Cap 10
Interazioni elettrostatiche e radiazione-materia
May 9, 2006
Abstract
Concetti, principi e relazioni Parte I (a) Interazioni elettrostatiche, (b)
e¤etto Stark, (c) forze di van der Waals, adsorbimento e polarizzazione
degli atomi. Parte II (d) Interazione radiazione-materia in atomi e molecole, con esempi di calcolo (e) delle matrici di transizione Mif e (f) della
forza di oscillatore f per transizioni di (g) dipolo elettrico e (h) magnetico,
sia atomiche che rotovibrazionali. (i) Regole di selezione, (j) vita media
radiativa dei vari stati eccitati. (k) Campi molto intensi e transizioni a
due fotoni. (l) Corpo nero e proprietà radiative delle stelle. (m) Coe¢ cienti di emissione spontanea e stimolata. Rate equations ed applicazioni
al laser a rubino.
Contents
1 Parte I
2
2 Interazioni elettrostatiche
2
3 Forze di van der Waals ed adsorbimento
3
4 Campo locale
4
5 E¤etto Stark
5
6 Parte II
5
7 Interazione radiazione-materia
7.1 Decomposizione in multipoli * . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
7
8 Transizioni di dipolo elettrico
8
9 Transizioni di dipolo magnetico *
9.0.1 Coe¢ cienti di Clebsch-Gordan * . . . . . . . . . . . . . .
9
10
10 Regole di selezione
12
11 Forza dell’oscillatore ed assorbimento
12
1
12 Atomi a più elettroni
12.1 Elementi alcalini . . . . . . . . . . . . . .
12.2 Doppietto del sodio * . . . . . . . . . . .
12.3 Elio ed elementi alcalino-terrosi . . . .
12.4 Transizioni a singolo elettrone dell’elio
12.5 Regole di selezione . . . . . . . . . . . .
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*
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14
15
15
18
19
19
13 Transizioni vibrazionali del CO2
20
14 Catena di ioni di segno opposto
21
15 Campi molto intensi *
22
15.1 Transizioni a due fotoni nell’idrogeno * . . . . . . . . . . . 24
16 Corpo nero
26
16.1 Proprietà radiative del sole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
16.2 Luminosità di una stella . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
17 Coe¢ cienti A e B di Einstein
17.1 Vita media radiativa * . .
17.2 Laser a rubino * . . . . . .
17.3 Dipolo magnetico . . . . .
17.4 Regole di selezione . . . .
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1
Parte I
2
Interazioni elettrostatiche
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27
27
30
31
32
Exercise 2.1 Calcolare il potenziale di interazione tra un dipolo elettrico ed una
sfera di costante dielettrica assegnata. Si assuma la distanza dipolo-sfera su¢ cientemente grande da poter considerare uniforme il campo del dipolo all’interno
della sfera.
Exercise 2.2 Calcolare il potenziale di interazione tra un dipolo elettrico ed un
piano metallico.
Exercise 2.3 * Calcolare il potenziale di interazione tra un dipolo elettrico ed
un quadrupolo.
Exercise 2.4 * Calcolare il potenziale di interazione tra un quadrupolo elettrico
ed un piano metallico.
Exercise 2.5 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
2
Exercise 2.6 Dimostrare che l’interazione tra due dipoli elettrici posti a distanza r
1
W = 3 (p1 p2 3 (p1 r^) (p2 r^))
r
Soluzione: L’energia di interazione è W = p2 E dove E = rV è il campo
elettrico generato dal dipolo 1, essendo V = p1 r=r3 . Posto p1 = er1 risulta
Ex =
e
x1 r2
r5
3 (r1 r) x
con relazioni analoghe per Ey ed Ez . Se introduciamo r^ = r=r concludiamo che
E=
e
[(r1
r5
3 (r1 ) r^)]
Se prendiamo il sistema di riferimento in modo che l’asse z sia parallelo al vettore
r congiungente i due dipoli abbiamo
E=
e
(r1
r5
3z1 r^)
e pertanto l’interazione dipolo-dipolo risulta essere
W =
3
p2 E =
1
(p1 p2
r3
3 (p1 r^) (p2 r^))
Forze di van der Waals ed adsorbimento
Exercise 3.1 Due atomi di idrogeno su¢ cientemente 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 essere 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 p1 = er1 e p2 = er2 . 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 3.2 * 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'
3
C
r3
Exercise 3.3 * 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
r2
x2 + y 2 + 2z 2
=
(1 + cos2 ( )) (u:a:)
16R3
16R3
dove x; y e z sono le coordinate dell’elettrone rispetto al protone. Per lo stato
fondamentale al primo ordine si ha
Wad =
1
8R3
L’atomo viene attirato dalla super…cie 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
E=
h2p1 jWad j 2p
1i
= h2s jWad j 2p
1i
= h2s jWad j 2p0 i = h2p0 jWad j 2p
1i
=0
mentre per i termini diagonali si ha
h2p1 jWad j 2p1 i = h2p
1
jWad j 2p
1i
=
2:25
R3
3
R3
3:5
h2s jWad j 2si =
R3
In conclusione, il livello 4-volte degenere n = 2 si separa in tre livelli di cui
quello più elevato risulta 2-volte degenere.
h2p0 jWad j 2p0 i =
4
Campo locale
Exercise 4.1 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 super…cie 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, veri…care che Ep è trascurabile.
