ
n=1
Derivando successivamente si ottiene
∞ s̈ (t) =
−n2 B 2 εn−2 rn + inεn−1 Ḃrn + B ṙn + εn r̈n einθ
n=1
Inserendo questi sviluppi nell’equazione del moto non relativistica
εv̇ = −v × B
e limitandosi ai temini al primo ordine in ε
r = r0 + ε r1 eiθ + c.c. + O ε2
%
&
v = u + i (Br1 − iεṙ1 ) eiθ + c.c. + O ε2
!
"
εv̇ = εu̇ + −B 2 r1 + iεḂr1 + iεB ṙ1 + εB ṙ1 eiθ + c.c. + O ε2
B (r) = B (r0 ) + ε eiθ r1 + c.c. · B + O ε2
%
&
−v × B = − u + i (Br1 − iεṙ1 ) eiθ + c.c. × B (r0 )
%
& −ε u + iBr1 eiθ + c.c. × eiθ r1 + c.c. · B + O ε2
avendo posto u = ṙ0 . Isolando i termini che non contengono einθ si ha
εu̇ = −u × B (r0 ) − i2εB (r1 × r∗1 ) · B
(96)
mentre salvando quelli proporzionali a eiθ si ottiene
−B 2 r1 + iεḂr1 + iεB ṙ1 + εB ṙ1
= −i (Br1 − iεṙ1 ) × B (r0 ) − εu × r1 · B
ovvero
−B (Br1 − iεṙ1 ) + i (Br1 − iεṙ1 ) × B (r0 )
= iε −Ḃr1 − B ṙ1 + iu × r1 · B
110
(97)
In particolare dall’ultima equazione segue all’ordine 0 in ε:
r1 1 − i × B̂ = 0
(98)
Introducendo ora una coppia di versori reali e1 , e2 mutuamente ortogonali e
perpendicolari a B si ha da (98)
r1 = ρ (e1 + ie2 )
(99)
con
e1
e2
= −e2 × B̂
= e1 × B̂
ρ può essere reso reale orientando opportunamente e1 , e2 . Pertanto al primo
ordine in ε la (94) diventa
r (t) = r0 (t) + 2ερ (e1 cos θ − e2 sin θ) + O ε2
per cui
v = u − 2εBρ (e1 sin θ + e2 cos θ) + O (ε)
Ne segue che il raggio di girazione ρ è legato a ω c ed al modulo della velocità
trasversa
|v⊥ − u⊥ |
ερ =
ωc
Moltiplicando scalarmente (97) per r∗1 si ottiene
ovvero
D’altra parte
r∗1 · [−B (Br1 − iεṙ1 ) + i (Br1 − iεṙ1 ) × B (r0 )]
= iε −Ḃr∗1 · r1 − Br∗1 · ṙ1 + ir∗1 · u × (r1 · ) B
Ḃr∗1 · r1 + Br∗1 · ṙ1 − iu · r∗1 × (r1 · ) B = 0
−iu · r∗1 × (r1 · ) B
= ρ2 [e1 × (e2 · ) − e2 × (e1 · )] B
= −ρ2 B
per cui
Ḃr∗1 · r1 + B (r∗1 · ṙ1 + ṙ∗1 · r1 ) = 0
111
(100)
3.1.3
Invarianti adiabatici
Exercise 110 (a) Mostrare che il momento magnetico m associato alla componente dell’orbita perpendicolare a B è un invariante adiabatico del moto; (b)
ricavare l’equazione del moto del centro guida dell’elettrone rappresentato da
r0 (t)
(b) All’orbita circolare ε eiθ r1 + e−iθ r∗1 è associato il momento magnetico
m definito come la corrente efficace eω c / (2π) moltiplicata per l’area 4πε2 ρ2
della singola spira:
m = 2eω c ε2 ρ2 = 2Bme ρ2 = B me r1 · r∗1
Dalla (100) discende che
ṁ =
d
(Br∗1 · ṙ1 ) = 0
dt
ovvero il momento magnetico si mantiene costante durante il moto del singolo
elettrone lungo la traiettoria di guida r0 (t)
(c) Dall’Eq. (96) discende
m
B
u × B = ε u̇ +
me
Moltiplicando vettorialmente per B si ottiene:
ε
m
u⊥ =
B
×
u̇
+
B
B2
me
2
u
m
ε
=
B×
(B·) B +
B
B2
B2
me
Dalla costanza dell’energia discende inoltre
1 2
m
u +
B = const + O (ε)
2 me
(101)
Exercise 111 Ricavare dall’equazione dell’energia (101) l’equazione del moto
per la componente u della velocità parallela a B.
Exercise 112 Dimostrare che il momento magnetico di un elettrone che si
muove lungo la traiettoria guida in un camo magnetostatico è un invariante
adiabatico. Utilizzare l’Hamiltoniana della particella
Soluzione: Se qi sono generiche coordinate canoniche e pi i rispettivi momenti
che descrivono delle curve periodiche nello spazio delle fasi, si definisce integrale
di azione Ji la quantità
Ji =
pi dqi
112
con
esteso ad un ciclo completo della coordinata qi .
Tenuto conto dell’Hamiltoniana
H=
m2e c4 + (p + eA)2
si ha per l’azione J:
J
(p + eA) · dl = p · dl + e A·dl
∇ × A·n̂da
=
p · dl + e
=
= me
S
v⊥ · dl + e
B·n̂da
S
D’altra parte
me
v⊥ · dl= 2π
me ω c r12
1
e
B·n̂da = − me v⊥ · dl
2
S
per cui
3.1.4
J = πme ω c r12 = e Bπ |r1 |2
Elettroni in un’onda piana
Exercise 113 Analizzare la traiettoria di un elettrone in un’onda piana monocromatica di frequenza ω che viaggia lungo la direzione n̂. Analizzare i casi (a) onda
polarizzata linearmente e (b) onda polarizzata circolarmente.33
Soluzione: L’equazione del moto assume la forma
d
e (γv) = −
E + µ0 ζ −1
0 v×E×n̂
dt
me
e
1
= −
E + (−Ev·n̂ + n̂v·E) .
me
c
Moltiplicando scalarmente per n̂
d
e 1
(γv·n̂) = −
v·E
dt
me c
e tenendo conto dell’equazione dell’energia
me c2
3 3 v.p.e.
d
γ = −eE · v
dt
P. C. Clemmow et al. loc. cit. pag. 109 Sez. 4.5.2
113
(102)
si pervieneall’invariante del moto
v λ = γ 1 − ·n̂
c
r
Passando dalla variabile t a ϕ = ω t − c ·n̂ si ha
r d
r.
v =ω t − ·n̂
c
dϕ
Pertanto
d
d
(γv) = λ
dt
dt
v
1 − vc ·n̂
v d2
= ω2 λ 1 − ·n̂
r
c
dϕ2
Sostituendo queste espressioni nella (102) fornisce
d2
e
ω
d
E
+
E
·
r
n̂
r
=
dϕ2
me ω 2 λ
c
dϕ
(a) Per un’onda polarizzata linearmente si ha
n̂ = ẑ , E = E cos ϕx̂ , B = B cos ϕŷ
e l’Eq. (103) si riduce a
Integrando si ottiene:
d2
eE
x =
cos ϕ
dϕ2
me ω 2 λ
d2
y = 0
dϕ2
d2
eE
d
z =
x cos ϕ
dϕ2
cme ωλ dϕ
x = −
y
= 0
z
=
eE
cos ϕ
me ω2 λ
e2 E 2
sin 2ϕ
8cm2e ω 3 λ2
(b) Per un’onda polarizzata circolarmente
1
n̂ = ẑ , E =E (cos ϕx̂ − sin ϕŷ) , B = E (sin ϕx̂ + cos ϕŷ)
c
con sovrapposto un campo magnetico B0 = B0 n̂ si ottiene
d2
eE
Ω d
x =
cos ϕ +
y
dϕ2
me ω2 λ
ω dϕ
d2
eE
Ω d
y = −
sin ϕ −
x
dϕ2
me ω 2 λ
ω dϕ
d2
eE
d
d
z =
x cos ϕ −
y sin ϕ
dϕ2
cme ωλ
dϕ
dϕ
114
(103)
con
Ω=
eB0
me λ
Integrando si ha:
E
ϕ sin ϕ
B0 ω
E
= α4 + α3 cos ϕ + α2 sin ϕ +
ϕ cos ϕ
B0 ω
Eα3 2
E2 3
= α5 + α6 ϕ +
ϕ +
ϕ
2cB0
6cB02
x = α1 + α2 cos ϕ − α3 sin ϕ +
y
z
Exercise 114 Analizzare il caso in cui Ω = 0.
Soluzione:
d2
eE
x =
cos ϕ
dϕ2
me ω2 λ
eE
d2
y = −
sin ϕ
dϕ2
me ω 2 λ
eE
d2
d
d
z
=
x
cos
ϕ
−
y
sin
ϕ
dϕ2
cme ωλ
dϕ
dϕ
da cui discende
eE
cos ϕ
me ω2 λ
eE
= α4 +
sin ϕ
me ω2 λ
= α5 + α6 ϕ
x = α1 −
y
z
3.1.5
Pressione di radiazione
Exercise 115 Si integri l’equazione del moto di un elettrone investito da un’onda
polarizzata circolarmente tenendo conto della formula di Abraham-Lorentz34 35
per la reazione di radiazione:
Frr (t) = −
2 q2
ȧ (t) .
3 4πε0 c3
3 4 una prima eq. fu proposta da P. A. M. Dirac, Proc. Roy. Soc. (London) A 167, 148 (1938);
il problema fu riesaminato da L. D. Landau e E. M. Lifshitz,”Fisica teorica: Elettrodinamica
dei mezzi continui VIII”, Ed. Riuniti, Roma 1986 Sezz. 75 e 76; un esame critico delle
implicazioni legate alla presenza di soluzioni ”in” e ”out” fu pubblicato da J. A. Wheeler and
R. P. Feynman, Rev. Mod. Phys. 17, 157 (1945); una nuova eq. fu proposta da T. C. Mo
e C. H. Papas, Phys. Rev. D 4, 3566 (1971); queste eqq. sono state riesaminate da G. W.
Ford and R. F. O’Connell, Phys. Lett. A 174 (1993); F. Rohrlich, Phys. Rev. D 60, 084017
(1997); –— Phys. Lett. A 283, 276 (2001); R. Rivera and D. Villaroel, Phys. Rev. E 66,
46618 (2002).
3 5 v.p.e. C. Altucci et al., loc. cit. ?? Sez. 10.3.1÷3
115
Soluzione: Tenuto conto che in tal caso t a ϕ = ω t − rc ·n̂ = ωt si ha
2 q2
2 q2 ω d
a (ϕ)
ȧ
(t)
=
−
3 4πε0 c3
3 4πε0 c3 dϕ
2 e2 ω
eE d
= −
(cos ϕx̂ − sin ϕŷ)
3 4πε0 c3 me ω2 λ dϕ
2 e2 ω
eE
=
(sin ϕx̂ + cos ϕŷ)
3 4πε0 c3 me ω 2 λ
Frr (t) = −
Pertanto
d2
eE
2 e2 ω
eE
cos
ϕ
+
x
=
sin
ϕ
=
cos (ϕ − ϕrr )
dϕ2
me ω 2 λ
3 4πε0 c3
me ω2 λ cos ϕrr
eE
eE
d2
2 e2 ω
y
=
−
sin
ϕ
−
cos
ϕ
=−
sin (ϕ − ϕrr )
dϕ2
me ω2 λ
3 4πε0 c3
me ω2 λ cos ϕrr
eE
d2
d
d
z
=
x
cos
ϕ
−
y
sin
ϕ
dϕ2
cme ωλ
dϕ
dϕ
dove
tan ϕrr =
2 e2 ω
3 4πε0 c3
per cui
eE
cos (ϕ − ϕrr )
me ω 2 λ cos ϕrr
eE
= α4 +
sin (ϕ − ϕrr )
2
me ω λ cos ϕrr
x = α1 −
y
Ne discende che
d2
z
dϕ2
=
=
eE
eE
[sin (ϕ − ϕrr ) cos ϕ − cos (ϕ − ϕrr ) sin ϕ]
cme ωλ me ω2 λ cos ϕrr
e2 E 2
1
e4 E 2
tan
ϕ
=
t2
rr
2
6 4πε0 c4 m2e λ2
cm2e ω3 λ
ovvero
z = α5 + α6 ϕ +
e4 E 2
1
t2
3 4πε0 c4 m2e λ2
In conclusione sull’elettrone agisce una forza pari a
F(rad) (ω) =
I˜ (ω)
σT n̂ = w̃ (ω) σT n̂ ,
c
(104)
dove w̃ (ω) rappresenta la densità spettrale di energia dell’onda incidente di
frequenza ω.
116
Exercise 116 Si utilizzi l’espressione (109) di F(rad) per calcolare la pressione
di radiazione esercitata sull’elettrone legato di un atomo.
Soluzione: Le considerazioni precedenti si estendono al caso di un elettrone
legato sostituendo α̃ e lib con quella dell’elettrone legato α̃℘ (ω). Ne segue che
la sezione d’urto dell’elettrone libero σT va sostituita da una σ̃ (ω) dipendente
dalla frequenza secondo la legge (v. Fig. ??):
σ̃ (ω) = σT ω 4 α2℘ (ω) .
(105)
??Per ω prossimo a quella di risonanza ωf i relativa ad una transizione di
dipolo elettrico da uno stato iniziale |i ad uno finale |f la sezione d’urto σ̃ (ω)
assume la forma
γf i
σf i max
σ̃ f i (ω) =
.
(106)
π (ω − |ω f i |)2 + γ 2f i
con σf i max ∝ |℘f i |2 essendo ℘f i = f |℘ · P̂| i l’elemento di matrice della transizione atomica interessata. Pertanto l’espressione (104) si modifica in
F(rad) (ω) = w̃ (ω)
3.1.6
γf i
σf i max
n̂ .
π (ω − |ω f i |)2 + γ 2f i
(107)
Forza ponderomotrice
Exercise 117 Si consideri una carica q di massa m in un campo elettrico oscillante
mr̈ = qE (r) cos (ωt)
Analogameente a quanto si è fatto nell’esercizio 109 si ponga (v. Eq. (94))
r (t) = r0 (t) + r1 (t)
dove r1 (t) rappresenta il contributo oscillante alla frequena ω e r0 (t) un contributo di deriva lentamente variabile. Si derivino le equazioni del moto di
r0 (t) e r1 (t)
[width=0.65]Diff.ps
Figure 12: Andamento schematico della sezione d’urto di un elettrone atomico
in funzione della frequenza nell’approssimazione di una risonanza singola.. Si
possono individuare tre regioni: bassa frequenza (o regione di Rayleigh) in cui
la polarizzabilità è costante e si osserva una variazione con la quarta potenza
di ω; una regione di risonanza, in cui l’elettrone viene eccitato ad un livello
risonante, ed infine una regione in alta frequenza in cui l’elettrone risponde solo
al campo incidente e si comporta quindi come l’elettrone libero della diffusione
alla Thomson.
117
Soluzione: Ponendo
E (r) = E (r0 ) + ∇E (r0 ) · r1 (t)
l’eq. del moto diventa
m (r̈0 (t) + r̈1 (t))
= q [E (r0 ) + ∇E (r0 ) · r1 (t)] cos (ωt)
(108)
Trascurando il contributo di r̈0 (t) si ottiene
mr̈1 (t) = qE (r0 ) cos (ωt)
ovvero
q
E (r0 ) cos (ωt)
mω2
Sostituendo in (108) e rimuovendo i contributi oscillanti si ottiene36
r1 (t) = −
mr̈0 (t) = q∇E (r0 ) · r1 (t) cos (ωt) − mr̈1 (t)
q2
q2
∇E
(r
)
·
E
(r
)
=
−
∇ |E (r0 )|2
= −
0
0
mω 2
4mω 2
Se ne evince che la carica viene spinta verso le regioni in cui il campo risulta
minimo.
Exercise 118 Si consideri una particella di polarizzabilità α℘ (ω) di massa m
in un campo elettrico oscillante
E (r,t) = Re Ẽ (r) e−iω0 t = Re Ẽ0 (r) eiϕ(r) e−iω0 t+ikz .
Si calcoli la forza F(rad) esercitata sulla particella.
Soluzione: Se si indica con ρ̃℘ (r) la densità di carica indotta nella sfera
polarizzata, su quest’ultima si esercita una forza
1
F(rad) =
Re
ρ̃℘ (r) · Ẽ∗ (r) d3 r
2
sf era
1
Re
ρ̃℘ (r) · Ẽ∗ (r0 ) + (r − r0 ) · ∇Ẽ∗ (r)
d3 r
2
r=r0
sf era
1
=
Re ℘˜ · ∇Ẽ∗ (r)
2
r=r0
1
∗
∗
=
Re α℘ (ω) Ẽ (r0 ) · ∇Ẽ (r)
.
(109)
2
r=r0
3 6 P. Luchini, C. H. Papas, S. Solimeno, Appl. Phys. B28, 15 (1982); A. Ashkin, J. M.
Dziedzic, J. E. Bjorkholm, S. Chu, Opt. Lett. 11 288 (1986). Forze analoghe, utilizzate
da Townes per realizzare il maser ad ammoniaca, si sono incontrate parlando dell’NH 3 in
2
Sez. 8.7.4 con F proporzionale a ∇ Ẽ0 attraverso il momento di dipolo permanente ℘ della
molecola.
118
3.1.7
Pinzette ottiche
Exercise 119 La descrizione delle forze associate all’interazione di campi ottici con particelle immerse in fluido assume una forma particolarmente semplice
quando si considerano nanoparticelle di raggio a < λ/20, essendo λ la lunghezza
d’onda della radiazione nel mezzo. In tal caso una nanoparticella dielettrica illuminata da un’onda e.m. si comporta come un dipolo oscillante alla frequenza del
campo incidente. Il moto della particella non è in grado di seguire le variazioni
istantanee di E(r,t), ma è influenzato dal suo inviluppo Ẽ0 (r).
Soluzione37 : Si consideri una particella sferica di raggio a (< λ/20) , con
centro in r0 e indice di rifrazione ñ2 +iκ̃2 , immersa in un fluido di indice ñ1 +iκ̃1
ed investita da un’onda quasipiana
E (r,t) = Re Ẽ (r) e−iω0 t = Re Ẽ0 (r) eiϕ(r) e−iω0 t+ikz ,
in cui Ẽ0 (r) varia lentamente sia lungo z che trasversalmente, esprimibile p.e.
con l’integrale di Luneburg-Debye (v. Eqq. (118,119) . In tal caso α̃℘ che
descrive la risposta dell’intera sfera, calcolabile facendo riferimento al caso elettrostatico in vista della disuguaglianza a λ, è data da
α̃℘ = α̃0 − i
dove
α̃0 = 4πa3
|α̃0 |2 k3
= α̃℘ − iα̃℘ ,
6πñ21
(ñ2 + iκ̃2 )2 − (ñ1 + iκ̃1 )2
= α̃0 − iα̃0 ,
(ñ2 + iκ̃2 )2 + (ñ1 + iκ̃1 )2
dipende dal salto di indice di rifrazione tra la sfera ed il fluido circostante. Il
contributo alla polarizzabilità proporzionale a k3 (k = ωñ1 /c) tiene conto del
fatto che la sfera reirradia parte della potenza e.m. incidente dando luogo alla
diffusione di Rayleigh, come si è già visto per l’elettrone.
Tenendo conto che ∇Ẽ = eiϕ(r) ∇Ẽ0 + iẼ0 ∇ϕ dalla Eq. (109) discende
che
2
2
ε 1
ε0
0
(rad)
∗
F
=
Re α̃℘ Ẽ · ∇Ẽ =
α̃ ∇ Ẽ0 + α̃℘ Ẽ0 ∇ϕ ,
2
2 2 ℘
ovvero F(rad)è costituitada un contributo dovuto al gradiente della densità di
2
energia e.m. α̃℘ ∇ Ẽ0 e da un termine proporzionale al gradiente della fase
α̃0
|α̃0 |2 k3
+
6πñ21
2
Ẽ0 ∇ϕ .