Soluzione : Immaginiamo 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 N a, con "a" passo reticolare, e localizzati ai vertici
a (l^
x + m^
y + n^
z ) del reticolo cristallino sarà dato da
Ez (r) =
}
4 "0 a3
X
lmn
l2 +m2 +n2
4
l 2 + m2
2n2
5=2
(l2 + m2 + n2 )
NN2
Questa somma si può facilmente calcolare utilizzando Mathematica:
Clear[N N; a; b; c]; a = IntegerP art[N N 2 m2 n2 ]; b = IntegerP art[N N 2
n2 ]; c = IntegerP art[N N 2 m2 ]; Sum[fn; 1; N N g; Sum[fm; b; bg; Sum[fl =
a; ag; (l2 + m2 2n2 )=(l2 + m2 + n2 )5=2 ]]]
+Sum[fm; 1; N N g; Sum[fl; c; cg1=((l2 + m2 )3=2 + Sum[fl; 1; N N g; 1=l3 ]]]:
Si vede così che già per N N = 3 la sommatoria risulta minore di 10 16 :
5
E¤etto Stark
Exercise 5.1 Discutere l’e¤ etto Stark per un atomo di idrogeno eccitato ad un
livello n molto elevato. In particolare stabilire un limite per il campo elettrico
al di sopra del quale la soluzione perturbativa cade in difetto. Dare una ragione
…sica di questo limite. Tenere conto dell’andamento del potenziale V (r) =
1=r Ez.
Exercise 5.2 Esaminare l’e¤ etto di un campo elettrico statico sul livello n = 2
dell’atomo di idrogeno. Assumendo per semplicità una vita media radiativa di
10 9 secondi, calcolare per quale valore del campo elettrico, in assenza di altre
cause di allargamento, le righe originate dalla transizione allo stato fondamentale (n = 1) risultano separabili.
6
Parte II
7
Interazione radiazione-materia
Per un’onda a frequenza ! 0 la probabilità di transizione Pi!f (t) indotta da un
campo elettrico oscillante varia linearmente col tempo
Pi!f (t) = Wi!f t
(1)
con Wi!f (probabilità di transizione nell’unità di tempo) legata all’ampiezza del
(de)
campo elettrico E0 ed alla matrice di transizione Mif di dipolo elettrico
(de)
Mif
=
1
}if ^
ea0
(2)
con ^ versore di polarizzazione del campo dalla regola d’oro di Fermi
Wi!f =
con la frequenza di Rabi
R
2
2
R g("f )
(3)
pari a
(de)
R
= E0 ea0 Mif
e g densità degli stati del livello …nale. Per transizioni dominate dall’e¤etto
Doppler g prende la forma
!
p
2
2 2 ln 2
2 !
gD ( !) =
exp
ln 2
(4)
!D
!D
5
con
! D = 2!
e
!=!
r
2kB T ln 2
mc2
! 0 : Inoltre,
Z
1
gD ( !) d ! = 1
1
In particolare
mc2
= 8 1012 K M
2kB ln 2
con M massa molare per cui
r
!D
T
10 6
=
2M
!
Il tasso di transizione Wi!f è proporzionale al prodotto della densità e¢ cace
degli stati gf gef f (! f ) [T ] per la densità di energia w M L 1 T 2
Wi!f
Wf !i
coe¢ ciente di emissione
stimolata
= Bi!f gef f (! f )w
= Bf !i gef f (! i )w
attraverso i coe¢ cienti Bi!f e Bf !i LM
stimolata
1
di assorbimento ed emissione
ca20
(5)
~
Per transizioni di tipo magnetico la matrice di transizione asume la forma
gf 1 Bi!f = gi 1 Bf !i =
(dm)
Mif
=
(de)
2
2
(2 ) Mif
1
(L+2S)if
ea0
k^
^
(6)
L’interazione comporta un tasso di trasferimento di energia dal fascio all’insieme
di atomi pari a
~! if Wi!f
i!f I
sezione d’urto
sezione d’urto
dove i!f e I = cw rispettivamente sezione d’urto del processo di transizione
e intensità dell’onda incidente di frequenza ! 0 ! f i :
i!f
=
1
~! if Bi!f gef f (! f )
c
(7)
legge di Lambert e Beer
Per la legge di Lambert e Beer l’intensità di un’onda si attenua con legge
esponenziale
I (z) _ e z
coe¢ ciente
mento
con
di
assor-
L
1
coe¢ ciente di assorbimento dell’onda.