La forza proporzionale al gradiente della densità di energia e.m. tende ad
intrappolare la particella nella regione di massima densità. Nel 1986 Ashkin
37 a
cura della D.ssa G. Rusciano
119
et al pensarono di utilizzare questo tipo di forze per catturare nel fuoco di un
fascio laser ben focalizzato particelle micrometriche. Da allora l’uso di queste
pinzette ottiche (OT) è stato esteso a diversi sistemi di micro e nanoparticelle.
3.2
Trappole
Per studiare con un alto grado di precisione le proprietà di atomi isolati occorre
mantenerli fermi in una piccola regione di spazio per un certo intervallo di tempo
ricorrendo al raffreddamento mediante laser. In una camera a vuoto un fascio
ben collimato di atomi di sodio 23 N a ottenuti per evaporazione di un campione
a una temperatura di 1000 K viene investito frontalmente da un fascio di luce
laser di elevata intensità la cui frequenza è in risonanza con gli atomi che si
muovono con velocità v0 . Quando la frequenza del campo incidente coincide
con una risonanza dell’atomo, α̃℘ (ω) può diventare molto grande e con essa la
pressione di radiazione. Tra i primi a notare questo fatto fu all’inizio del 1900
il fisico russo P.N. Lebedev.
Assorbendo un fotone, l’atomo passa al primo stato eccitato di energia
E = 2.097 eV e larghezza Γ = 10.566 MHz mentre la sua velocità varia della
quantità ∆v1 = v1 −v0 . In seguito l’atomo ritorna al proprio stato fondamentale
emettendo di nuovo un fotone, subendo una variazione di velocità ∆v1 = v1 −v1
e modificando la direzione del moto di un angolo φ. Questa serie di processi
di assorbimento-emissione si ripete molte volte finché la velocità degli atomi si
riduce di una quantità ∆v per cui non è più possibile l’assorbimento di fotoni
alla frequenza ν di risonanza. Questo effetto è ampiamente sfruttato oggi in
spettroscopia per esercitare azioni meccaniche su atomi mediante fasci laser.
La tecnica di raffreddamento laser non funziona per le molecole a causa della
complessa struttura dei livelli elettronici, vibrazionali e rotazionali
La tecnica si fonda sulla pressione di radiazione di un fascio laser a frequenza
ω< esercitata su un atomo risonante a frequenza ω f i e che si muove con velocità
v. Su di esso si eserciterà una forza radiativa F(rad) pari a:
F(rad) σf i max
πcγ
1+
I<
ω −|ωf i |
γ
2 n̂ ,
in cui n̂ indica la direzione di volo dei fotoni, ω = ω < (1 − v·n̂/c) è la frequenza
vista dall’atomo e γ sta per la larghezza della transizione. Se l’atomo è investito
da due fasci laser di frequenza ω < provenienti rispettivamente da sinistra (n̂) e
da destra (−n̂) risulta sottoposto ad una forza risultante (v. Fig. (13)).
Il tasso R± con cui gli atomi diffondono fotoni è dato da
R± =
κγ
2
1 + 1 ± 2ω
γ β
120
(110)
dove κ sta per il parametro di saturazione
κγω<
c
=
κγ
=
σf i max
I˜in (ω) dω
πcγ
σf i max
I˜in (ω) dω
πγω <
tasso di eccitazione
tasso di rilassamento
D’altra parte ogni evento di assorbimento o emissione impartisce all’atomo un
impulso
ω
∆p± = ±
c
Pertanto la forza media sull’atomo dovuta ai fasci che si propagano in direzioni
opposte è data da
κ=
F (rad)
= ∆p+ R+ − ∆p− R−

=
κγω< 

c
= −8
κω 2<
c

1
1

2 −
2 
1 + 1 + 2ωγ β
1 + 1 − 2ωγ β
4+
β
2ω
γ β
4 ,
(111)
Essendo F(rad) opposta a v·n̂n̂ l’atomo viene sottoposto ad una forza viscosa
che tende a ridurre la componente v·n̂ della velocità. Colpendo l’insieme di atomi
con più fasci laser, provenienti da direzioni distribuite sull’intero angolo solido,
si indurrà un frenamento collettivo delle velocità atomiche nelle varie direzioni.
3.2.1
MOT
Per raffreddare un insieme di atomi e tenerli confinati in una piccola regione si
utilizzano trappole magnetoottiche38 (MOT) che combinano l’azione di gradienti
di campi magnetici, generati p.e. da coppie di bobine di Helmholtz, e di fasci
laser contropropaganti nelle 3 direzioni x,y e z, per intrappolare e raffreddare
atomi. Le MOT riducono per effetto della pressione di radiazione le agitazioni
termiche. Tale tecnica va sotto il nome di raffredamento laser 39 (laser cooling)
e fu proposta da Wineland, Dehmelt, Hänsch e Schawlow40 nel ’75 e dimostrata
sperimentalmente da Wineland et al. nel ’78.
3 8 D. E. Pritchard, E. L. Raab, V. Bagnato, C. E. Wieman and R. N. Watts, Phys. Rev.
Lett. 57, 310313 (1986); E. Raab, M. Prentiss, A. Cable, S. Chu and D. Pritchard, Phys.
Rev. Lett. 59, 2631 (1987)
3 9 Il premio Nobel per la fisica fu assegnato nel 1997 a Chu, Cohen Tannoudji e Phillips per
aver sviluppato le tecniche di raffreddamento di molasse di atomi sfruttando la pressione di
radiazione indotta da vari fasci laser confluenti verso il bersaglio da varie direzioni.
4 0 v. H. J. Metcalf and P. van der Straten, J. Opt. Soc. Am. B 20, 887 (2003);––, “Laser
Cooling and Trapping”, Springer-Verlag, N. Y. 1999; E. Arimondo, W. D. Phillips, and F.
Strumia, ”Laser Manipulation of Atoms and Ions”, Proc. International School of Physics
”Enrico Fermi” Course CXVIII, North-Holland, Amsterdam, 1992.
121
Figure 13: Pressione di radiazione agente su un atomo investito da due fasci
contropropaganti in funzione della velocità assiale
Una trappola magneto-ottica (MOT) (v. Fig. (14) utilizza sia il raffreddamento laser che l’intrappolamento magneto-ottico per produrre campioni di
atomi intrappolati a temperature dell’ordine dei µK. Sfruttando un gran numero
di processi di assorbimento-decadimento spontaneo con sezioni d’urto dipendenti dalla posizione atomi con velocità inziali di centinaia di m/s si possono
raffreddare fino decine di cm/s.
L’intrappolamento magnetico è ottenuto aggiungendo un campo magnetico
di quadrupolo ad un campo laser utilizzato per il raffreddamento laser. Ciò
determina uno spostamento Zeeman nei livelli, che aumenta col crescere della
distanza dal centro. Pertanto la (110) si modifica in
R± =
1+ 1±
κγ
2ω
γ β
±
2gµ0 B
γ
Conseguentemente la forza (111) si modifica in
F (rad) = −8
κω 2<
c
4+
β+
2ω
γ β
2
gµ0 B
ω
+ 2 gµγ0 B
4 ,
La novità sta nel fatto che F (rad) dipende oltre che dalla velocità β dalla
posizione lungo l’asse attraverso la dipendenza di B da z. Quando gli atomi
122
Figure 14: Rappresentazione schematica di una trappola MOT. Gli atomi da
intrappolare e raffreddare vengono investiti da tre coppie di fasci conrpropaganti
diretti lungo gli assi x,y e z. Il campo magnetico quadrupolare è utilizzato per
modulare spazialmente per effetto Zeeman la frequenza di transizione, determinando così l’intrappolamento.
123
Figure 15: Schema di una trappola MOT 1D. Gli atomi sono sottoposti ad
una pressione di radiazione dipendente dalla posizione lungo l’asse, ottenuta
variando spazialmente il detuning per effetto Zeeman. In basso sono indicati gli
spostamenti dei livelli accoppiati con i due fasci con polarizzazioni circolari σ ± .
124
sono diventati freddi al punto da poter trascurare β nella espressione di F (rad)
per un campo di quadrupolo con B = αz F (rad) si riduce a
F (rad) = −8
κω <
gµ0
c
αz
4 ,
0 αz
4 + 2 gµγ
Pertanto un atomo che si allontana dal centro della trappola F (rad) agisce come
una forza di richiamo verso il centro.
Dal momento che un atomo normale possiede un momento pari a migliaia
di volte quello di un fotone, il raffreddamento di un atomo richiede molti cicli
di assorbimento-emissione spontanea, con l’atomo che perde un momento k
per ciclo. Pertanto perchè un atomo possa venir raffreddato interagendo con
un laser, deve possedere una specifica struttura di livelli, in cui sia presente un
ciclo ottico chiuso in cui alla fine di un evento eccitazione-emissione spontanea,
l’atomo ritorna sempre al suo stato iniziale. Per esempio il 85 Rb presenta un
ciclo ottico chiuso tra lo stato 5 S1/2 F = 3 ed il 5 P3/2 F = 4. Una volta nello
stato eccitato l’atomo non può decadere in un 5 P1/2 , che non conserverebbe la
parità, ed in 5 S1/2 F = 2, che richiederebbe un cambio di −2 del momento
angolare.
Molti atomi non contengono cicli ottici chiusi. In tal caso vengono utilizzati
dei laser per rieccitare la popolazione nel ciclo ottico dopo che questi atomi
sono finiti fuori dal ciclo. L’intrappolamento magneto-ottico del 85 Rb comporta
il ciclo 5 S1/2 F = 3 →5 P3/2 F = 4. Per l’eccitazione il detuning necessario per il
raffreddamento si accompagna ad una leggera sovrapposizione con lo stato 5 P3/2
F = 3. Se l’atomo viene eccitato a questo stato, può decadere sia sull’F = 3,
debolmente accoppiato allo stato iperfine superiore, o a quello più basso F = 2.
Se ricade nello stato "dark", l’atomo viene escluso dal ciclo fondamentale⇔stato
eccitato, interrompendo così il raffreddamento e l’intrappolamento. Per evitare
tutto ciò viene utilizzato un laser di ripompaggio, risonante con la transizione
5
S1/2 F = 2 →5 P3/2 F = 3.
3.2.2
Trappola di Paul
Gli ioni possono essere intrappolati utilizzando opportune configurazioni di
campi elettrici statici ed oscillanti41 . L’invenzione di trappole ioniche 3D a
quadrupolo è dovuta42 a W. Paul a cui fu assegnato il premio Nobel per la fisica
nel 1989.
Con riferimento ad una terna cartesiana x,y,z la trappola 3D consiste di
due elettrodi metallici a forma di iperboli di rivoluzione con fuochi sull’asse
z e di un elettrodo ad anello iperbolico posto a metà strada ta i primi due.
Gli ioni vengono intrappolati nello spazio tra questi tre elettrodi applicando
contemporamente un campo oscillante ed uno continuo.
4 1 per una presentazione generale v.p.e. P. K. Ghosh, "Ions Traps", Oxford Univ. Press,
Oxford 1995.
4 2 W. Paul, H. P. Reinhard and U. von Zahn, Zeit. fur Physik, 152 143 (1958); W. Paul,
Rev. Mod. Phys., 62 531 (1990)
125
Figure 16: Struttura iperfine delle transizioni del Rb utilizzate nel raffreddamento laser
126
Exercise 120 Dimostrare che utilizzando come elettrodi una coppia di iperboli
di rivoluzione attorno a z di equazione X 2 + Y 2 − γ Z Z 2 = CZ ed un terzo
elettrodo ottenuto per rotazione di una sezione iperbolica di equazione R2 −
γ ρ Z 2 = Cρ attorno all’asse z si può ottenere un potenziale di quadrupolo
Soluzione: Dall’equazione di Laplace
∆2 V (r) = 0
discende che il più generale potenziale di quadrupolo di rotazione attorno a z è
del tipo
x2 + y 2 − 2z 2
V (r) =
r02
Dovendo V (r) risultare costante sulla prima coppia di elettrodi e sull’elettrodo
a forma di anello si deve avere rispettivamente
X2 + Y 2 − γZ Z2
X 2 + Y 2 − 2Z 2
r02
= CZ
= VZ
e
R2 − γ ρ Z 2
2
R − 2Z
r02
= Cρ
2
= Vρ
Pertanto deve risultare γ Z = γ ρ = 2. Inoltre si deve avere
∆V = VZ − Vρ = U + V cos (Ωt) =
CZ − Cρ
r02
La tensione AC è applicata all’ellettrodo a forma d’anello. Gli ioni sono prima
sbattuti assialmente su e giù mentre sono spinti radialmente. Gli ioni sono
estratti radialmente e spinti dentro assialmente. Così facendo la nuvola ionica
oscilla tra una configurazione lunga e stretta e corta e larga.
In definitival a trappola a quadrupolo crea un potenziale elettrico a forma
di punto sella del tipo
1
V = 2 (U + V cos (Ωt)) x2 + y 2 − 2z 2
r0
con Ω la frequenza del potenziale applicato all’elettrodo anulare.
Ne discende che il moto del singolo ione è descritto dal sistema di equazioni
di Mathieu (v. Eq. (??))??
4 d2 x
4 2e
+ 2
(U + V cos (Ωt)) x = 0
Ω2 dt2
Ω mr02
4 d2 y
4 2e
+ 2
(U + V cos (Ωt)) y = 0
Ω2 dt2
Ω mr02
4 d2 z 4
4e
−
(U + V cos (Ωt)) z = 0
Ω2 dt2 Ω2 mr02
127
Figure 17: Rappresentazione schematica del campo in una trappola di Paul. La
trappola è circondata da una bobina che crea un campo magnetico che obbliga
le particelle cariche a spiralizzare attorno a B. A loro volta gli elettrodi creano
un potenziale di quadrupolo oscillante proporzionale a U + V cos (Ωt) .
2e
2 2e
Se i parametri a = ± Ω42 mr
2 U, q = ± Ω2 mr 2 V sono tali da cadere nelle regioni
0
0
tratteggiate di Fig. ?? la carica oscilla in una regione molto piccola attorno al
baricentro della trappola. In particolare debbono essere sodisfatte le condizioni
bn+1 (q) ≥ a ≥ an (q) stabilità piano x,y
bn+1 (2q) ≥ 2a ≥ an (2q) stabilità asse z
Il fatto di dover soddisfare entrambe le condizioni rende critico la scelta dei
parametri. Per migliorarne la stabilità si può aggiungere un campo magnetico
(v. Fig. (17)) assiale che contribuisce alla stabilizzazione delle traietorie sul
piano x-y.
3.2.3
Trappola di Penning
Le trappole di Penning sono utilizzate per intrappolare particelle cariche utilizzando un campo magnetic uniforme ed uno elettrico non omogeneo. Questo
128
tipo di trappola è utilizzata per misure di precisione delle proprietà di ioni e di
particelle subatomiche stabili. Esse utilizzano un campo magnetico uniforme
per confinare le particelle radialmente ed un campo elettrico di quadrupolo per
confinarle assialmente. Il campo elettrico è generato utilizzando tre elettrodi:
un anello e due endcaps. L’anello ed i due elettrodi hanno la forma di iperboloidi
di rivoluzione. Le particelle si muovono nel piano radiale composto di due modi
a frequenza di magnetrone e di ciclotrone modificata. La somma di queste due
frequenze è la frequenza di ciclotrone.
3.3
3.3.1
Proprietà dei campi
Teoremi di reciprocità
Exercise 121 Si considerino due distribuzioni di corrente J1 (r, t) e J2 (r, t)
che generino due campi E1 (r, t) e E2 (r, t) tali che E1 (r, t1 ) = E2 (r, t2 ) = 0.
t
t
Analizzare la relazione che corre tra t12 dt V J1 (r, t)·E2 (r, t) d3 r e t12 dt V J2 (r, t)·
E1 (r, t) d3 r con V un volume che contiene tutte le sorgenti.
Soluzione: Utilizzando l’espressione della divergenza
∂
∂
∂
B1 · B2 − B2 · B1 − D1 · E2
∂t
∂t
∂t
∂
− D2 · E1 − J2 · E1 + J1 · E2 ,
∂t
∇ · (E1 × H2 + E2 × H1 ) = −
ed integrando su un intervallo di tempo (t1 , t2 ), si ottiene il seguente teorema di
reciprocità
t2 t2 3
dt
J1 · E2 d r = −
dt
J2 · E1 d3 r .
(112)
t1
V
t1
V
Exercise 122 Stabilire la relazione che intercorre
per campi sinusoidali.
J̃1 · Ẽ2 d3 r e
J̃2 · Ẽ1 d3 r
Soluzione: Dalle equazioni di Maxwell discende che nel dominio della frequenza
∇ · Ẽ1 × H̃2 − Ẽ2 × H̃1 = J̃1 · Ẽ2 − J̃2 · Ẽ1 − iω Ẽ1 · ε̃·Ẽ2 − Ẽ2 · ε̃·Ẽ1 .
Se ε̃ è un tensore simmetrico, l’ultimo termine a destra svanisce ed integrando
ambo i membri si ottiene l’equivalente del teorema di reciprocità nel dominio
della frequenza, controparte di quello nel dominio del tempo espresso dalla (112):
J̃1 · Ẽ2 − J̃2 · Ẽ1 d3 r = 0 .
(113)
N.B. Nei mezzi giroscopici il tensore dielettrico (117) non è simmetrico, per
cui quest’ultima equazione non è valida. Si vede quindi che esiste un legame
stretto tra le proprietà analitiche delle relazioni costitutive di un mezzo ed il
comportamento dei campi che vi si propagano.
129
3.3.2
Teorema dell’energia
Exercise 123 Estendere il teorema di Poynting
1 ∗
1
∗
∇ · S̃ =
H̃ · ∇ × Ẽ − Ẽ · ∇ × H̃∗ = − J̃∗ · Ẽ − 2iω (w̃e − w̃m
),
2
2
dove
2
2
1
1
w̃m = µ0 µ̃ H̃ , w̃e = ε0 ε̃ Ẽ
4
4
ad un pacchetto d’onda.
(114)
Soluzione: Combinando l’identità vettoriale
∂
∂
∂
∂
Ẽ × H̃∗ + Ẽ∗ ×
H̃ = H̃∗ · ∇ ×
Ẽ −
Ẽ · ∇ × H̃∗
∇·
∂ω
∂ω
∂ω
∂ω
∂
∂
+
H̃ · ∇ × Ẽ∗ − Ẽ∗ · ∇ ×
H̃ ,
∂ω
∂ω
con le equazioni di Maxwell per mezzi dispersivi in frequenza (ε → ε̃ (r,ω) , µ →
µ̃ (r,ω)):
∂
∂
∇ × Ẽ = iµ0
ωµ̃H̃
∂ω
∂ω
∂
∂
= iµ0 µ̃H̃ + iωµ0
µ̃ H̃ + iωµ0 µ̃ H̃ ,
∂ω
∂ω
∂
∂
∂ ∇×
H̃ =
∇ × H̃ =
J̃ − iωε0 ε̃Ẽ
∂ω
∂ω
∂ω
∂
∂
∂
=
J̃ − iε0 ε̃Ẽ − iωε0
ε̃ Ẽ − iωε0 ε̃ Ẽ ,
∂ω
∂ω
∂ω
∇×
∂
Ẽ =
∂ω
si ottiene il teorema dell’energia per mezzi dispersivi 43 :
∇·
∂
∂
Ẽ × H̃∗ + Ẽ∗ ×
H̃
∂ω
∂ω
∂ ∂
(disp)
Ẽ · J̃∗ −
J̃ · Ẽ∗ ,
= i4 w̃e + w̃e(disp) + w̃m + w̃m
−
∂ω
∂ω
(disp)
dove w̃e e w̃m sono le densità definite in (114) mentre w̃e
1
∂ε̃
w̃e(disp) = ε0 ω
4
∂ω
2
1
∂ µ̃
(disp)
= µ0 ω
Ẽ , w̃m
4
∂ω
2
H̃ ,
rappresentano contributi dipendenti dalla dispersione di ε̃ e µ̃.
Exercise 124 Ricavare la densità di energia e.m. in un plasma
4 3 C.H.
Papas, “Theory of
electromagnetic wave propagation”, McGraw-Hill (1965), Sez. 6.3.
130
(disp)
e w̃m
:
Soluzione: In un plasma si ha
ε̃ (r,ω) = 1 −
ω 2p (r)
,
ω2
per cui applicando il teorema dell’energia si ottiene
1 ω 2p
w̃e(disp) = ε0 2
4 ω
(disp)
2
Ẽ .
rappresenta l’energia cinetica degli elettroni del
Si vede in tal caso che w̃e
plasma oscillanti sotto l’azione del campo elettrico.
3.3.3
Onde piane
Exercise 125 In molte situazioni i campi e le correnti sono rappresentati da
onde piane
Aα (xν ) = Ãα exp (ikµ xµ )
J α (xν ) = J˜α exp (ikµ xµ )
Fαβ (xν ) = F̃αβ exp (ikµ xµ )
Gαβ (xν ) = G̃αβ exp (ikµ xµ )
dove kµ = −c−1 ω, k sta per il 4-vettore d’onda. In particolare k si può esprimere nella forma
ω
k = ñ ω, k̂
c
con ñ ω, k̂ l’indice di rifrazione e k̂ direzione di propagazione dell’onda. Pertanto si ha:
! " ω2
kµ kµ = ñ2 ω, k̂ − 1 2 .
c
µ
Analizzare la dipendenza di k dal sistema di riferimento inerziale dell’osservatore
Soluzione44 : Applicando
a kµ = c−1 ω, k la trasformazione di Lorentz ??
kµ si modifica in c−1 ω , k , ovvero:
ω
k = k + γ 2 v + (γ − 1) v̂v̂ · k
c
ω = γ ω + v · k ≡ ω + δω .
In particolare
k=
4 4 v.
k2 + 2γ 2
C. H. Papas loc. cit.
ω ω 2
k · v+ (γ 2 − 1) (k · v̂)2 + γ 2 2 β 2
2
c
c
Sez. 7.5
131
(115)
Ne segue che
ck
n=
=
ω
n2 + 2γ 2 n β cos θ + (γ 2 − 1) n2 cos2 θ + γ 2 β 2
γ 1 + n β cos θ (116)
D’altra parte cos θ è legato a cos θ dalle relazioni:
γ (n cos θ − β)
cos θ =
2
,
n2 sin2 θ + γ 2 (n cos θ − β)
n cos θ =
n cos θ + β
,
1 + n cos θ β
che combinate tra loro danno
%
&
% &
1 − n2 − 1 γ 2 β 2 cos2 θ n2 + 2 n2 − 1 γ 2 β cos θ n − γ 2 n2 − β 2 = 0
Risolvendo si ottiene
n=
3.3.4
1 + γ 2 (n2 − 1) 1 − β 2 cos2 θ − γ 2 β n2 − 1 cos θ
1 − (n2 − 1) γ 2 β 2 cos2 θ
Mezzi anisotropi
Exercise 126 Analizzare i modi di propagazione di un mezzo dielettrico anisotropo
caratterizzato da un tensore dielettrico ε̂ e da una permeabilità magnetica scalare
µ̂.
Per un tale mezzo i potenziali A,V del campo soddisfano le equazioni
−∇∇ · A + ∇2 A −
µ̂ ∂ 2
µ̂
∂
ε̂ · A − 2 ε̂·∇ V = 0
2
2
c ∂t
∂t c
∂
∇ · ε̂·
A + ∇V
= 0
∂t
Trasformando A e V nel dominio k,ω
A (r, t) = Ã (k, ω) e−i(ωt−k·r)
V (r, t) = Ṽ (k, ω) e−i(ωt−k·r)
le precedenti equazioni diventano
da cui
µ̃
kk − k2 + k02 µ̃ε̃ ·Ã − ω 2 ε̂ · kṼ = 0
c
k · ε̃· −iωà + ikṼ
= 0
Ṽ = ω
k · ε̃ · Ã
k · ε̃ · k
132
Pertanto,
Ẽ = iωà − ∇Ṽ = iω à − ikṼ = i
e
ω
((k · ε̃ · k) − kk · ε̃) ·Ã
k · ε̃ · k
ε̃ · kk · ε̃
D̃ = iω ε̃ −
·Ã
k · ε̃ · k
Ne segue che
−
i
ω
−1
ε̃ · kk · ε̃
ε̃ −
· D̃ = Ã
k · ε̃ · k
ovvero la relazione D̃ ↔ Ã dipende dalla diade
D̃Ã = ε̃ −
D’altra parte
ε̃ · kk · ε̃
k · ε̃ · k
k · ε̃ · k
ε̃ · kk · ε̃
·k = ε̃ · k 1 −
=0
k · ε̃ · k
k · ε̃ · k
ovvero se si decompone à parallelamente e perpendicolarmente a k à = à + Ã⊥
si ha
D̃ = iω D̃÷ à + Ã⊥ = iωD̃à · Ã⊥
D̃Ã · k = ε̃ · k −
Exercise 127 Analizzare i modi di propagazione di un mezzo anisotropo caratterizzato da un tensore dielettrico ε̂ e da uno magnetico µ̂.
Soluzione: Per un materiale magnetico anisotropo si ha
−∇ × µ̂−1 ·∇×A − µ0 ε0
∂2
∂
ε̂ · A − µ0 ε0 ε̂·∇V
∂t2
∂t
∂
∇ · ε̂· A + ∇ · ε̂·∇V
∂t
= 0
= 0
Quando ε̂ e µ̂ si riducono a degli scalari tenendo conto della identità vettoriale
∇ × (∇ × a) = ∇ (∇ · a) − ∇2 a il precedente sistema si riduce a
−∇∇ · A + ∇2 A −
µ̂ ∂ 2
µ̂
∂
ε̂ · A − 2 ε̂·∇ V = −µ0 µ̂J
c2 ∂t2
c
∂t
∂
ρ
∇ · ε̂·
A + ∇V
= −
∂t
ε0
133
3.3.5
Isolatore di Faraday
Exercise 128 Analizzare i modi di propagazione di un mezzo girotropico descritto dal tensore dielettrico
<
<
< a −ig 0 <
<
<
a
0 <
ε̃ = <
(117)
< ig
<,
< 0
0
b <
con
a = 1−
g
=
ω2pi
ω 2pe
ω2pe ω2pi
−
,
b
=
1
−
− 2 ,
ω 2 − ω2ge ω2 − ω 2gi
ω2
ω
ω 2 ωgi
ω 2 ωge
pe
+ pi
,
ω ω2 − ω 2ge
ω ω 2 − ω 2gi
Soluzione: Il tensore dielettrico ε̃ del plasma magnetizzato ha 3 autovalori
b, a − g, a + g corrispondenti rispettivamente agli autovettori ẑ, ix̂ + ŷ, −ix̂ + ŷ.
Quindi, lungo l’asse di magnetizzazione (z) si propagano con velocità diverse
onde polarizzate circolarmente in senso orario ed antiorario45
√
√
ε0 µ0 a−gz )
E (z) = E+ (ix̂ + ŷ) e−i(ωt−
√
√
ε0 µ0 a+gz )
+ E− (−ix̂ + ŷ) e−i(ωt−
,
Se l’onda è polarizzata linearmente lungo ŷ all’ascissa z = 0 (E+ = E− ) dopo
aver percorso un tratto l risulterà ancora polarizzata linearmente e ruotata
rispetto ad ŷ di un angolo
θ (l) =
√
√
1√
ε0 µ0 a + g − a − g l V Bl .
2
Simili fenomeni, oltre che nei plasmi, si presentano in molti dielettrici ed in tal
caso V prende il nome di costante di Verdet.
Se la stessa onda vien fatta propagare nel verso opposto ritornerà al punto
di partenza formando con ŷ un angolo 2θ (l) . Ne discende che la propagazione
in questi mezzi non è invertibile. Ciò è connesso alla mancanza di simmetria per
inversione temporale delle equazioni di Maxwell. Poichè il tensore di Eq. (117)
non è simmetrico, l’Eq. (113) non è valida. Questa proprietà viene sfruttata
negli isolatori di Faraday. Questi dispositivi, costituiti da opportuni materiali
a cui viene applicato un forte campo magnetico B0 costante, sono progettati
in modo che un fascio laser, che si propaghi parallelamente a B0 , polarizzato
linearmente all’ingesso A si presenti all’uscita B con la polarizzazione ruotata
di 450 . Iniettando in B il fascio trasmesso questo si presenterà in A polarizzato
a 900 e sarà quindi bloccato dal polarizzatore posto all’ingresso46 . Per queste
applicazioni si utilizzano dei materiali, quali i granati di terbio e gallio (TGG)
che presentano una V particolarmente elevata (≈ 40 rad T −1 m−1 ).
4 5 v.p.e.
A. Yariv et al. loc. cit. pag. ??, Sez. 4.10.
effetto fu scoperto da M. Faraday nel 1845 e fornì la prima evidenza sperimentale
della connessione tra luce ed effetti magnetici. v.p.e. D. Budker et al. loc. cit. pag. ??, Prob.
4.1.
4 6 Questo
134
3.3.6
Pacchetti d’onda in mezzi dispersivi. ????
Per mezzi che presentano sia dispersione nel tempo che nello spazio il campo
elettrico può essere posto nella forma
E (r, t) = Ẽ (k, ωk ) e−i(ωk t−k·r) d3 k ,
dove ωk è soluzione di un’equazione di dispersione del tipo della (??). Spesso si
utilizzano impulsi e.m. i cui pacchetti d’onda presentino uno spettro Ẽ (k, ω k )
diverso da 0 in un intorno di k0 sufficientemente stretto da giustificare le approssimazioni:
1
ω k = ω 0 + vg · ∆k + D : ∆k∆k ,
2
con ∆k = k − k0 , vg la velocità di gruppo e D la matrice di diffusione rappresentata dall’hessiano della relazione di dispersione ω k (v. Eq. (??)),
ω 0 = ωk0 , vg = ∇k ω k |k=k0 , D = ∇k ∇k ωk |k=k0 .
Il campo E (r, t) ha la forma di un pacchetto d’onda analogo a quelli discussi
nelle Sezz. ?? e ?? per la diffusione di una perturbazione e per le funzioni d’onda
di Bloch (v. Eq. (??))
E (r, t) = e−i(ω0 t−k0 ·r) E0 (r, t) ,
con E (r, t) che varia lentamente nello spazio rispetto alla lunghezza d’onda e
nel tempo rispetto al periodo 2π/ω 0 , traslando con la velocità di gruppo vg ed
allargandosi in accordo con Eq. (??) e con la matrice di diffusione D.
3.3.7
Effetto Kerr e compressione impulsi. Impulsi ulttracorti ?????
3.3.8
Focalizzazione onde piane: tecnica SNOM
Per esaminare oggetti molto piccoli si fa tradizionalmente uso di microscopi ottici47 . Questi strumenti riproducono oggetti bidimensionali, posti su un piano
oggetto, su un piano immagine, contenendo al massimo gli effetti delle aberrazioni e della diffrazione. Gli effetti dovuti al valore finito di λ, descritti dalla
teoria della diffrazione, portano ad assegnare a questi sistemi un limite dmin alla
distanza minima risolvibile tra punti adiacenti fornito dal criterio di Rayleigh
dmin = 0.6 λ/NA, con NA apertura numerica, che nei moderni microscopi con
obiettivo immerso in olio non supera 1.45. Con simili apparecchi la massima
risoluzione non scende per radiazione visibile al di sotto di 200 nm. Viene quindi
preclusa ogni possibilità di esaminare nanostrutture.
Per fornire un’idea del campo in prossimità di una regione piana illuminata di dimensione molto minore di λ, sono stati riportati in Fig. (3.3.8) le
47 a
cura del Dr. A. D’Ambrosio
135
pacchetti
d’onda e.m.
componentiẼx (sinistra) e Ẽz (destra) a diverse distanze dal piano z = 0 di
un campo ottenuto sovrapponendo onde piane con polarizzazione TM (Bŷ) ed
ampiezze distribuite con leggge gaussiana,
Ẽ (r) =
∞
eikz z−
w 2 k2
x
2
0
kz
kx
x̂ cos (kx x)
− iẑ sin (kx x)
dkx ,
k
k
2
2
2
2
con kz = k02 − kx2 , k = k0 per
k0 > kx e kz = i kx − k0 , k = 2kx − k0
per kx > k0 = ω/c. Ẽx ed Ẽz corrispondono a strisce illuminate parallele
a ŷ e di spessore dell’ordine di λ/20. Mentre la larghezza del picco centrale
di
Ẽx appare raddoppiato già ad un distanza z = λ/20, la distribuzione di Ẽz devia da quella a z = 0 più lentamente. A tratto spesso è stato anche riportato
l’andamento riprodotto da un microscopio ideale:
Ẽmicro (r) =
√
k
0/ 2
−
e
0
2
w2 kx
2
kz
kx
− iẑ sin (kx x)
x̂ cos (kx x)
dkx .
k0
k0
Risulta evidente che mentre il microscopio restituisce un’immagine molto diversa
dall’orginale, per osservare quest’ultimo bisogna esaminare il campo vicino a
distanze z dell’ordine delle dimensioni dell’oggetto.
Per farsi un’idea più completa della distribuzione del campo in una regione
prossima ad un piano in cui l’illuminazione sia ristretta ad una zona piccola
rispetto a λ, ci si può riferire ad un’onda sferica ideale definita su una calotta
sferica con centro in z = y = x = 0 e raggio R λ. In prossimità del fuoco
Ẽ (r) può essere espresso, con riferimento a coordinate sferiche riferite all’asse z
e centro nel fuoco, mediante l’integrale di Luneburg-Debye 48 :
Ẽ (u, v̄, ψ) =
2π θmax
sin θ cos (φ − ψ)
cos θ
Ẽ (θ, φ) exp iv
− iū
sin θdθdφ,
NA
NA2
0
0
(118)
con Ẽ (θ, φ) tangente al fronte d’onda sferico, mentre u e v̄ stanno per le coordinate ottiche:
v = k0 x2 + y 2 N A , ū = k0 zN A2 ,
e N A = sin θmax rappresenta l’apertura numerica nel vuoto. Assumendo che
Ẽ (θ, φ) sia ottenuto focalizzando con un sistema ottico privo di aberrazioni
un’onda polarizzata lungo x̂, si può porre
Ẽ (θ, φ) =
4 8 v.p.e.
(1 − n̂n̂) · x̂
sin φφ̂ + cos θ cos φθ̂
f (θ, φ) = f (θ, φ) .
|(1 − n̂n̂) · x̂|
1 − sin2 θ cos2 φ
A. B. Shafer, J. Opt. Soc. Am. 57, 630 (1967)
136
con n̂ il versore che congiunge il punto di coordinate θ, φ della calotta col fuoco
geometrico (x = y = z = 0). In particolare si ha
2π θmax
sin θ cos (φ − ψ)
cos θ
Ẽz (u, v̄, ψ) =
− iū
exp iv
NA
N A2
0
0
sin2 θ cos θ cos φ
f (θ, φ) dθdφ , (119)
×
1 − sin2 θ cos2 φ
da cui si evince che per NA non trascurabile Ẽ (r) presenta in prossimità del
fuoco una componente Ẽz (r) non trascurabile.
Per esaminare oggetti nanometrici non resta che lavorare sul campo in prossimità dell’oggetto49 . Da qui è nata la tecnica di microscopia a scansione del campo
vicino (SN OM ) (Scanning Near Field Optical Microscopy). Non disponendo di
rivelatori con dimensioni dell’ordine di ∼ 10 nm, si può procedere in vari modi:
(a) riprodurre il campo in un’altra regione dove sia più agevole ispezionarlo:
per far questo si utilizza uno schema ottico confocale in cui il piano oggetto
e quello immagine si trovano nei due fuochi di un sistema ottico afocale; il
campo immagine viene poi analizzato con un rivelatore munito di diaframma di
diametro 10 λ (S − SN OM );
(b) far scorrere in prossimità dell’oggetto una punta, che si polarizza generando
un momento di dipolo ℘˜ ∝ Ẽ (r): quest’ultimo diventa a sua volta sorgente di
un campo che si irradia nelle varie direzioni fino a colpire un rivelatore (macroscopico) posto nelle vicinanze;
(c) utilizzare una fibra ottica che termina con una apertura Σ di dimensioni
λ, attraverso cui si fa viaggiare sia l’onda che illumina il campione, che l’onda
riflessa da quest’ultimo e catturata attraverso Σ;
(d) schema analogo al (c) in cui però si misura il campo trasmesso dal campione (A − SN OM ).
Con gli apparati S − SN OM si possono raggiungere risoluzioni50 dell’ordine
di 5 − 10 nm.
4 9 M.
Allegrini, N. Garcia, O. Marti, “Nanometer Scale Science and Technology”, Proc.
E. Fermi School, Course CXLIV, IOP Press, Amsterdam, 2001; L. Novotny and B. Hecht,
“Principles of Nano-optics”, Cambridge U. P., Cambridge, 2006 Sez. 4.3
5 0 R. Hillenbrand, T. Taubner, F. Keilmann, Nature 418, 159 (2002); K. Wang, D. M.
Mittleman, N. C. J. van der Valk, P. O. M. Planken, Appl. Phys. Lett., 85, 2715 (2004); A.
Ambrosio and P. Maddalena, Appl. Phys. Lett., 98, 091108 (2011)
[width=0.25]SNOM.eps
Figure 19: Schema di principio di un apparato SNOM. Il cilindro che termina
a punta rappresenta una fibra ottica cava utilizzata per illuminare il campione.
Il campo riflesso dal campione può essere raccolto dalla stessa fibra. Il sistema
può anche lavorare in trsmissione misurando l’intensità trasmessa dal campione.
137
3.3.9
Campi trasversi e longitudinali
Exercise 129 Si consideri un materiale in cui ε̂ dipenda solo dalle coordinate
trasverse (x, y) = r⊥ . Riscrivere le equazioni di Maxwell in assenza di correnti
decomponendo i campi nelle componenti longitudinali Ẽz , B̃z e trasverse Ẽ⊥ , B̃⊥
per un sistema di coordinate cartesiane.
Soluzione: Dalle equazioni di Maxwell
∇ × B̃
∇ × Ẽ
∇ · B̃
∇ · ε̂Ẽ
=
=
=
=
−iωε0 µ0 ε̂Ẽ
iω B̃
0
0
moltiplicando vettorialmente per ẑ si ha
k2
ẑ × Ẽ
ω
ẑ × ∇ × Ẽ = iωẑ × B̃
ẑ × ∇ × B̃ = −i
Tenendo conto che
si ottiene:
∂
ẑ × ∇ × B̃ = ∇⊥ B̃z −
B̃⊥
∂z
∂
B̃⊥
∂z
∂
∇⊥ Ẽz −
Ẽ⊥
∂z
∇⊥ B̃z −
= −i
k2
ẑ × Ẽ⊥
ω
= iωẑ × B̃⊥
Moltiplicando ancora vettorialmente per ẑ si perviene al sistema
ẑ × ∇⊥ B̃z
=
∇⊥ Ẽz
=
∂
k2
ẑ × B̃⊥ + i Ẽ⊥
∂z
ω
∂
Ẽ⊥ + iωẑ × B̃⊥
∂z
da cui
∂2
k2 + 2 Ẽ⊥
∂z
2
∂
k2 + 2 ẑ × B̃⊥
∂z
= −iωẑ × ∇⊥ B̃z +
= −i
∂
∇⊥ Ẽz
∂z
k2
∂
∇⊥ Ẽz +
ẑ × ∇⊥ B̃z
ω
∂z
(120)
Se ne evince che i campi si possono raggruppare in due classi E (TM) ed H
(TE) secondo che B̃z = 0 e Ẽz = 0.
Exercise 130 Analizzare i modi di propagazione di onde E ed H, dipendenti
da z secondo il fattore eiβz , per mezzi dieletttrici in cui ε̂ dipenda solo dalle
coordinate trasverse x, y.
138
Soluzione: Per modi E il sistema (120) si riduce a
2
k⊥
Ẽ⊥
2
k⊥
ẑ × B̃⊥
= iβ∇⊥ Ẽz
i 2
k ∇⊥ Ẽz
=
ω
2
dove k⊥
= k2 − β 2 .
Moltiplicando un’onda E scalarmente per ∇⊥ si ha
∇⊥ ·
Poichè
∇⊥
si ha
k2
2 ∇⊥ Ẽz = 0
k⊥
k2
k2 k 2 − k 4
= ⊥ 4
∇⊥ ln ε̂
2
k⊥
k⊥
β2
2
Ẽz = 0
∇2⊥ − 2 ∇⊥ ln ε̂ · ∇⊥ + k⊥
k⊥
(121)
Analogamente per un’onda H
2
k⊥
Ẽ⊥
2
k⊥ B̃⊥
= −iωẑ × ∇⊥ B̃z
= iβ∇⊥ B̃z
Moltiplicando scalarmente per ∇⊥ si ha
k2
2
∇2⊥ − 2 ∇⊥ ln ε̂ · ∇⊥ + k⊥
B̃z = 0
k⊥
(122)
I modi E ed H saranno quindi autofunzioni rispettivamente di (121) e (122).
Fibre ottiche
Exercise 131 Le fibre ottiche sono dei dei mezzi dielettici in cui ε̂ (ρ) dipenda
solo dalla coordinata radiale ρ. L’esempio più semplice è fornito da una fibra a
salto d’indice con ε̂ (ρ) = n21 per ρ < a e ε̂ (ρ) = n22 per ρ > a. (a) Calcolare i
modi E ed H e (b) discutere le relazioni di dispersione β = β (ω)
Soluzione: (a) Per ρ < a (121) si riduce a
2
∇⊥ + k02 n21 − β 2 Ẽz = 0 ρ < a
2
∇⊥ + k12 k02 n22 − β 2 Ẽz = 0 ρ > a
In paticolare si ha




AJl
− β ρ eimφ ρ < a
Ẽz =

(1)
2
2
2

k0 n2 − β ρ eimφ ρ < a
 BHl
k02 n21
139
2
(123)
2
∂
(b) Imponendo la continuità di Ẽz e B̃φ = ωi kk2 ∂r
Ẽz sulla superficie di discon⊥
tinuità ρ = a si ottiene il sistema di equazioni:
(1)
2
2
2
2
2
2
AJl
k0 n1 − β a
= BHl
k0 n2 − β a
2
2
2
2
2
2
n1 AJl
k0 n1 − β a
= n2 BJl
k0 n2 − β a
Da cui discende
2
2
2
−β a
Jl
k0 n1 − β a
= n1 n2 Jl
k02 n22 − β 2 a
Jl
k02 n21 − β 2 a
Jl
2
k02 n22
Questa equazione fissa β in funzione di ω.
Guide d’onda
Exercise 132 Le guide d’onda sono sono mezzi delimitati da cilindri metallici
di sezione generalmente rettangolare o cilindica. Rifacendosi all’analisi precedente relative alle fibre ottiche trovare i modi E ed H per guide rettangolari di
lati Lx , Ly .
Soluzione: I modi E ed H debbono sooddisfare sulle pareti della guida le
condizioni
= 0 modi E
Ẽz
∂
B̃z
∂n
= 0 modi H
I modi sono dati da
lπ
mπ
x sin
y
Lx
Ly
lπ
mπ
= cos
x cos
y
Lx
Ly
Ẽz lm
= sin
B̃z lm
Pertanto
2
k⊥
mn
2
=k −
mπ
Lx
2
−
nπ
Ly
2
Ad una assegnata frequenza si possono solo propagare quei modi tali che
2
k >
lπ
Lx
2
+
140
mπ
Ly
2
Oscillazioni di una cavità
Exercise 133 Si discutano i modi di oscillazione di una cavità prismatica. (a)
Calcolare le frequenze di risonanza e (b) la densità dei modi
Soluzione: Il concetto di autofunzioni della MQ trova il suo corrispettivo
nella rappresentazione di campi e.m. come prodotti di funzioni del tempo per
funzioni dello spazio51
E(r, t) =
En (t)en (r) ,
n
B(r, t) =
Bn (t)bn (r) ,
n
D(r, t) =
Dn (t)dn (r) ,
n
H(r, t) =
Hn (t)hn (r) ,
(124)
n
con en (r) e bn (r)/kn modi (spaziali) a divergenza nulla, normalizzati, mutuamente ortogonali, e legati tra loro dalle relazioni:
∇ × en = bn ,
∇ × bn = kn2 en ,
con kn = ω n /c un autovalore della equazione d’onda,
∇2 en + kn2 en = 0 ,
(125)
associata ad opportune condizioni al contorno sulle pareti del volume che contiene il campo.
Inserendo nelle equazioni di Maxwell (??) i campi espansi nei modi suddefiniti e tenendo conto di (124) e (125) si ottiene per le ampiezze
En
2
kn Bn
Ën + ω2n En
= −Ḃn ,
= µ0 ε0 Ėn − Jn ,
1
= − J˙n .
ε0
(a) Imponendo che la componente di en tangente alle pareti si annulli, per
gran parte dei modi di una cavità prismatica risulta
√
πlx
πmy
πnz
en = V −1 P̂n sin
sin
sin
.
Lx
Ly
Lz
en è associabile a un vettore d’onda
kn =
πl
πm
πn
x̂ +
ŷ +
ẑ
Lx
Ly
Lz
5 1 concetto analogo è stato utilizzato in Sez. ?? per rappresentare i modi di oscillazione
reticolari.
141
modi di una
cavità prismatica
simile a quello utilizzato per le funzioni d’onda di Bloch (v. Sez. ?? Eq. (??)).
A differenza di queste ultime esso ha componenti tutte positive e multipli interi
di π/Lx,y,z .
Le frequenze di risonanza saranno definite dalla condizione k2 =kn2
ω 2 πl 2 πm 2 πn 2
n
=
+
+
c
Lx
Ly
Lz
(b) Al variare di l, m ed n kn definisce un reticolo con cella elementare di
volume π 3 /V . Il numero N(ω) di modi di frequenza angolare inferiore ad un
assegnato valore ω sarà quindi doppio52 del numero di vertici di questo reticolo
compresi in un ottante di raggio k = ω/c
N (ω) =
1 ω 3
V.
3π 2 c
A parità di volume il numero dei modi cresce col cubo della frequenza angolare, una dipendenza questa che, come vedremo nell’ultimo capitolo, condiziona
fortemente lo spettro di corpo nero. La densità g(ω) = V −1 dN (ω)/dω del numero di modi per unità di volume e di intervallo di frequenza angolare, risulta
uguale a
1 ω 2
g(ω) = 3
.
(126)
c π
Anche se questa formula per g(ω) è stata ricavata per una cavità prismatica,
resta valida per cavità di forma generica quando la lunghezza d’onda è piccola
rispetto alle sue dimensioni caratteristiche.
Spesso si incontrano campi che si propagano lungo direzioni particolari, p.e.
asse ẑ. In tal caso la componente monocromatica del campo Ẽ (ed analogamente
per gli altri vettori) assume la forma
e−iωt+iβn z Ẽn en (r⊥ ) ,
E(r, t) =
n
dove β n rappresenta la costante di propagazione lungo l’asse di propagazione
mentre en (r⊥ ) soddisfa un’equazione di Helmholtz simile a (125)
∇2⊥ en (r⊥ ) + k2 − β 2n en (r⊥ ) = 0 ,
ed è sottoposta ad opportune condizioni al contorno sul piano r⊥ . Gli autovalori β n di quest’ultima per assegnato k = ω/c stabiliscono una relazione di
dispersioneωβ = ω (β n ) .
Exercise 134 Trovare i modi di oscillazione di una cavità prismatica.
Soluzione: Per fissare le idee si consideri una cavità a forma di prisma retto
di lati e scegliamo un sistema di coordinate cartesiane x, y, z con gli assi paralleli
agli spigoli a, b, c e con centro in un vertice. Se la cavità è limitata da pareti
5 2 ad
ogni kn corrispondono due polarizzazioni ˆ.
142
metalliche, i modi possono essere raggruppati in due classi secondo che il campo
magnetico (modi T M o modi E) o il campo elettrico (modi T E o modi H) siano
rispettivamente perpendicolari all’asse z
nπ (H)
elmn (r) = etlm (r⊥ ) sin
z
c nπ
nπ (H)
(H)
blmn (r) = btlm (r⊥ ) cos
z + bzlm (r⊥ ) sin
z ẑ
c nπc nπ
(E)
(E)
z + ezlm (r⊥ ) sin
z ẑ
elmn (r) = etlm (r⊥ ) sin
c
c
nπ (E)
z
blmn (r) = btlm (r⊥ ) cos
c
dove r⊥ = xx̂ + yŷ. In particolare,
(H)
hxlm
=
hylm
(H)
=
hzlm
(H)
=
exlm
(H)
=
eylm
(H)
=
2
ktlm
=
Blm
=
ωlmn
=
mπy nπ/c lπ
lπx
Blm sin
cos
−i 2
ktlm a
a
b
mπy nπ/c mπ
lπx
−i 2
Blm cos
sin
ktlm b
a
b
mπy lπx
Blm cos
cos
a
b
ω lmn µ0 (H)
h
nπ/c ylm
ω lmn µ0 (H)
−
h
nπ/c xlm
2 lπ
mπ 2
+
a
b
2
2
ktlm
π l2 b + m2 a
a
b
2
lπ
mπ 2 nπ 2
c
+
+
a
b
c
Campi relativi ai vari modi TE di una cavità rettangolare di lati a, b e c ed
indici l, m ed n
Exercise 135 Tenuto conto che l’energia elettromagnetica è espressa da
1 2 2
ω n Bn + Ḃ2n .
(127)
Uem = ε0
2
n
se ne deduce che i singoli modi vi contribuiscono con termini del tutto simili a
quelli di oscillatori meccanici unidimensionali di frequenza angolare ω n in cui
1
1
2 2
2
2 ε0 ω n Bn misura l’energia “potenziale” e 2 ε0 Ḃn quella “cinetica” (v. Sez. ??).
Bn si comporta come la posizione x di un oscillatore unidimensionale di massa
143
M = ε0 , frequenza angolare ωn = K/M con K costante elastica, mentre53
−ε0 En = ε0 Ḃn si comporta come il momento coniugato,
x
p
M
K
←→
←→
←→
←→
Bn ,
−ε0 En = ε0 Ḃn ,
ε0 ,
ε0 ω 2n .
Uem di (127) può essere trattata come l’hamiltoniana del campo ed il termine
n-esimo come l’hamiltoniana del rispettivo modo54 ,
1 Hem n = ε0 ω 2n B2n + Ḃ2n .
(128)
2
Alla luce di questa corrispondenza quantizzare le ampiezze Bn dei rispettivi modi
Soluzione: Analogamente a quanto si fa per la posizione fluttuante di un oscillatore meccanico, si può introdurre una funzione d’onda normalizzata ψ (Bn ; t)
tale che |ψ (Bn ; t)|2 misura la densità di probabilità che l’induzione abbia il
valore Bn . Per quantizzare si utilizzerà come hamiltoniana l’espressione (128)
∂
, ottenendo così per ψ (Bn ; t)
dell’energia sostituendo ε0 Ḃn con −i ∂B
n
i
∂
2 ∂ 2
1
2 2
ψ (Bn ; t) = −
+
ε
ω
B
0 n n ψ (Bn ; t) .
∂t
2ε0 ∂B2n
2
Per la coppia Bn , En deve valere il principio di indeterminazione di Heisenberg ovvero il prodotto delle relative fluttuazioni risulta maggiore di ε0 ∆Bn ∆En ≥ ,
(129)
ed analogamente per l’energia Uem n = ε0 E2n e la fase55 ϕn
∆ϕn ∆Uem n ≥ ωn .
Anche in assenza di sorgenti il campo all’interno di una cavità fluttua. Ciò
diventa particolarmente evidente quando vi si immette un atomo. Se ad esempio
questo possiede due livelli di energia Ea e Eb tali che Eb − Ea = ω n , risentirà
delle fluttuazioni del campo a questa frequenza. Se per esempio è caratterizzato
dalle funzione d’onda va , vb , interagendo col campo fluttuante si porterà in uno
stato αva e−iEa t/ + βvb e−iEb t/ , creando un momento di dipolo oscillante alla
frequenza angolare (Ea − Eb ) / che accoppiandosi con le fluttuazioni del campo
e.m. irradierà facendo decadere l’atomo da Eb a Ea (v. Sez. ??).
53 E
n
5 4 per
ha le dimensioni di un campo elettrico per la radice quadrata di un volume.
la quantizzazione del campo v.p.e. D. Marcuse, loc. cit. pag. ??, Cap. 2; E. Landi
Degl’Innocenti, loc. cit. pag. ??, Cap. 4.
√
5 5 E (t) = E
V
n
n 0 cos (ω n t + ϕn ) ha le dimensioni di un campo elettrico per
144
fluttuazioni di
punto 0 del
campo e.m. in
cavità
decadimento
radiativo
n
Le ampiezze Bn = X εoωn , En = P ω
si comportano come
εo
variabili coniugate di un oscillatore armonico di frequenza angolare
ω n , associato agli operatori di distruzione e creazione 56 (v. Eqq.
(??) e (??)).
In particolare nello stato |0 la densità di probabilità f (E) che il
campo elettrico abbia ampiezza E è descritta dalla Gaussiana
3.3.10
Campi trasversi e radiali
Exercise 136 Si consideri un materiale in cui ε̂ (r) dipenda solo
dalla coordinata radiale. Riscrivere le equazioni di Maxwell decomponendo i campi nelle componenti radiali Er , Br e trasverse Ẽ⊥ , B̃⊥
per un sistema di coordinate sferiche:
Soluzione: Dalle equazioni di Maxwell discende che:
∂
1
+
B̃⊥ = −iωε0 ε̂r̂ × Ẽ⊥ + µ0 r̂ × J̃⊥
∇⊥ Br −
∂r r
∂
1
∇⊥ Er −
+
Ẽ⊥ = iωr̂ × B̃⊥
∂r r
Dal momento che
r̂ · ∇ × B̃ = −∇⊥ · r̂ × B̃
si ha
−∇⊥ · r̂ × B̃ = −iωε0 ε̂Ẽr + µ0 Jr
−∇⊥ · r̂ × Ẽ = iω B̃r
Combinando queste equazioni si ottiene
∂
1
1 2
+
B̃⊥ = iωε0 ε̂ 1⊥ + 2 ∇⊥ r̂ × Ẽ⊥ − µ0 r̂ × J̃⊥
∂r r
k
∇⊥ Br = iωε0 ε̂r̂ × Ẽ⊥
∂
1
1 2
ζ
+
Ẽ⊥ = −iω 1⊥ + 2 ∇⊥ r̂ × B̃⊥ − i ∇⊥ Jr
∂r r
k
kc
∇⊥ Er = −iωr̂ × B̃⊥
(130)
5 6 per una introduzione semplice alla quantizzazione del campo e.m., agli stati del campo
quantizzato ed alla interazione con gli atomi v.p.e. R. Loudon, loc. cit. pag. ??, Capp. 6-8.
145
Exercise 137 Si consideri un materiale in cui ε̂ (r) dipenda solo
dalla coordinata radiale r. Si ponga
Ẽ⊥ = −∇⊥ V (E) − ∇⊥ × r̂V (H)
B̃⊥ = ∇⊥ × r̂I (E) − ∇⊥ I (H)
r̂ × J̃ = ∇⊥ × r̂J (E) − ∇⊥ J (H)
(131)
Si dimostri utilizzando il sistema (130) e la relazione
1
∂
∂
∇⊥ = ∇⊥ − ∇⊥
∂r
∂r r
che
∂ (E)
1 2
ζ
V
= ikζ 1 + 2 ∇⊥ I (E) + i Jr
∂r
k
kc
k
∂ (E)
I
= i V (E) − µ0 J (E)
∂r
ζ
i
ζ
Er = − 2 ∇2⊥ I (E) − i Jr
k
kc
(132)
e
k
1 2
1
∂ (H)
I
1 + 2 ∇⊥ V (H) − J (H)
= i
∂r
ζ
k
kc
∂ (H)
= ikζI (H)
V
∂r
i
Br = − ∇2⊥ V (H)
(133)
k
√
ε0 ε̂
con k = ωc ε̂µ̂ e ζ =
= ζ 0 µ̂ε̂ . Espandendo V (E) , I (E) e
µ µ̂
0
V (H) , I (H) in armoniche sferiche
(E)
Vlm (r) Ylm (θ, φ)
V (E) (r) =
lm
e operando similmente per le altra grandezze ottenere l’equivalente
(E) (E)
(H) (E)
dei sistemi (132) e (133) per Vlm , Ilm , Vlm , Ilm .
Soluzione: (b) Tenuto conto che∇2⊥ Ylm = l (l + 1) Ylm /r2 si ot-
146
tengono facilmente i due sistemi di equazioni del moto:
d (E)
l (l + 1)
ζ
(E)
Vlm = iζ 1 −
Ilm + i 2 Jr lm
2
dξ
k c
ξ
d (E)
1 (E) µ (E)
Ilm = i Vlm − 0 Jlm
dξ
ζ
k
l (l + 1) (E)
ζ
Er lm = i
Ilm − i Jr lm
2
kc
ξ
ē
l (l + 1)
d (H)
1
1 (H)
(H)
Ilm = i
1−
Vlm − 2 Jlm
2
dξ
ζ
k c
ξ
d (H)
(H)
Vlm = iζIlm
dξ
l (l + 1) (H)
Br lm = i
Vlm
ξ2
(134)
(135)
con ξ = kr.
(E,H)
Exercise 138 Si analizzino le funzioni Vlm
gioni prive di sorgenti
(E,H)
(r) e Ilm
Soluzione: Il sistema (134) si riduce a:
d (E)
l (l + 1)
(E)
Vlm = iζ 1 −
Ilm
2
dξ
ξ
d (E)
1 (E)
Ilm = i Vlm
dξ
ζ
Ne discende che
d2
l (l + 1) (E)
+1−
Ilm = 0
dξ 2
ξ2
per cui
(E)
Ilm (ξ) = Ajl (ξ) + Bhl (ξ)
d (E)
(E)
Vlm = −iζ Ilm
dξ
con jl = ξjl , hl = ξhl e jl , hl funzioni di Bessel sferiche.
147
(r) in re-
(136)
Analogamente per le onde H
d (H)
1
l (l + 1)
(H)
Vlm
Ilm = i
1−
2
dξ
ζ
ξ
d (H)
(H)
Vlm = iζIlm
dξ
(H)
(137)
(H)
per cui anche Vlm , Ilm sono rapresentabili come combinazioni di
funzioni di Bessel sferiche.
(E) (E)
(H) (H)
Pertanto sia Vlm , Ilm che Vlm , Ilm si possono interpretare come
coppie di tensione-corrente di linee di trasmissione sferiche caratterizzate dalle equazioni del moto (136) e (137).
3.3.11
Scattering di Mie
Exercise 139 Si consideri una sfera di raggio a ed indice di rifrazione
n2 , immersa in un mezzo di indice n2 e privo di sorgenti. (a) Ricavare le ampiezze dei campi sui due lati della discontinuità. (b)
Si analizzi il coefficiente di riflessione dei vari modi sferici. (c) Si
(E)
consideri il caso limite in cui Vlm si annulla sulla superficie della
sfera.
Soluzione: (a) Le onde E soddisfano il sistema di equazioni
d (E)
l (l + 1)
(E)
Vlm = iζ 1 −
Ilm
2
dξ
ξ
d (E)
1 (E)
I
= i Vlm
dξ lm
ζ
Ne discende che
(E)
= A(E) jl + B (E) hl
(E)
= −iζ 0 nIlm
(H)
= A(H) jl + B (H) hl
i (H)
= −
V
.
ζ 0 n lm
Ilm
Vlm
(E)
mentre per le H si ha:
Vlm
(H)
Ilm
148
Imponendo la continuità di I e V per le E si ottiene sulla superficie della sfera:
(E) (E) Ilm ξ̄ 1 = Ilm ξ̄ 2
(E)
(E)
n1 Ilm ξ̄ 1 = n2 Ilm ξ̄ 2
ovvero
(E) (E) (E) (E) A1 jl ξ̄ 1 + B1 hl ξ̄ 1 = A2 jl ξ̄ 2 + B2 hl ξ̄ 2
!
"
(E) (E) (E) A(E)
j
ξ̄
+
B
h
ξ̄
=
n
A
j
ξ̄
+
B
h
ξ̄
1
1
2
2
1
l
1
l
2
l
2
l
Espressioni analoghe si hanno per le H.
(b) Ponendo
(E)
A1
(E)
= 1 , B1
(E)
= −Rl
(E)
, A2
(E)
= Tl
si ha
(E) (E) Rl hl ξ̄ 1 + Tl jl ξ̄ 2 = jl ξ̄ 1
(E) (E) Rl h
l ξ̄ 1 + nTl j
l ξ̄ 2 = j
l ξ̄ 1
Ne discende che
(E)
Rl
(E)
Tl
njl ξ̄ 1 j
l ξ̄ 2 − j
l ξ̄ 1 jl ξ̄ 2
=
nhl ξ̄ 1 j
l ξ̄ 2 − h
l ξ̄ 1 jl ξ̄ 1
j
l ξ̄ 1 hl ξ̄ 1 − h
l ξ̄ 1 jl ξ̄ 1
=
nhl ξ̄ 1 j
l ξ̄ 2 − h
l ξ̄ 1 jl ξ̄ 1
(138)
Per le onde H valgono le stesse espressioni con n sostituito da n−1 .
(c) Se V (E) = 0 sulla superficie della sfera si avrà
j
l ξ̄ 2 = 0
e
(E)
Rl
Se si pone
j
l ξ̄ 1
= hl ξ̄ 1
j
l ξ̄ 1
= tan δ (E)
l
nl ξ̄ 1
149
ovvero
(E)
Rl
si ha
(E)
j
l ξ̄ 1
(E)
= = sin δ l eiδl
hl ξ̄ 1
√
∞
4π
2l + 1 (E) iδ (E)
(E)
l
l
I (r) =
i
jl (ξ 1 ) − hl (ξ 1 ) sin δ l e
Yl1 (Ω)
k1 l=1
l (l + 1)
(139)
Exercise 140 Si consideri un’onda piana polarizzata circolarmente
Ẽ (r) = (x̂ + iŷ) eikz
a cui corrisponde57 l’onda E di corrente I (E)
√
∞
4π
2l + 1
I (E) (r) =
il
jl (ξ 1 ) Yl1 (Ω)
k1 l=1
l (l + 1)
e tensione
V (H) (r) = −iI (E) (r)
(a) calcolare il campo scatterato da una sfera di raggio a ed indice
di rifrazione n 1; (b) Calcolare la potenza totale scatterata e la
sezione d’urto . (c) Discutere il caso in cui k2 a 1 (scattering di
Rayleigh).
Soluzione: (a) Il campo scatterato è associato alla tensione (v(139))
√
∞
(E)
4π
2l + 1
iδ l
I (E) (r) = −
il
hl (ξ 1 ) sin δ (E)
Yl1 (Ω)
l e
k1 l=1
l (l + 1)
√
∞
(E)
4π
2l + 1 (E)
hl (ξ 1 ) sin δ l eiδl Yl1 (Ω)
V (E) (r) = iζ 0
il
k0 l=1
l (l + 1)
A grande distanza si può porre
5 7 v.
hl (ξ) (−i)l+1 eiξ
J. Schwinger, loc. cit. pag. 162 Sez. 46.4
150
per cui
√
∞
(E)
4π
2l + 1
(E)
I (E) (r) = −i
eiξ1
sin δ l eiδl Yl1 (Ω)
k1
l (l + 1)
l=1
V (E) (r) = ζI (E) (r)
Si vede pertanto che il campo scatterato è caratterizzato dalle fasi
δl .
(b) La potenza totale scatterata si ottiene integrando il vettore di
Poynting relativo al campo scatterato su una sfera di raggio molto
gande. A grande distanza isulta
2
1
1 S̃ = Ẽ × H̃ =
Ẽ⊥ (Ω) n̂
2
2ζ
dove (v. (131))
Ẽ⊥ = −∇⊥ V (E)
si ha
Psc(E)
D’altra parte
∇⊥ V (E)
per cui
1
= r2
2ζ
∞
√ eikr = −iζ 4π
il
k l=1
Psc(E)
∇⊥ V (E) 2 dΩ
(E)
2l + 1
(E)
sin δ l eiδl ∇⊥ Yl1
l (l + 1)
∞
2π (E)
= 2 r2
(2l + 1) sin2 δ l
k ζ l=1
Tenuto conto che la potenza dell’onda incidente è stata posta uguale
a Pinc = 1ζ , la sfera presenta una sezione d’urto pari a
σ
(E)
∞
2π (E)
=
(2l + 1) sin2 δ l
4 2
(2π) k l=1
(c) Quando ka 1 si ha che il termine dominante è quello con
l = 1. Inoltre si ha
ξ2
j1 (ξ) 3
ξ4
1
h1 (ξ) −i
3
ξ
151
per cui
jl (ξ) 2 3
h
(x) = 3 ξ
l
In particolare ne discende che la sezione d’urto nello scattering di
Rayleigh da parte di una sfera metallica o dielettrica con alto n
investita da un’onda E risulta pari a:
2
2π
2
4 (2π)5 a6
3
(E)
σ = 23
(k1 a)
=
k
3
3 λ41
Ripetendo i cacoli per la componente H si può dimostrare58 che ad
essa corisponde una sezione d’urto σ (H) = σ (E) /4.
3.3.12
Potenziali di Debye
Exercise 141 Dimostrare che utilizzando i potenziali di Debye i
campi Ẽ (r) , B̃ (r) sono esprimibili nella forma59
∞ l
i
Ẽ (r) =
fl (kr) Xlm (Ω) + ∇×gl (kr) Xlm (Ω) ,
k
l=0 m=−l
l
∞ i
B̃ (r) =
.
gl (kr) Xlm (Ω) − ∇×fl (kr) Xlm (Ω) (140)
k
l=0 m=−l
Il vettore
Xlm (Ω) = 1
LYlm (Ω)
l (l + 1)
sta per l’armonica sferica vettoriale mentre
L = − ir × ∇
rappresenta l’operatore momento angolare. fl (kr) e gl (kr) sono
integrali della parte radiale dell’equazione di Helmholtz
l (l + 1)
fl (kr)
1 d 2d
2
r
−
+k
=0
2
2
r dr dr
r
gl (kr)
esprimibili cme combinazioni lineari di hl (kr) e jl (kr):
fl (kr) = Afhl (kr) + Bfjl (kr)
gl (kr) = Ag hl (kr) + Bgjl (kr)
5 8 v.
5 9 J.
J. Schwinger, loc. cit. pag. 162 Eq. (46.102)
Schwinger, loc. cit. pag. 162 Sez. 50.4 Prob. 4
152
3.4
3.4.1
Cariche in movimento
Potenziali di Liénard-Wiechert
Exercise 142 Si consideri un elettrone che descrive una traiettoria rettilinea lungo l’asse z con velocità costante v in un mezzo di
indice di rifrazione n indipendente dalla frequenza. . Si calcolino i
potenziali di Liénard-Wiechert elativi al punto r = (ρ, φ, 0),
V (r, t) = −
A(r, t) =
1
e
4πε0 n |r − r (te )| 1 − nn̂ · β (te )
n
β (te ) V (r − r (te )) .
c
dove il tempo di emissione te da parte dell’elettrone e quello di
rivelazione t del campo sono legati dalla relazione:
t = te + nc−1 |r − r (te )|
(141)
Soluzione: L’elettrone descrive untraiettoria rettilinea z (te ) =
(vte )2 + ρ2 . Risolvendo (141)
vte . Pertanto si ha |r − r (te)| =
rispetto a te si ottiene:
te =
Pertanto
c
|r − r (te )| =
n
e
1−n2 β 2 2
ρ
c2
2
n2 β
t − n β 2 t2 +
1−
β 2 t2 +
1−n2 β 2 2
ρ
c2
2 2
1−n β
1
1
=
1 − nn̂ · β (te )
1 + (nβ)2 1 −
− n2 β 2 t
ct
n|r−r(te )|
Perchè la (142) abbia significato deve risultare
β 2 c2 t2 + 1 − n2 β 2 ρ2 > 0
,
(142)
.
Per nβ > 1 al tempo t di misura del campo corrisponde un te reale
solo se
ct
β > n2 β 2 − 1
ρ
153
Per quanto iguarda i potenziali si ha
V (r, t) = −
en
1
1
2
4πε0 c |r − r (te )| 1 + (nβ) 1 −
en2 1 − (nβ)2
= −
4πε0 c3 1 + (nβ)2
3.4.2
ct
n|r−r(te )|
1
β 2 t2 +
1−(nβ)2 2
ρ
c2
−
2(nβ)2
t
1+n2 β 2
Funzione di Green
I campi creati da cariche e correnti ooscillanti ad assegnate frequenza
soddisfano l’equazione di Helmholtz
ω2 2
2
(143)
∇ + 2 ñ ũ (r, ω) = −s̃ (r, ω) ,
c
con s̃ (r, ω) funzione sorgente che può rappresentare la densità di
carica ρ̃ (r, ω) o di corrente J̃ (r, ω) . ũ (r, ω) è legato a s̃ (r, ω) dalla
relazione integrale
ω
ũ (r, ω) = G r − r , ñ d3 r
c
dove G r − r
, ωc ñ è nota come funzione di Green scalare.
Exercise 143 Calcolare la funzione di Green scalare G (r, k) relativa all’equazione di Helmholtz (143)
Soluzione: La funzione di Green scalare G (r, k)è soluzione dell’equazione:
2
∇ + k 2 G (r, k) = −δ (3) (r) ,
(144)
equivalente alla coppia di condizioni
2
∇ + k 2 G (r, k) = 0
per r *= 0 e
∇2 + k 2 G (r, k) d3 r = −1 .
Essendo la (144) invariante per rotazione intorno all’origine, si può
scegliere G (r, k) funzione solo di r = |r| che soddisfa la coppia di
condizioni
1 d 2d
2
r
+ k G (r, k) = 0
(145)
r2 dr dr
154
e
r
d
1
2
2
r G (r , k )
+k
r
2 G (r
, k) dr
= −
dr
4π
0
r =r
(146)
per un generico r *= 0. Si vede facilmente che la funzione
G (r, k) =
eikr
4πr
(147)
soddisfa sia (145) che (146). Infatti
∇2
eikr
1 1
1
= eikr ∇2 + ∇2 eikr + 2∇eikr · ∇
r
r r
r
1 1 d 2 d ikr 2ik
=
r
e − 2
r r2 dr dr
r
1 1 d 2 ikr 2ik
eikr
= ik 2 r e − 2 = −k 2
r r dr
r
r
D’altra parte
r
d eikr 2
r +k
r
eikr dr
dr r r =r
0
r
∂
ikr
ikr
2
= ikre − e − ik
eikr dr
∂k 0
∂ eikr − 1
= (ikr − 1) eikr − k 2
∂k
k
ikr
ikr
= (ikr − 1) e + e − ikreikr − 1 = −1
2
In alternativa si può procedere passando attraverso la trasformata
di Fourier dell ’Eq. (144):
> (K, k) = −1 ,
−K 2 + k 2 G
da cui discende
> (K, k) =
G
155
K2
1
− k2
Pertanto
G (r, k) =
=
=
=
=
1
eiK·r 3
dK
K 2 − k2
(2π)3
∞
1
K2
iKr cos θ
dφ sin θdθ
e
(2π)3 0 K 2 − k 2
∞
1
1
K2
eiKru du
(2π)2 0 K 2 − k 2 −1
∞ iKr
K e − e−iKr
i
−
dK
K 2 − k2
(2π)2 r 0
∞
K
i
−
eiKr dK
2
2
2
K
−
k
(2π) r −∞
Si assuma a questo punto che
k = lim
ε→0+
ω
c
+ iε
si avrà quindi
∞
K
iKr
e dK = lim
2
2
ε→0+ Γ K −
−∞ K − k
ω
c
KeiKr
− iε K +
ω
c
dK
+ iε
avendo indicato con Γ il cammino chiuso che va da −∞ a +∞ e che
si chiuda con la semicirconferenza con Im K ≥ 0 di raggio infinito
con centro in K = 0 . Si avrà così
∞
K
KeiKr
iKr
dK
e
dK
=
lim
2
2
ε→0+ Γ K − ω − iε
K + ωc
−∞ K − k
c
KeiKr
= 2πi lim residuoK= ωc +iε ε→0+
K − ωc − iε K + ωc
= iπeiKr
Pertanto
eikr
G (r, k) =
4πr
Exercise 144 Calcolare i potenziali vettori e scalari del campo irradiato da un elettrone che descrive un’assegnata orbita,
r = r (t)
Questo problema fu affrontato inizialmente da Schott nel 1912 [?].
156
Soluzione: Per risalire ai campi si deve associare alla traiettoria
la densità di corrente
J(r,t) = δ(3) (r − r (t)) v (t)
La trasformata di Fourier della corrente sarà quindi data da
1
J̃ (r,ω) = −e
δ (3) (r − r (t)) v (t) eiωt dt
2π
1
= −e
δ (3) (r − r (s)) v̂ (s)
eiωtk (s) ds
2π
k
dove s è l’ascissa curvilinea lungo la traiettoria e tk (s) il k-esimo
istante di tempo corrispondente ad una assegnata ascissa s. Una
volta ottenuta la densità di corrente J̃ (r,ω) il potenziale à (r,ω)
ed il campo Ẽ (r,ω) si otterranno utilizzando le rappresentazioni
integrali
e
à (r,ω) = µ0
G (|r − r
(s)| , k) v̂ (s) δ (2) (r
⊥ (s))
eiωtk (s) ds
2π
k
e
Ẽ (r,ω) = −
Γ (|r − r
| , k) · v̂ (s) δ (2) (r
⊥ (s))
eiωtk (s) ds
2π
k
con G (|r − r
| , k) e Γ (|r − r
| , k) rispettivamente funzioni i Green
scalare e tensoriale.
> (k,t) per un elettrone che deExercise 145 Calcolare J̃ (r,ω) e J
scrive una traiettoria rettilinea lungo l’asse z con (a) una generica
legge del moto s = s (t), (b) velocità costante vo ẑ; (c) velocità oscillante v (t) = vo cos (Ωt) ẑ; (d)
s = vo t + sa arctan
t
τa
Soluzione: (a)
J̃ (r,ω) = −
e (2)
δ (ρ) ẑ
eiωtk (z)
2π
k
con tk (z) radice dell’Eq. z = z (t) e
> (k,t) = − e eikz z(t) v̂ (t)
J
2π
157
(b) tenuto conto che s = vo t si ha
J̃ (r,ω) = −
e
(c) in tal caso s =
Pertanto
J̃ (r,ω) = −
e
ω
e (2)
δ (ρ) v̂o ei vo z
2π
> (k,t) = − e eikz vo t v̂o
J
2π
vo
Ω
sin (Ωt) e tk (s) =
1
Ω
arcsin
Ω
z
vo
2π
ω
Ω
e
vo δ (2) (ρ) ei Ω arcsin( vo z)
ei Ω ωk
2π
k
+
2π
k.
Ω
> (k,t) = − e eikz vΩo sin(Ωt) v̂ (t)
J
2π
(d)
e (2)
δ (ρ) ẑeiωt(z)
2π
con t (z) radice dell’Eq. z = vo t + sa arctan τta e
J̃ (r,ω) = −
> (k,t) = − e eikz (vo t+sa arctan τta ) ẑ
J
2π
Exercise 146 Si completi l’esercizio precedente calcolando J̃ (r,ω)
per un elettrone che descrive un’orbita (a) circolare di raggio R0 con
velocità angolare costante Ω e (b) spiraliforme con x = R0 cos Ωt, y =
R0 sin Ωt, z = vz t.
Soluzione: (a)
J̃ (r,ω) = −
ω
e (1)
δ (z) δ (1) (ρ − R0 )
ei Ω φk
2π
k
(b)
z
e
J̃ (r,ω) = − eiω vo δ (1) (ρ − R0 ) R0 δ (1)
2π
158
z
φ−Ω
vo
2π
3.4.3
Effetto Stewart-Tolman
Si tratta di un effetto di tipo elettrodinamico in virtù del quale in un
conduttore in moto non uniforme si genera una forza elettromotrice
non nulla, anche nelle condizioni in cui l’applicazione della legge di
induzione di Faraday-Neumann prevederebbe risultato nullo. Storicamente gli esperimenti sul moto non uniforme dei conduttori consentirono di dimostrare l’esistenza di elettroni liberi nei conduttori
e di determinarne il rapporto carica-massa. Sia v la velocità del
sistema di riferimento Kcond , solidale col conduttore, rispetto al sistema di laboratorio KL . Giacché si suppone che l’accelerazione v̇
sia non nulla, gli elettroni di conduzione risentiranno di una forza
inerziale pari a −me v̇. Questa esercita sull’elettrone lo stesso effetto
che creerebbe un campo elettrico di intensità me v̇/e.
Nell’esperimento di Stewart-Tolman (vedi figura ??) si imprimeva
ad un anello metallico immerso in un campo magnetico uniforme e
costante, un moto rotatorio a velocità angolare sinusoidale. Dalla
e
misura delle correnti circolanti si risaliva al rapporto
me
Exercise 147 Con riferimento all’esperimento di Stewart-Tolman
(a) ricavare le equazioni di Maxwell relative a Kcond . (b) Analizzare
la forza e.m. indotta dalle variazioni temporali della velocità angolare Ω (t) in un anello metallico ruotante attorno al suo asse.
Soluzione: Il campo elettrico efficace agente sugli elettroni di
conduzione è dato da
me
Econd = EL +
v̇
(148)
e
Se si esprime E in funzione di E e si sostituisce nella equazione di
Maxwell
∂H
∇ × E = −µ0
∂t
si ottiene
∂HL me
+
∇ × v̇
(149)
∇ × Econd = −µ0
∂t
e
Decomponendo il movimento in traslatorio (velocità u) e rotatorio
(velocità angolare Ω):
v =u+Ω×r
159
e derivando rispetto al tempo, si ha per l’accelerazione:
v̇ = u̇ + Ω × v + Ω̇ × r = u̇ + Ω × u + Ω × (Ω × r) + Ω̇ × r .
I primi due termini sono indipendenti da r per cui si annullano
per derivazione rispetto alle coordinate; il terzo termine può essere
1
scritto nella forma: Ω× (Ω × r) = − ∇ |Ω × r|2 , il cui rotore è
2
nullo. Resta, infine, ∇× Ω̇ × r = 2Ω̇, sicché la (149) si riscrive
∇ × Econd = −µ0
∂HL 2me
+
Ω̇
∂t
e
ovvero
∇ × Econd = −µ0
∂Hcond
∂t
(150)
dove si è introdotto il campo
Hcond = HL −
2me
Ω.
eµ0
Si consideri ora la quarta equazione di Maxwell60
∇×H =J
dove J è la densità di corrente. Questa conserva la sua forma se si
esprime H in funzione di H , essendo Ω indipendente dalle coordinate
∇ × Hcond = σEcond
(151)
Eliminando E dalle (150) e (151) e tenendo conto che ∇ · HL =
∇ · Hcond = 0 si ottiene per Hcond :
∇2 Hcond = µ0 σ
∂Hcond
∂t
(152)
coincidente con quella soddisfatta da HL in un conduttore immobile.
All’esterno del conduttore HL verifica l’equazione ∇2 HL = 0; lo
stesso vale per Hcond . Sulla superficie del conduttore sia Hcond che
HL sono continui, mentre diversa è la condizione all’infinito: HL
2me
tende a zero, Hcond a un limite finito: −
Ω.
eµ0
6 0 Si
sta implicitamente assumendo che il campo sia quasi-stazionario, per cui σ/ω 1 e il
∂E
sia trascurabile.
∂t
termine
160
Riassumendo un corpo in rotazione con velocità angolare dipendente dal tempo visto nel sistema del conduttore Kcond si comporta
come se fosse fermo e sottoposto ad un campo magnetico esterno
Hext omogeneo:
2me
Ω (t) .
(153)
Hext = −
eµ0
Quando il campo magnetico Hext varia nel tempo induce nel conduttore una forza elettromotrice non nulla61 che genera correnti elettriche.
(b) Un anello conduttore in rotazione non costante con velocità
angolare Ω (t) (??), si ha in Kcond
∂H
2me
· ds +
∇ × E · ds =
E · dl = f = −µ0
Ω̇ · ds
S
S ∂t
S eµ0
2me
2me
dV
+
Ω̇ · S =
Ω̇ · S
= −
dt
eµ0
eµ0
ovvero la f.e.m. è proporzionale alla superficie dell’anello e alla
derivata della velocità angolare.
3.4.4
Interazioni tra cariche in movimento
Exercise 148 Due elettroni, distanti R tra loro lungo l’asse y, viaggiano parallelamente ed a velocità costante v lungo l’asse x. Calcolare la forza di interazione
Soluzione: Nel sistema proprio KP gli elettroni si respingono con
una forza
e2
FP =
ŷ
4πε0 R2
parallela ad ŷ.
D’altra parte la forza FL nel sistema di laboratorio KK è espressa
da:
FL = −e (EL + v × BL )
6 1 Si
consulti il Landau, "Elettrodinamica dei mezzi continui", par. 64
161
dove
<
<
<
< EL <
<
γv×
<
< = < γ + (1 − γ) β̂ β̂
γ
< BL <
<
− c2 v×
γ + (1 − γ) β̂ β̂
<
<
< γEP + (1 − γ) β̂ β̂ · EP <
<
<
= <
<
− cγ2 v × EP
<
<
<
<
γEP
<
= <
γ
< − 2 v × EP <
c
< <
< < EP
<·<
< < 0
<
<
<
<
Pertanto
γ
FL = −e γEP − 2 v × (v × EP ) = −e 1 − β 2 EP =
c
3.4.5
1 − β 2 FP
Densità spettrale energia e potenza irradiata
Exercise 149 Esprimere la potenza irradiata a grande distanza da
una distribuzione di correnti
Soluzione: A grande distanza da una distribuzione di correnti
contenute in un volume finito il campo si riduce ad un’onda piana
diretta lungo n̂ = k̂. Pertanto l’integrale del vettore di Poynting
S (r, t) è dato da
µ0 ω >
eik·r
Ẽ (r, ω) = i 2
J̃⊥ (k, ω) 2
d3 k
2
2
8π
k − ñ k0
∞ π
k2
µ0 ω >
ikr cos θ
→i
J̃⊥ (ñk0 n̂, ω)
e
sin θdθ dk
2
2 2
r→∞ 4π
0
0 k − ñ k0
∞
k2
sin kr
µ0 ω >
= i
J̃⊥ (ñk0 n̂, ω)
dk
2
2
2
4π
k − ñ k0 kr
0
µ0 ω >
1 ∞ x sin x
= i 2 J̃⊥ (ñk0 n̂, ω)
dx
4π
r 0 x2 − ñ2 k02 r2
µ ω>
eikr
= i 0 J̃⊥ (ñk0 n̂, ω)
2
4πr
>
>
con J̃⊥ (ñk0 n̂, ω) = (1 − n̂n̂) · J̃ (ñk0 n̂, ω) . Pertanto la densità spettrale d2 E/dωd2 Ω di energia irradiata62 lungo n̂ per unità di angolo
6 2 J. Schwinger, ”Classical Electrodynamics”, a cura di L.L. de Raad, K. A. Milton, WyyangTsai Adv. Book Program, Boulder, 1998, Sez. 35.1 Eq. (35.32).
162
solido è espressa da:
2
4π 2 lim
R Ẽ (R, ω)
R→∞ ζ
2
4π µ20 ω 2 >
=
2 J̃⊥ (ñk0 n̂, ω) .
ζ (8π)
d2 E (n̂, ω)
=
dωd2 Ω
In alternativa si può calcolare la densità spettrale dienergia ir
√
>
radiata utilizzando la trasformata di Fourier spaziale J⊥
ε̃k0 n̂, t
della distribuzione di corrente e ponendo T = (t + t ) /2 e τ = t−t
:
∞
∞
√
√
d2 E (n̂, ω)
4πµ0 2
∗
−iωt
iωt >
>
=
ω
J⊥
ε̃k0 n̂, t e
dt ·
J⊥
ε̃k0 n̂, t e dt
dωd2 Ω
c
−∞
−∞
d2 P (T )
=
dT
dωdΩ
d2 P (T ) /dωdΩ rappresenta la densità spettrale della potenza irradiata al tempo T :
√
d2 P (n̂, ω, T )
4πµ0 2 ∞ −iωτ >∗ √
>
=
ω
e
J⊥
ε̃k0 n̂, T + τ /2 ·J⊥
ε̃k0 n̂, T − τ /2 dτ
dωdΩ
c
−∞
Inoltre risulta:
∞
∞
2
>
−iωt >∗
>⊥ (kn̂,t
)dt
e
J⊥ (kn̂,t )dt ·
eiωt J
J̃⊥ (ñk0 n̂,ω) =
−∞
−∞
∞
∞
1
1
−iωτ >∗
>
=
dt
e
J⊥ kn̂,t + τ · J⊥ kn̂,t − τ dτ
2
2
−∞
−∞
2
2
E(n̂,ω)
P (n̂,ω,t)
Exercise 150 Si calcoli d dωd
e d dωd
per i casi (a), (b) e (d)
2Ω
2Ω
considerati nel terzultimo esercizio.
Soluzione: (a)
d2 P (n̂, ω, t)
1 e 2 µ0 2 −1
=
ζ (ω) ω 2 sin2 θ
2
dωd Ω
2π 2π 4π
∞
1
1
×
exp −iωτ − ikz z t + τ + ikz z t − τ
2
2
−∞
1
1
×v̂ t + τ v̂ t − τ dτ
2
2
163
(b)
d2 P (n̂, ω, t)
1 e 2 µ0 2 −1
ω
2
2
ζ
(ω)
ω
sin
θδ
ω
−
=
ñ
(ω)
v
cos
θ
dωd2 Ω
2π 2π
4π
c
ovvero
d2 P (n̂,ω,t)
dωd2 Ω
è indipendente da t e diverso da 0 per
ñ (ω) v cos θ = c
ovvero l’elettrone irradia lungo un cono di apertura θ (cf 3.6).
(c)
1 e 2 µ0 2 −1
d2 P (n̂, ω, t)
=
ζ (ω) ω 2 v02 sin2 θ
dωd2 Ω
2π 2π 4π
∞
t + 12 τ
t − 12 τ
exp −i (ω − 2kz vo ) τ − i2kz sa arctan
− arctan
dτ
τa
τa
−∞
1 e 2 µ0 2 −1
=
ζ (ω) ω 2 v02 sin2 θ
2π 2π
4π
4π
Ω
vo
1
exp −iωτ − i2kz cos Ωt sin
Ωτ
Ω
2
0
3.5
Interazione atomi-sciami di particelle cariche
Exercise 151 (a) Calcolare il campo generato da un elettrone che
viaggi con velocità costante v in un mezzo di costante dielettrica
ε̃ (ω); (b) calcolare il campo a grande distanza in funzione della frequenza ω
Soluzione: (a) Utilizzando l’espressione (155) della trasformata
Ẽ(k,ω) del campo elettrico generato dall’elettrone
∞
∞+i
1
3
Ẽ(r,t) =
dk
dωe−i(ωt−k·r) Ẽ(k,ω)
4
(2π) −∞
−∞+i
∞+i
∞
1 eµ0
1
c2
−iωt
3
ik·r
= −i
dωe
ω
d ke
v − 2 kk · v δ (ω − k · v
2
ε̃ω
k 2 − ε̃ ωc2
(2π)4 4π −∞+i
−∞
∞+i
1
=
Ẽ(r,ω)e−iωt dω
2π −∞+i
col cammino di integrazione in ω spostato di i8 con 8 > 0 e 8 → 0
164
al fine di garantire Ẽ(r,t) → 0 , si ha
t→−∞
eik·r
c2
Ẽ(r,ω) = C
dk
v − 2 kk · v δ (ω − k · v)
2
ε̃ω
k 2 − ε̃ ωc2
−∞
∞
ik⊥ ·r
e
c2 2
v−
= C
d k⊥ 2
k +k⊥
2 ε̃ω
k⊥ + ωv2 1 − ε̃β 2
−∞
2π
∞
k⊥ dk⊥
= C
eik⊥ ρ cos φ Ẽ(k⊥ ,ω, φ)dφ
2
ω2
2
k⊥ + v2 1 − ε̃β
0
0
∞
3
avendo posto
C = −i
e posto
Ẽ(k⊥ ,ω, φ) =
1 eµ0 i ω z
ωe v
(2π)4 2
1
1− 2
ε̃β
v−
c2
k⊥ ρ̂ cos φ
ε̃ω
Integrando rispetto a φ
1 π/2
dφeik⊥ ρ cos φ Ẽ(k⊥ ,ω, φ) ≡ Ẽa (k⊥ ρ,ω)
π −π/2
1
π
1
= (J0 + iH0 ) 1 − 2
ε̃β
3π/2
π/2
c2
v − (iJ1 + H−1 ) k⊥ ρ̂
ε̃ω
dφeik⊥ ρ cos φ Ẽ(k⊥ ,ω, φ) ≡ Ẽb (k⊥ ρ,ω)
1
c2
= (J0 − iH0 ) 1 − 2 v − (iJ1 − H−1 ) k⊥ ρ̂
ε̃ω
ε̃β
con J0,1 = J0,1 (k⊥ ρ) funzioni di Bessel di ordine 0 e 1, e H0,−1 =
H0,−1 (k⊥ ρ) quelle di Struve (v. Eq. ??), si ottiene
∞
k⊥ dk⊥
Ẽ(r,ω) = πC
Ẽ
(k
ρ,ω)
+
Ẽ
(k
ρ,ω)
a
⊥
b
⊥
2
2
k⊥
+ ωv2 1 − ε̃β 2
0
= πC Ẽa (r,ω) + Ẽb (r,ω)
Per calcolare questi ultimi integrali conviene modificare il cammino di integrazione nel piano complesso di k⊥ = |k⊥ | eiϕk tenendo
conto che eik⊥ ρ cos φ tende a 0 per |k⊥ | → ∞ quando sono soddisfatte le coppie di condizioni (a) cos φ > 0, π2 ≥ ϕk ≥ 0 e (b)
165
cos φ < 0, 0 ≥ ϕk ≥ − π2 . D’altra parte l’integrando presenta un
polo in
ω + i8
k̄⊥ =
ε̃β 2 − 1
v
2
k̄⊥ giace nel semipiano superiore
per ε̃ β >2 1 (I) ed a sinistra
dell’asse immaginario con Re k̄⊥ > 0 per ε̃ β < 1 (II).
∞
Per Ẽa il cammino di integrazione 0 · · · dk⊥ può essere modifi i∞
cato in 0 aggiungendovi il contributo del residuo in k̄⊥ mentre per
∞
−i∞
Ẽb 0 · · · dk⊥ va modificato in 0
senza aggiungervi il residuo,
i∞
1
Ẽa (k⊥ ρ,ω)k⊥ dk⊥ + iπẼa (k̄⊥ ρ,ω)
Ẽa (r,ω) =
2
2
k⊥
+ ωv2 1 − ε̃β 2
0
−i∞
1
Ẽb (k⊥ ρ,ω)k⊥ dk⊥
Ẽb (r,ω) =
2
2
k⊥
+ ωv2 1 − ε̃β 2
0
(b) Per calcolare il campo a grande distanza conviene utilizzare le
espressioni asintotiche delle funzioni di Struve
x α−1
1
x α−3
Hα (x) = Yα (x) + √ +
O
2
2
πΓ α + 12
da cui discende
J0 (x) + iH0 (x) ≈
2
π
exp ix − i
πx
4
iJ1 (x) + H−1 (x) ≈ i (J1 (x) + iY1 (x)) ≈ i
Ne segue che
c2
π
Ẽa (x,ω) ≈
v−
xρ̂ exp ix − i
ε̃ωρ
4
2π
1
c2
Ẽa (ix,ω) ≈
1− 2 v−i
xρ̂ exp (−x)
x
ε̃ωρ
ε̃β
2π
x
2
π
π
exp ix − i − i
πx
2
4
1
1− 2
ε̃β
166
Pertanto
Ẽ(r,ω) = iCπ 2 Ẽa (k̄⊥ ρ,ω)
1
1
c2
eµ0 2πωv
ω
2
1− 2 v−
=
ε̃β − 1ρ̂ exp i
z + ε̃β 2
2
1/4
2
32π
ρ
ε̃v
v
ε̃β
ε̃β − 1
1/4 eµ0 c 2πωv ε̃β 2 − 1
ω
π
2
2
=
ε̃β − 1β − βρ̂ exp i
z + ε̃β − 1ρ − i
2
2
32π
ρ
v
4
ε̃β
Se ne evince che l’elettrone irradia lungo le direzioni di un cono di
apertura
1
tan θ = 2
ε̃β − 1
Appare chiaro che i campi così creati sono ben lontani dalle onde
piane. Le ampiezze possono variare significativamente su distanze
molto minori delle lunghezze d’onda. Non c’è quindi da sorprendersi
che essi diano luogo in un atomo a transizioni solitamente proibite
nell’approssimazione di dipolo. Questi campi, caratterizzati da un
ampio spettro di frequenze, sono responsabili delle eccitazioni dei
vari livelli elettronici per impatto elettronico. A differenza delle
eccitazioni con onde piane, in quest’ultimo caso il campo magnetico
non risulta più trascurabile rispetto alla componente elettrica e può
quindi indurre transizioni altrimenti proibite. Un caso interessante
si ha ad esempio nella eccitazione di stati di tripletto nell’elio.
(b) Per calcolare la potenza persa dall’elettrone si può utilizzare
il teorema dell’energia nella forma
1
−
Re J̃∗ · Ẽ d3 r
2
2
2 1
3
= − ω
µ0 Im (µ̃) H̃ + ε0 Im (ε̃) Ẽ d r+ Re S̃ ·n̂d2 r
2
Dal momento che l’integrale di Re S̃ si annulla estendendo l’integrazione
a tutto lo spazio e per Im (µ̃) = 0 si ha
∞ 2
∗
3
Re J̃ · Ẽ d r = 2πωε0 Im (ε̃)
ρ Ẽ dρ
0
167
D’altra parte
∞ 2
ω 2 ∞ k 2 k 2
⊥
⊥
ρ Ẽ dρ = e2 µ20 ρ
K02 (k⊥ ρ) + β −2 K0
2 (k⊥ ρ) dρ
ε̃
k
k
0
0
0
0
2
c 2 ∞
k
⊥
= e2 µ20 K02 (x) + β −2 K0
2 (x) dx
ε̃
k
0
0
con K0 funzione di Bessel modificata di seconda specie. Per k⊥ l’integrale si riduce a
∞ 2
∞
−2 2
e2 µ0 1
C
ρ Ẽ dρ = 2
γ K0 (x) + K0
2 (x) dx = 2
2
β ε0 |ε̃| 0
|ε̃|
0
con
e2 µ0 ∞ −2 2
C= 2
γ K0 (x) + K0
2 (x) dx
β ε0 0
Ne segue che
∞ 2
∗
3
Re J̃ · Ẽ d rdω = 2πε0 ω Im (ε̃)
ρ Ẽ dρdω
0
ω Im (ε̃)
dω
= 2πε0 C
|ε̃|2
k0
βγ
[width=0.8]Ex-Impatto.ps
Figure 20: Rappresentazione schematica dell’interazione tra un atomo ed un
elettrone sufficientemente veloce. La nuvola di elettroni atomici viene eccitata
dalle componenti spettrali del campo prodotto dall’elettrone “proiettile” a frequenze “f” coincidenti con le risonanze dell’atomo. Perché ciò avvenga la regione
in cui si estende il campo a frequenza f deve comprendere la nuvola elettronica
che circonda l’atomo.
Exercise 152 Un elettrone viaggia con velocità v passando in prossimità di un atomo. Calcolare il campo che agisce sull’atomo visto nel
sistema proprio dell’elettrone.
Soluzione: Tenendo conto delle trasformazioni di Lorentz63 del
63
r
=
t
=
vv
r−γvt+(γ − 1)r· 2
v
r · v
γ t− 2
c
168
campo64 si ha per la componente di E perpendicolare a v
E⊥ (t) = γ
b
e
2
2
4πε0 (b + γ v 2 t2 )3/2
Questo campo avrà la forma di un impulso tanto più breve quanto
più veloce è l’elettrone. Poiché l’atomo si comporta classicamente
come un oscillatore che risuona alla frequenza ω 0 , l’effetto di E⊥ (t)
dipenderà dalla componente spettrale65 (v. Problemi precedenti)
∞
1
e 1 1
E⊥ (t) exp (iω 0 t) dt =
Ẽ⊥ (ω 0 ) =
ξK0 (ξ) (154)
2π −∞
4π80 γvb π
dove K0 sta per la funzione di Bessel modificata di ordine 0 mentre
ξ = ω 0 b/ (γv). Questo parametro ξ misura il rapporto tra la durata
della collisione τ ∼ b/γv ed il periodo d’oscillazione dell’elettrone
legato all’atomo. L’energia ∆E trasferita all’atomo è proporzionale
a
2
1
1
1, ξ 1
∆E ∝ Ẽ⊥ (ω 0 ) ∝ 2 ξ 2 K02 (ξ) ≈ 2
1
1 + γ 2 π2 ξ exp(−2ξ), ξ 1
b
b
[width=0.8]Ex-Eccitaz.ps
Figure 21: Sezione d’urto di eccitazione dell’idrogeno in funzione dell’energia
degli elettroni. Le curve continue sono teoriche (cf. H.S.W. Massey and E.H.S.
Burhop, “Electronic and Ionic Impact Phenomena” , Clarendon Press, Oxford
(1952)) mentre quella tratteggiata è stata misurata da W.L. Fite et al., Phys.
Rev. vol. 116, pg. 356 (1959).
Exercise 153 Si consideri un atomo bombardato da uno sciame
di particelle cariche. Quando una di queste si avvicina e supera
l’atomo, quest’ultimo viene sottoposto ad un campo elettrico impulsivo che, a sua volta, può produrre una eccitazione o, al limite, la
ionizzazione del bersaglio. Tale fenomeno fu osservato nel 1906 da
Lenard, che notò una notevole perdita di energia da parte di una corrente di elettroni in una ampolla contenente gas. Successivamente,
64
E=γE + (1 − γ)
6 5 V.
p.e. J.D. Jackson, loc. cit. pag. ?? Cap. 13.
169
E ·v
v
v2
Franck ed Hertz utilizzarono questo apparato per misurare i livelli di
energia di varie specie atomiche. Calcolare (a) lo spettro del campo
prodotto ed (b) il tasso di perdita di energia da parte di una particella
carica che attraversa un gas.
Soluzione: (a) Per studiare l’interazione tra un elettrone che si
muove di moto uniforme con velocità v = vẑ ed un atomo, conviene
rappresentare il primo come una corrente di densità
J(r, t) = −evδ (3) (r − vt)
Trasformando rispetto al tempo, si vede facilmente che l’elettrone in
> pari
moto equivale ad una sovrapposizione di correnti sinusoidali J
a
∞
>
J(k, ω) =
J(r, t)ei(ωt−k·r) d3 rdt
−∞
∞ ∞
(3)
i(ωt−k·r) 3
δ (r − vt) e
d r dt
= −ev
−∞
−∞
∞
= −ev
ei(ω−k·v)t dt
−∞
= −2πeδ (ω − k · v) v
che genera il potenziale vettore Ã(k,ω)
> ω)
J̃(k,
2πδ (ω − k · v)
>
Ã(k,ω) = −µ0
=
−eµ
v
2
2
0
k 2 − ε̃ ωc2
k 2 − ε̃ ωc2
ed il potenziale scalare
c2
ec2 2πδ (ω − k · v)
>
Ṽ> (k,ω) =
k · Ã = −
k·v
2
ε̃ω
ε̃ω
k 2 − ε̃ ωc2
associati al campo elettrico
>
>
Ẽ(k,ω)
= iω Ã(k,ω)
− ikṼ> (k,ω)
µ0
1
c2
ω v − 2 kk · v δ (ω − k · v)
(155)
= −ie
4π k 2 − ε̃ ωc22
ε̃ω
Ne segue che
e 2πδ (ω − k · v)
1
>
2
Ẽ(k,ω) · v = −i
ω β −
2
ε0
ε̃
k 2 − ε̃ ωc2
170
Pertanto la perdita di energia dell’elettrone per unità di tempo è
data da
dE
−
= −ev·E(vt,t)
dt
e2
2πδ (ω − k · v)
1
2
=
Im
ω β −
d3 kdω
2
ε0
ε̃
k 2 − ε̃ ωc2
Integrando rispetto alla direzione di k rispetto a v
1
1
η (kv − |ω|)
δ (ω − k · v) d (cos θ) =
kv
−1
con η (x) la funzione gradino unirario. Pertanto
dE
dt
∞ K2
e2
−iω
1
2
=
Re
β −
dk 2 dω
ω2
2
4πε0 v
ε̃
2
2
−∞ ω /v k − ε̃ c2
∞
2
1
e
K 2v2
2
dω
Re
(−iω) β −
ln 2 =
4πε0 v
ε̃
ω 1 − ε̃β 2
−∞
−
2
con K 2 |ε̃| ωc2 . Sostituendo dt con dz/v si ha
∞ 1
K 2 v2
dE
e2
dω
−
=
Im
ω
1
−
ln
dz
4πε0 c2
ε̃β 2
ω 2 1 − ε̃β 2
0
=
dove
Intanto
e2
(I + II)
4πε0 c2
1
K 2v2
dω
I = Im
ω 1 − 2 ln 2 ε̃β
ω 1 − β2
0
∞ 1
1 − β2
dω
II = Im
ω 1 − 2 ln 2 ε̃β
ω 1 − ε̃β 2
0
∞
∞
1
1
K 2 v2
dω
I=− 2
ω Im
ln 2 ε̃
β 0
ω 1 − β2
Dal momento che
∞
1
q (ω )
π ω 2p
2
Im
= −ω p
dω =
q (ω)
ε̃
2 ω
ω 2 − (ω + i8)2
0
171
con
∞
q (ω) ≥ 0
q (ω) dω = 1
0
per cui
K 2v2
1 π 2 ∞
dω
ω
q
(ω)
ln
I =
p
β2 2
ω2 1 − β2
0
∞
K 2v2
1 π 2
1
=
ω ln
+
q (ω) ln 2 dω
ω
β2 2 p
1 − β2
0
2 2
K v
1 π 2
=
2 ω p ln
β 2
1 − β 2 ω 2e
dove ω e è definita da
∞
q (ω) ln
0
1
1
dω
=
ln
ω2
ω 2e
(156)
ω e rappresenta una energia efficace di eccitazione degli atomi costituenti il dielettrico.
Il cammino di integrazione ω ∈ (0, ∞) del secondo integrale II
può essere sostituito da Γ1 ∪ Γ2 con Γ1 = i (0, ∞) e Γ2 l’arco di
circonferenza compreso tra i∞, ∞.
1
1 − β2
II = Im
ω 1 − 2 ln
dω = IIΓ1 + IIΓ2
ε̃β
1 − ε̃β 2
Γ1 +Γ2
Dal momento che ε̃ risulta reale lungo Γ1
∞
q (ω )
2
ε̃ (iω) = 1 + ω p
dω < ε̃ (0) , q (ω ) ≥ 0
2 + ω 2
ω
0
si ha
1
1 − β2
IIΓ1 = Im
ω 1 − 2 ln
dω
ε̃β
1 − ε̃β 2
0
Fintantochè la velocità è così bassa per cui
i∞
ε̃ (0) β 2 < 1
172
risulta IIΓ1 = 0. Quando β supera il valore di soglia 1/ ε̃ (0) per
0 < iω < iω v con ω v , radice dell’equazione
∞
1
q (ω )
2
2
β =
= 1 − ωp
dω 2
2
ε̃ (iω v )
ω + ωv
0
risulta ε̃ (0) β 2 > 1 e EΓ
1 è espresso da
iωv 1 − β2
1
dω
ω 1 − 2 Im
IIΓ1 =
ε̃β
1 − ε̃β 2
0
iωv 1
= π
ω 1 − 2 dω
ε̃β
0
iωv ∞
q (ω )
π
2
2
=
ω β − 1 + ωp
dω dω
ω 2 + ω 2
β2 0
0
2
1 π 2
π 2 ∞
ω 2 + ω 2v =
q (ω ) ln
dω
β − 1 ωv − 2 ω p
2 β2
ω 2
β
0
2
ω 2e
1 π 2 2 ωv
+ ln 2
= − 2 ωp 1 − β
2β
ω 2p
ω ve
dove la frequenza efficace ω ve è definita in modo analogo a (156)
∞
1
1
q (ω ) ln 2
dω = ln 2
(157)
2
ω + ωv
ω ve
0
Poichè per |ω| ω atom
si ha
ln
per cui
IIΓ2
ω 2p
ε̃ ≈ 1 − 2
ω
ω 2p β 2
1 − β2
≈
−
ω2 1 − β 2
1 − ε̃β 2
1
1 − β2
π
= 1− 2
ω Im ln
dω = − ω 2p
2
2
β
1 − ε̃ (ω) β
Γ2
Sommando i vari contributi si ottiene
2
dE
e2 π 2
K 2 γ 2 β 2 c2
2
2 ωv
−
=
ω ln
−β + 1−β
dz
4πε0 v 2 2 p
ω 2ve
ω 2p
173
(158)
Exercise 154 Confontare l’espressione di
dE
dz
ricavata nel prece-
dente esercizio con l’espressione di Bethe-Bloch
dE
me c2 Zz 2
2γ 2 β 2 me c2
ε δ (β)
2
−β − −
= 2C 2
ρ ln
dz
A
EI
2
2
β
con
2
e2
C = 2πNA
= 0.03006 kg −1 m2
4πε0 me c2
Z ed A numero atomico e massa del mezzo attraversato, z=carica
in unità di e della particella proiettille, ρ= densità del mezzo ed
EI energia media di ionizzazione; ε sta per la correzione deguscio e
δ (β) per l’effetto densità
Soluzione: Se si confronta la (158) con quella di Bethe si deduce
che energia media di ionizzazione EI che compare in quest’ultima
risulta legata alla frequenza efficace ω ve ed a K dalla relazione:
ω 2ve
K2
Felix Bloch ha mostrato nel 1933 che EI è approssimativamente
rappresentato da
EI = 10 · Z eV .
EI = 2me
3.6
Radiazione Cerenkov
Exercise 155 Calcolare la densità spettrale della potenza irrradiata
da una particella arica che si muove con velocità costante
Soluzione: Per una particella che si muove con velocità uniforme
v diretta lungo l’asse z si ha
ω
J̃(r,ω) = −ecβδ (2) (ρ) exp iz
v
Pertanto, utilizzando la funzione di Green scalare 2D
i (1)
G(2) (ρ, k⊥ ) = H0 (k⊥ ρ)
4
si ottiene per il potenziale vettore nel caso di un mezzo omogeneo
di indice di rifrazione ñ (ω)
i i ω z (1) ω
2
2
Ã(r,ω) = −ecβµ0 e v H0
ρ ñ (ω) β − 1
(159)
4
v
174
Se ne evince che l’argomento della funzione di Hankel risulta reale,
ed H0(1) si comporta come una funzione oscillante che decade come
√
1/ ρ, solo se la velocità risulta maggiore di c/ñ (ω) . Nel caso op(1)
posto l’argomento di H0 risulta immaginario ed Ã(r,ω) decade
esponenzialmete con la distanza ρ. Si vede quindi che nel caso di
moto uniforme un ruolo critico viene giocato dall’indice di rifrazione
del mezzo ñ (ω) . Quando ñ (ω) > v/c l’elettrone emette radiazione
Cerenkov di frequenza ω.
Per calcolare la potenza irradiata si inserisce nell’Eq. (??) la
trasformata di Fourier
> (kn̂, t) = −ecβ exp (ickn̂ · β)
J
della corrente ottenendo così per la densità spettrale della potenza
irradiata:
ω 2 e2
d2 P (n̂, ω, t)
=
|n̂ × βñ (ω)|2 2πδ (ω [1 − ñ (ω) n̂ · β])
dωd2 Ω
4π 2 c
(160)
Si vede quindi che l’elettrone irradia potenza lungo le direzioni n̂
che formano con v un angolo θ tale che
cos θ =
1 1
,
β ñ (ω)
ovvero il diagramma di radiazione Cerenkov66 ha la forma di un
cono. Integrando rispetto a d2 Ω si ottiene per la densità spettrale
potenza irradiata
ωe2 v
1
dP (ω, t)
= 2
1− 2
dω
c
ñ (ω) β 2
3.7
Radiazione di frenamento ("Bremsstralung")
Exercise 156 Calcolare il campo irradiato da una particella carica soggetta ad una variazione brusca della velocità (Radiazione di
frenamento ("Bremsstrahlung"))
Soluzione: Per una particella che subisce una variazione brusca
di velocità passando da v2 per t < 0 a v1 per t > 0 si muove con
6 6 v.p.e. J. Schwinger, loc. cit. pag. 162, Cap. 36; J. D. Jackson, loc. cit. pag. ??, Sez.
13.4; D. Marcuse, loc. cit. pag. ??, Sez. 4.6.
175
velocità uniforme si ha per la trasformata della densità di corrente
1
v1
v2
>
J (kn̂, ω) = i e
−
ω
1 − n̂ · β 1 1 − n̂ · β 2
che sostiuita nella Eq. (??) dà la distribuzione spettrale67 dell’energia
irradiata lungo la direzione n̂,
2
β1
β2
d2 E (n̂, ω) e 2 −
(161)
=
dωd2 Ω
2πc
1 − n̂ · β 1 1 − n̂ · β 2 L’espressione ricavata dell’energia irradiata di bremsstrahlung poggia sull’ipotesi di variazione brusca della velocità nel corso di una
collisione di un elettrone con un atomo od un nucleo. Espressioni
accurate di queste perdite che tengono conto della dinamica delle
collisioni sono state sviluppate da molti autori, a partire dalla teoria di Bethe-Heitler68
3.8
Radiazione di sincrotrone
La radiazione di sincrotrone è generata da particelle cariche, solitamente elettroni o positroni, che viaggiano a velocità prossime alla
velocità della luce e vengono costrette da un campo magnetico a
muoversi lungo una traiettoria curva. Tanto più elevata è la velocità
della particella, tanto minore è la lunghezza d’onda della radiazione
emessa. Generalmente il picco dell’emissione avviene alle lunghezze
d’onda dei raggi X. Questa radiazione viene utilizzata per diversi
scopi: in litografia per la produzione di chip per computer, negli
studi di assorbimento e scattering, nella cristallografia di proteine
e molecole complesse, nella spettroscopia per l’analisi dei materiali, in medicina per la diagnosi per immagini e la terapia tumorale,
nell’ambito dei Beni culturali ( datazioni, attribuzioni, tecniche pittoriche etc.).
Exercise 157 La radiazione di sincrotrone è prodotta da particelle
che sottoposte ad un campo magnetico B descrivono orbite spiraliformi con velocità di modulo costante v. Mentre la componente
6 7 v.p.e. J. D. Jackson, loc. cit. pag. ??, Eq. (15.2) e Cap. 15; J. Schwinger, loc. cit. pag.
162, Sez. 37.2 Eq. 37.31.
6 8 H. A. Bethe and W. Heitler, Proc. Phys. Soc. London 146, 83 (1934); v. anche D.
Marcuse, loc. cit. pag. ??, Sez. 4.3 per la discussione della rad. di bremsstrahlung stimolata.
176
vcos α parallela a B è costante, il moto sul piano perpendicolare a B
avviene lungo una circonferenza di raggio assegnato
rB =
v sin α
ωs
con frequenza di sincrotrone
ωs =
1 |q| sin αB
.
γ
m
con α l’angolo formato da B col piano dell’orbita circolare descritta
da
r (t) = rB (cos (ω s t) x̂ + sin (ω s t) ŷ) .
Per elettroni relativistici di energia E = mec2 γ si ha
ωs =
1 e
1
sin αB = ω c
γ me
γ
con ω c frequenza di ciclotrone. Calcolare (a) il potenziale vettore
à (r,ω) a grande distanza; i campi elettrici (b) Ẽm (Rn̂, ω) e (c)
E (Rx̂, t); la densità spettrale della (d) potenza istantanea, (e) potenza
media nel periodo di rivoluzione, (f) energia e (g) potenza totale irradiate
Soluzione:(a) A r (t) corrisponde una densità di corrente distribuita trasversalmente all’orbita circolare sun una sezione infinitesima,
J (r, t) = −erB ω s (− sin (ω s t) x̂ + cos (ω s t) ŷ) δ (3) (r − r (t))
∞
(2)
= −eω s δ (r⊥ ) (− sin φ x̂ + cos φ ŷ)
δ (φ − ω s t − 2πm)
m=−∞
dove δ(2) (r⊥ ) = δ (ρ − rB ) δ (z). Essendo J (r, t) una funzione periodica del tempo, la relativa trasformata di Fourier si compone di
una sequenza infinita di armoniche di ampiezzesi ha
∞
ω
(2)
J̃ (r,ω) = −eδ (r⊥ ) (− sin φx̂ + cos φŷ) exp i φ
δ (ω − mω s )
ωs
m=−∞
=
∞
m=−∞
J̃m (r) δ (ω − mω s ) ,
177
con
J̃m (r) = −eδ (2) (r⊥ ) (− sin φ x̂ + cos φ ŷ) eimφ
densità di corrente che agisce come sorgente dell’armonica m-esima.
Il campo presenta uno spettro discreto con armoniche distanziate
della frequenza di rivoluzione ω s (v. Fig. 23).
(a) Per calcolare il potenziale vettore nel punto r =rx̂ posto a
distanza sufficientemente grande utilizziamo l’integrale
µ0
(2)
(2)
ik|r−R|
à (r,ω) =
e
J̃ (ω, s) dsdr⊥ µ0 G e−iks J̃ (s, ω) dsdr⊥
4πr
con G = exp (ikR) / (4πR). Pertanto
à (rx̂, ω) −eµ0 rB G
= −eµ0 rB G
∞
m=−∞
∞
m=−∞
δ (ω − mω s )
δ (ω − mω s )
2π
ω
e−ikrB cos φ+i ωs φ (− sin φx̂ + cos φŷ) dφ
0
2π
ω
e−ikrB cos φ+i ωs φ (− sin φx̂ + cos φŷ) dφ
0
D’altra parte ricorrendo all’identità di Jacobi (v. Eq. (??))
−ix cos φ
e
=
∞
(−i)n Jn (x) einφ
n=−∞
con Jn (x) la funzione di Bessel di prima specie di ordine n, si ha
2π ∞
∞
ix̂ + ŷ
n
à (rx̂, ω) = −eµ0 GrB
δ (ω − mω s )
(−i) Jn (krB )
ei(m+n+1)φ
+ ei(
2
0
m=−∞
n=−∞
= eµ0 2πrB G
im δ (ω − mω s )
×
m
Jm+1 (|m| β ⊥ ) − Jm−1 (|m| β ⊥ )
Jm+1 (|m| β ⊥ ) + Jm−1 (|m| β ⊥ )
ŷ + i
x̂
2
2
dove
ω s rB
c
(b) Anche il campo elettrico nel generico punto di osservazione
E(rn̂, t) è una funzione periodica di frequenza ω s , che si compone di
armoniche Ẽm (rn̂, ω) associate alle correnti J̃m (r, ω) . Facendo uso
dell’identità di Jacobi e tenendo conto delle relazioni (??) si ottiene
β⊥ =
178
per l’armonica69 Ẽm (rn̂, ω) corrispondente a J̃m lungo la direzione
n̂ = sin θx̂ + cos θẑ (v. Eq. (??) per ω = mω s ):
2π Ẽm (rn̂, ω) = imω s rB µ0 G (r, k) 1⊥ ·
e−ikm n̂·r J̃m (r,ω) dr2⊥ dφ
0
2π
= −iecmβ ⊥ µ0 G (r, k) 1⊥ ·
e−imβ ⊥ sin θ cos φ+imφ
0
imφ
con β ⊥ =
luce e
(− sin φ x̂ + cos φ ŷ) e
dφ
2
= ecmβ ⊥ µ0 G (r, k) X cos θx̂ − iY ŷ
ωs rB
c
la velocità dell’elettrone normalizzata a quella della
Jm (mβ ⊥ sin θ)
(mβ ⊥ sin θ) .
, Y = Jm
β ⊥ sin θ
In particolare per m molto grande (v. Eq. (??))
m exp (m (tanh α − α))
exp − 13 mα3
√
√
Jm
≈
≈
cosh α
2πmα
2πm tanh α
X=
per cui
(162)
m
exp − 3γ 3
Jm (mβ ⊥ ) = 2πm/γ
con γ = 1/ 1 − β 2⊥ il fattore relativistico. Quest’ultima espressione
mostra che l’ordine massimo delle armoniche è dell’ordine di γ 3 . Lo
[width=0.8]Ex-Sincrotrone.ps
Figure 22: (a) Spettro della radiazione di sincrotrone emessa lungo il piano
dell’orbita; (b) andamento temporale della radiazione vista da un osservatore.
Si nota che questa è costituita da una sequenza periodica di impulsi con periodo
pari al tempo T di circolazione dell’elettrone. Il rapporto tra T e la durata del
singolo impulso è circa uguale al numero di armoniche presenti nello spettro.
spettro quindi si estende fino alla frequenza critica
ω crit = γ 3 ω s = γ 2 ω c
Dall’espressione asintotica (162) discende che
exp − 13 mδ 3
Ẽm (rn̂, ω) ∝ m √
2πmδ
6 9 J.
Schwinger, loc. cit. pag. 162, Sez. 38.2.
179
(163)
con cosh δ = (β ⊥ sin θ)−1 . Pertanto Ẽm (rn̂, ω) risulta massima per
m = 34 γ 3 . Ne discende che lo spettro si estende fino alla frequenza
angolare critica
3
ω crit = γ 3 ω s .
(164)
2
(c) Il campo elettrico E (rx̂, t) presenta uno spettro discreto con
armoniche distanziate della frequenza di rivoluzione ω s
1 Jm+1 (|m| β ⊥ ) − Jm−1 (|m| β ⊥ ) −imωs (t−r/c)
m
e
ŷ
r m
2
(165)
Un osservatore viene colpito da una sequenza di impulsi di durata
dell’ordine di 1/γ 3 -volte il periodo di rivoluzione.
> (kn̂, t) della densità di corrente rispetto a r
(d) La trasformata J
è data da
E (rx̂, t) = ieζ 0 β ⊥
> (kn̂, t) = −ecβ ⊥ (− sin (ω s t) x̂ + cos (ω s t) ŷ) e−ikrB n̂·(cos(ωs t) x̂+sin(ωs t) ŷ)
J
Ne discende che
> (kn̂, t)
n̂ × J
= −eβ ⊥ c [cos (ω s t) (− cos θx̂ + sin θ ẑ) − sin (ω s t) cos θ ŷ]
×e−iβ ⊥ n̂·(cos(ωs t) x̂+sin(ωs t) ŷ) ,
per cui
2
1
1
∗
> kn̂,t + τ
> kn̂,t − τ
n̂ × J
· n̂ × J
2
2
(eβ ⊥ c)2
−i2β ⊥ sin θ sin(ωs τ /2) sin ωs t
= [A cos (2ω s t) + B cos (ω s τ )] e
.
0pt[width=.96]Spsyncro.ps
Figure 23: Intensità delle armoniche
in funzione dell’ordine m per β = 0.97
e 0.095.
0pt[width=.96]Sincr.ps
Figure 24: Densità spettrale della radiazione di sincrotrone in funzione di
ω/ωc .
180
dove A = cos2 θ, B = 1 + cos2 θ
Dall’espressione della densità spettrale della potenza irradiata lungo
n̂ al tempo t nello spazio libero (ζ̃ = 1)
d2 P (n̂, ω, t)
1 µ0 2 2
ω
=
dωd2 Ω
2π 4π
discende che
∞
−iωτ
e
−∞
>∗
n̂ × J
1
kn̂,t + τ
2
1
> kn̂,t − τ
· n̂ × J
dτ
2
∞
1
d2 P (n̂, ω, t)
2
=
Cω
e−iωτ −ia sin ωs τ /2 sin ωs t [A cos (2ω s t) + B cos (ω s τ )] dτ
dωd2 Ω
4π
−∞
2
µ0
con C = 4π eβ ⊥ c .
Utilizzando l’identità di Jacobi (??) si ha che
−iωτ −ia sin
e
ωs τ
2
sin ωs t
=
∞
Jn (a sin ω s t) e−i(2 ωs +n)
ω
ωs
τ
2
.
n=−∞
Per cui
=
∞
−∞
∞
e−iωτ −ia sin
ωs τ
2
Jn (a sin ω s t)
sin ωs t
∞
[A cos (2ω s t) + B cos (ω s τ )] dτ
e−i(2 ωs +n)ωs τ /2 [A cos (2ω s t) + B cos (ω s τ )] dτ
ω
−∞
n=−∞
∞
ω
Jn (a sin ω s t) A cos (2ω s t) δ 2 + n
=
ωs
n=−∞
B
ω
B
ω
+ δ 2 +n+2 + δ 2 +n−2
2
ωs
2
ωs
2
P (n̂,ω,t)
Se ne evince che d dωd
oscilla nel tempo con frequenza ω s .
2Ω
(e) Mediando su un periodo T = 2π/ω s l’espressione
T
ωs τ
eia sin 2 sin ωs t (A cos (2ω s t) + B cos (ω s τ )) dt
0
= (B cos (ω s τ ) − A) J0 (a sin ω s τ /2) + 2AJ1 (a sin ω s τ /2)
si ottiene per la densità spettrale media
( 2
) ( 2
)
d P (n̂, ω)
d Pm (n̂, ω)
=
δ (ω − mω s )
dωd2 Ω
d2 Ω
m
181
dove70 (v. Fig. 24)
( 2
)
2
2
d Pm (n̂, ω)
2 2 β⊥
2
2
∝ ωs m
Jm+1 + Jm−1 − Jm
d2 Ω
2
(166)
è espresso con funzioni di Bessel di argomento mβ ⊥ sin θ. Per m
sufficientemente grande queste ultime sono rappresentabili come in
Eq. (162).
(f) Per ottenere la densità spettrale dell’energia irradiata conviene
utilizzare l’espressione (??),
∞
−1
ωe−iω(te −c n̂·r(te )) n̂ × (n̂ × β e ) dte
−∞
−iω(t̄e −c−1 n̂·r(t̄e ))
= e
I (ω, θ)
e−iωmT
m
dove t̄e è un tempo di riferimento generico, mentre
T /2
−1
ωe−iω(τ −c n̂·[r(t̄e +τ )−r(t̄e )])
I (ω, θ) =
−T /2
%
&
× −8⊥ sin (ω s (t̄e + τ )) + 8 cos (ω s (t̄e + τ )) sin θ dτ ,
avendo introdotto i vettori di polarizzazione 8⊥ e 8 = n̂× 8⊥ , con 8⊥
nel piano dell’orbita e perpendicolare a β (t̄e ) . Il modulo |I (ω)|2 rappresenta l’inviluppo della densità di energia delle armoniche lungo
la direzione n̂.
Scegliendo un riferimento t̄e tale che β (t̄e ) risulti tangente alla
proiezione di n̂ sul piano dell’orbita, sviluppando fino al terzo ordine
in τ = te − t̄e si ottiene
1
β
τ − n̂ · [r (t̄e + τ ) − r (t̄e )] = τ − ⊥ cos θ sin (ω s τ )
c
ωs
1
(1 − β ⊥ cos θ) τ + β ⊥ cos θω 3s τ 3
6
Per β ⊥ prossimo ad 1 e θ sufficientemente piccolo risulta
1
1 1 c2 γ 2 3
2 2
τ − n̂ · [r (t̄e + τ ) − r (t̄e )] ≈
1+γ θ τ +
τ
c
2γ 2
3 rB
3/2 3β ⊥ 1 + γ 2 θ2
1 3
=
ξ+ ξ
,
4ω crit
3
7 0 v.p.e.
J. Schwinger, loc. cit. pag. 162, Sez. 38.2 Eq. (38.37).
182
e
− 8⊥ sin (ω s (t̄e + τ )) + 8 cos (ω s (t̄e + τ )) sin θ =
− 8⊥ sin (ω s τ ) + 8 cos (ω s τ ) sin θ ,
con ω crit frequenza critica (v. (164)) e ξ =
β⊥
√γ
1+γ 2 θ2
ω s τ . Per γ
molto grande si possono estendere i limiti di integrazione di I (ω, θ) =
T /2
a τ ∈ (−∞, ∞) ottenendo così
−T /2
β ⊥ 1 + γ 2 θ2
β ⊥ 1 + γ 2 θ2
I (ω, θ) −8⊥
K2/3 (ς) + 8 θK1/3 (ς) ,
γ
γ
3/2
con ς = 2ωωcrit β ⊥ 1 + γ 2 θ2
e K1/3 , K2/3 funzioni di Bessel modificate di seconda specie (v. Eqq. (??)).
Tenuto conto che
∞
sin ω M + 12 T
−iωmT
ωT e
= lim
M→∞
sin
2
m=−∞
si ha
2
∞
∞
sin2 ω M + 12 T
−iωmT e
=
δ (ω − mω s ) .
= lim
M→∞
m=−∞
sin2 ωT
2
m=−∞
Pertanto la densità spettrale dell’energia
d2 E (n̂, ω) eµ0 2 2
2
=
ω
|I
(ω,
θ)|
δ (ω − mω s )
dωd2 Ω
4π
m
si compone di due contributi71
2
d2 E (n̂, ω)
d E⊥ (n̂, ω) d2 E (n̂, ω) =
+
δ (ω − mω s ) ,
dωd2 Ω
dωd2 Ω
dωd2 Ω
m
dove
2 β 4 2
ω
d2 E⊥ (n̂, ω)
⊥
−1 eµ0
2
2 2 2
= ζ0
ω 1 + γ θ K2/3
,
dωd2 Ω
4π
γ
2ω crit
2 β 2 2
d2 E (n̂, ω)
ω
⊥
−1 eµ0
2
2 2 2
= ζ0
θ 1 + γ θ K1/3
.
dωd2 Ω
4π
γ
2ω crit
7 1 v.p.e.
F. Melia, loc. cit. pag. ?? Eqq. (8.158-159)
183
L’andamento di questi contributi è simile a quello illustrato nelle
Figg. 10.2 e 10.3 con un picco per ω = ω crit /2.
(f) Integrando le precedenti espressioni su d2 Ω si ha
d2 E⊥ (ω)
ω
ω
+G
,
= C F
dω
2ω crit
2ω crit
d2 E (ω)
ω
ω
−G
.
= C F
dω
2ω crit
2ω crit
dove72
√ 2
3e γ sin α
C =
2c
∞
ω
ω
=
K5/3 (ξ) dξ
F
2ω crit
ω crit ω/ωcrit
ω
ω
ω
G
K2/3
=
2ω crit
ω crit
ω crit
con K1/3 , K2/3 , K5/3 funzioni di Besel modificate di seconda specie
(v. Eqq. (??)).
In definitiva la densità spettrale di potenza totale irradiata è data
da
√ 3
3e B sin α
ω
P (ω) =
F
.
2πε0 me c2
2ω crit
Integrando su ω si perviene alla formula di Ivanenko e Pomeranchuk 73
1 e4 2 2 2
γ β ⊥ B sin2 α
6πε0 c m2
B2
= cσ T γ 2 β 2⊥
sin2 α ,
µ0
P =
(167)
con σ T sezione d’urto di Thomson (v. Eq. (??))
2
e2
σT =
= 7.94 × 10−30 m2
4πε0 me c2
.
7 2 v.p.e.
F. Melia, loc. cit. pag. ?? Eqq. (8.168).
Ivanenko and A. A. Sokolov, Sov. Phys. Dokl. 59, 1551 (1948); A. A. Sokolov and
I. M. Ternov, ”Synchrotron Radiation”, Akademie-Velag, Berlin, Pergamon Press, Oxford,
1968.
7 3 D.
184
[width=0.8]Ex-Anello.ps
Figure 25: Geometria relativa ad una carica che descrive un’orbita circolare.
L’osservatore in P sarà investito da un impulso di radiazione emesso mentre
l’elettrone percorre l’arco di traiettoria indicato in figura. Per utilizzare questa
radiazione si utilizzano anelli di accumulazione in cui, come schematizzato in
(b), gli elettroni passano attraverso dei magneti curvanti, emettendo impulsi di
radiazione.
Un osservatore verrà colpito da una sequenza di impulsi di durata
dell’ordine di 1/γ 3 −volte il periodo di rivoluzione (v. Fig. (??b)). Se
si assimila lo spettro a righe ad uno continuo si può dimostrare con
modesti sforzi, utilizzando l’Eq. (165) con l’espressione approssimata (162) che la densità spettrale I(ω) della radiazione emessa sul
piano dell’orbita è proporzionale a
2
ω
ω
2
I (ω) ∝
K2/3
(168)
ω crit
ω crit
con K2/3 (x) funzione di Bessel modificata di seconda specie di ordine
2/3 (v. Fig. (??)).
Exercise 158 Confrontare la potenza emessa da una sorgente di
luce di sincrotrone fornita dalla formula di Ivanenko-Pomeranchuk
1 e4 2 2 2
P =
γ β ⊥ B sin2 α
2
6πε0 c me
con la formula di Larmor
P =
2 e2 a2
.
3 4πε0 c3
(169)
Exercise 159 Nella macchina di luce di sincrotrone di Grenoble si
utilizzano elettroni da 6 GeV con correnti di 100 mA, che descrivono
orbite con raggio di curvatura di 25 m. Calcolare (a) la lunghezza
d’onda critica, (b) l’energia critica, (c) l’angolo di emissione, (d) la
potenza irradiata su tutta l’orbita.
Exercise 160 Rispondere ai quesiti del precedente problema per la
macchina Elettra di Trieste che presenta le seguenti caratteristiche:
energia elettroni 2 GeV , raggio di curvatura 5.5 m, corrente I = 400
mA.
185
3.9
Radiazione di ciclotrone
Exercise 161 Analizzare la radiazione emessa da elettroni in orbite
circolari con γ non molto elevato
Soluzione: A differenza della radiazione di sincrotrone prodotta
da particelle con β ⊥ prossimo ad 1 si dà il nome di radiazione di
ciclotrone a quella prodotta per γ non molto elevato. Il nome deriva
dal ciclotrone, un acceleratore di particelle utilizzato soprattutto in
fisica nucleare. Il periodo delle orbite è indipendente dall’energia
delle particelle, il che consente al ciclotrone di operare ad una determinata frequenza ω c indipendentemente dalle energie delle particelle. La radiazione di ciclotrone emessa dal plasma nello spazio
interstellare o attorno a buchi neri o qualunque altro corpo celeste
dotato di campo magnetico dà importanti indizi sulle caratteristiche di questi campi magnetici extraterrestri; nel sistema solare, in
particolare, una grande sorgente di radiazione di ciclotrone è la magnetosfera del pianeta Giove. La potenza media P emessa de ciascun
elettrone è data dalla formula di Ivanenko-Pomeranchuk (v. Eq.
(167)):
dE
B2
−
= P = cσ T γ 2 β 2⊥
sin2 α
dt
µ0
dove E è l’energia, t il tempo, σ T è la sezione d’urto di Thomson
mentre α è l’angolo formato da B col piano dell’orbita.
La radiazione di ciclotrone sarebbe prodotta in esplosioni nucleari
ad alta quota. I raggi gamma prodotti dall’esplosione ionizzerebbero
gli atomi nell’atmosfera superiore e tali elettroni liberi interagirebbero con il campo magnetico terrestre producendo radiazione di ciclotrone come impulso elettromagnetico.
Lo spettro della radiazione di ciclotrone ha un picco principale
alla frequenza (v. (163))
ω crit = γ 3 ω s = γ 2 ω c
che per γ prossimo ad 1 coincide con quella dell’orbita della particella e armoniche a multipli interi di quest’ultima. Quando le particelle si muovono a velocità relativistiche la radiazione di ciclotrone
è chiamata radiazione di sincrotrone.
Exercise 162 Calcolare la radiazione emessa da un elettrone di energia γ che si muove sul piano y-z attraverso un campo magnetico
186
statico
3.10
2π
B (r) = B cos
z x̂
λw
Sorgenti associate a transizioni atomiche
Per un elettrone che si trova in uno stato non stazionario descritto
da una funzione d’onda normalizzata
1 ψ (r,t) = √ e−iωi t vi (r) + e−iωf t vf (r)
2
con vi (r) e vf (r) due generici autostati normalizzati, si ha
1
ρ̃e (r,ω) = −e vi (r) vf∗ (r) ,
2
e 1
J̃e (r,ω) = −i
vi (r) ∇vf∗ (r) ,
me 2
con ω = ω f − ω i .
Per una coppia di elettroni di un atomo o di una molecola in uno
stato di singoletto
1 ψ (r1 , r2 ,t) = √ e−iωi t vi (r1 , r2 ) + e−iωf t vf (r1 , r2 ) χ0
2
con vi,f (r1 , r2 ) funzioni simmetriche di r1 , r2 , si ha
1
ρ̃e (r,ω) = −e
vi (r, r2 ) vf∗ (r, r2 ) d3 r2
2
e 1
J̃e (r,ω) = −i
vi (r, r2 ) ∇vf∗ (r, r2 ) d3 r2 .
me 2
Se vi,f (r1 , r2 ) = Svi,f 1 (r1 ) vi,f 2 (r2 ) sono esprimibili come prodotti
di funzioni a singolo elettrone,
∗
3
vi (r, r2 ) vf (r, r2 ) d r2 =
vi j (r) vf k (r) vi j (r2 ) vf k (r2 ) d3 r2
jk
i due stati possono differire per una sola funzione: ovvero, solo le
eccitazioni a singolo elettrone si traducono in una densità elettronica
oscillante alla fequenza di transizione.
187
Nel caso più generale di atomi a molti elettroni rappresentati da
funzioni d’onda normalizzate si ha (v. Sez. ??)
N
ρ̃e (r,ω) = − e
2
N e
J̃e (r,ω) = −i
2 me
Ψi (q, q2 , . . . , qN ) Ψ∗f
(q, q2 , . . . , qN )
dqn ,
n=2
Ψi (q, q2 , . . . , qN ) ∇Ψ∗f
(q, q2 , . . . , qN )
N
?
dqn ,
n=2
con ω = ω f − ω i .
3.11
N
?
Sorgenti associate a transizioni rotovibrazionali
Il passaggio dagli atomi alle molecole è segnato74 dalla dipendenza
delle funzioni d’onda dall’assetto spaziale e dalle deviazioni dei singoli nuclei dalle posizioni
' di equilibrio. Inoltre il momento di dipolo
elettronico ℘e = −e n rn si arricchisce del contributo nucleare
' n
℘N = e N
j=1 Zj Rj . Per una molecola
' biatomica ℘ = ℘e + ℘N
si riduce a ℘ = e(ZA RA + ZB RB − n rn ). Inoltre, ignorando lo
spin le funzioni d’onda assumono la forma
ΨvJMJ Λ (R, rk ) = FevJMJ Λ (R) ΦsΛ (R; rk ) ,
con ΦsΛ (R; rk ) orbitale molecolare della molecola (v. Eq. (??)) e
FevJMJ Λ (R) pari a Eq. (??),
1
R − Re − ∆J
YJMJ ,
FevJMJ Λ (R) = ψ v
R
lJ
Assumendo Φi,f e Fi,f entrambe normalizzate, definendo le seguenti
quantità intermedie:
N
ρ̃e (R, r,ω) = − e
2
Φi (R;q, q2 , . . . , qN ) Φ∗f
N J̃e (R, r,ω) = −i
e
2 me
(R;q, q2 , . . . , qN )
N
?
dqn
n=2
Φi (R;q, q2 , . . . , qN ) ∇Φ∗f
7 4 H.
(R;q, q2 , . . . , qN )
Haken.et al., loc. cit. pag. ??, Cap 6; B. H. Bransden et al., loc. cit. pag. ??, Cap. 10;
H. M. Pickett, R. L. Poynter, E. A. Cohen, M. L. Delitsky, J. C. Pearson, and H. S. P. Muller,
Submillimeter, Millimeter, and Microwave Spectral Line Catalog, J. Quant. Spectrosc. &
Rad. Transfer 60, 883-890 (1998).
188
N
?
n=2
dqn ,
e tenendo conto della mutua ortogonalità di Φi,f (q1 , q2 , . . . , qN ; R)
si ottiene:
ρ̃e (R, r,ω) =
Fi (R) Ff∗ (R) ρ̃e (R; r) d3 R ,
Fi (R) Ff∗ (R) J̃e (R; r) d3 R .
J̃e (R, r,ω) =
Exercise 163 Utilizzando la formula di Larmor per la potenza irradiata da un elettrone accelerato,
P =
2 e2 a2
(formula di Larmor)
3 4πε0 c3
(170)
essendo ”a” l’accelerazione, descrivere l’orbita di un elettrone in un
campo magnetico B
Soluzione: Si mmagini che l’elettrone descriva un’orbita piana
sotto l’azione di un campo B0 uniforme diretto lungo B0 = B0 ẑ.
Ignorando le perdite per irragiamento esso ruoterà alla frequenza di
ciclotrone
e
ω cicl = − B0
me
dove il segno − tiene conto del fatto che per B0 > 0 l’elettrone
descrive un’orbita circolare in senso antiorario rispetto a ẑ. D’altra
parte
1
A = B0 × r
2
per cui
2
1
1
1
1
2
H=
(p+eA) =
−me ω cicl ẑ×r + eB0 ẑ×r = me ω 2cicl r2
2me
2me
2
8
D’altra parte
2 e2 a2
d
2 e2 ω 4cicl 2
H=−
=
−
r
dt
3 4πε0 c3
3 4πε0 c3
per cui
ovvero
d 2
16 e2 ω 2cicl 2
r
r =−
dt
3 4πε0 me c3
r (t) = r (0) e−t/τ
189
con
τ=
32 e2 ω 2cicl
3 4πε0 me c3
Exercise 164 Si consideri un elettrone diffuso da un bersaglio. Descrivendo la traiettoria come costituita da due semirette percorse
rispettivamente convelocità costanti v1 e v2 . calcolare: (a) la trasformata k,ω della densità di corrente, (b) la densità spettrale
Soluzione: La corrente è data da
v1 δ (3) (r − v1 t) t < 0
J (r, t) = −e
v2 δ (3) (r − v2 t) t > 0
Pertanto
3
0
i(ω+i)t−ik·r (3)
J̃ (k, ω) = lim −ev1 d r
dte
→0
−∞
e
v1
v2
= i
−
ω 1 − k̂ · β 2 1 − k̂ · β 1
δ
(r − v1 t) − ev2
La densità spettrale per angolo solido è data da
2
d2 E
ω 2 =
k̂
×
J̃
(k,
ω)
dωdΩ
4π 2 c3 2
ee v2
v1
=
k̂
×
−
4π 2 c3 1 − k̂ · β 2 1 − k̂ · β 1 190
3
dr
∞
0
dtei(ω+i)t−ik