( !) =
coe¢ ciente di assorbimento integrato
i!f
( !) ni =
1
~! if Bi!f gef f (! f )ni
c
(8)
Integrando sulle frequenze della riga si ottiene il coe¢ ciente di assorbimento
integrato A L 1 T 1 da
Z
1
A=
( !) d ( !) = ~! if Bi!f ni
c
6
ello di Lorentz
dell’oscillatore
Nel modello classico di Lorentz l’atomo viene rappresentato come un insieme
di oscillatori armonici che risuonano alle varie frequenze di transizione. Ad
ognuno du questi oscillatori vien dato un peso, forza dell’oscillatore, legato al
momento di dipolo }f i dalla relazione
fif =
2m
2
! if j}f i j
3~e2
(9)
A e Bi!f sono legati a fif dalle relazioni
A
=
Bi!f
=
~
ni fif
m
mkif
fif
Per un gas di particelle le popolazioni del livello iniziale e …nale soddisfano
il sistema di equazioni
d
ni
dt
d
nf
dt
=
wBi!f ni + (wBf !i + Af !i ) nf
=
(wBf !i + Af !i ) nf + wBi!f ni
(10)
con Af !i coe¢ ciente di emissione spontanea, legato a Bf !i ed alla frequenza
! f i dalla relazione di Einstein
Af !i =
1
=
if
2~! 3f i
~ 2
Bf !i = 2
k fif
3
c
m if
ovvero
Q=
7.1
if ! f i
2
=
4
(11)
1
mc2
jff i j ~! f i
(12)
Decomposizione in multipoli *
Exercise 7.1 Partendo dall’espressione approssimata del potenziale vettore
A(r; t) = A0 < f(1 + ik r) exp ( i! 0 t
i' (r; t))g
Exercise 7.2 (i) dimostrare che il potenziale di interazione radiazione-elettroni
di un atomo si può riscrivere nella forma
Wint = Wde + Wquad + Wdm
con
Wde
Wquad
Wdm
= A0 e< (^ p exp ( i! 0 t i' (r; t)))
^ pk r + ^ rk p
= A0 e< i
exp ( i! 0 t
2
^ pk r ^ rk pi
= A0 e< i
exp ( i! 0 t
2
7
coe¢ ciente di emissione
spontanea
i' (r; t))
i' (r; t))
fattore di merito oscillatore di Lorentz
dove Wde ; Wquad ; Wdm stanno per i potenziali di interazione di dipolo elettrico,
;quadrupolo e dipolo magnetico,
(ii) mostrare inoltre che Wde si può riscrivere nella forma
Wde =
[H0 ; E0 }]
cos (! 0 t + ' (r; t))
~! 0
(iii) mentre il potenziale di dipolo magnetico si può esprimere nella forma
1
B0 L cos [! 0 t + '0 (t)]
2
Wdm =
con L momento angolare
(ii) Tenuto conto che
p2
; E0 } = [H0 ; E0 }] =
2m
E0 e [H0 ; ^ r] =
ie~E0^ p
possiamo porre
ie^ p =~
1
[H0 ; ^ }]
per cui
Wde =
i
E0 e
< (^ p exp ( i! 0 t
!0
i' (r; t))) =
[H0 ; E0 }]
cos (! 0 t + ' (r; t))
~! 0
(iii) Scegliendo k come asse z^ e ^ come asse x
^ si mostra facilmente che
^ pk r
^ rk p =
(k ^) (r
p) =
(k ^ ) L
con L momento angolare. D’altra parte
iA0 k ^ = B0
(13)
da cui
Wdm = A0 < i
8
^ pk r
^ rk p
2
exp ( i! 0 t
i' (r; t))
=
1
B0 L cos (! 0 t + ' (r; t))
2
Transizioni di dipolo elettrico
Exercise 8.1 Calcolare il coe¢ ciente di assorbimento di un’onda piana polarizzata linearmente che attraversa un gas di atomi di idrogeno a T = 300 e
p = 1 atm, per frequenze prossime alla riga Balmer 2s ! 3p,2p ! 3s.
Il coe¢ ciente di assorbimento
=
=
con
è legato alla sezione d’urto dalla relazione
2
! if
(de)
= ni
gD ( !)e2 a20 Mif
" c
s0
mc2
2 !
4 ni a20 ~! if
exp
ln 2
kB T
!D
i!f ni
2
!
= e2 = (4 ~a0 ) = 1=137:036 costante di struttura …ne.
8
(de)
Mif
2
Il gas contiene ni atomi per unità di volume,
1025 m
ni = 2:737
3
Avendo l’idrogeno atomico massa molare M = 1 risulta
mc2
= 1:949
2kB ln 2
da cui segue per l’allargamento Doppler
r
! D = ! if
1012 K
T
10
2
6
19
1
4
con T temperatura assoluta.
La frequenza di transizione è pari a
1
34
! if = 1:054 10
13:6 1:602 10
1
9
Hz = 2:87
1015 Hz
per cui
1010 Hz = 355:1 GHz
! D = 3:51
Gli elementi di matrice M2s;3p ; M2p;3s sono dati da
Z
Z 1
(de)
M2s;3p =
Y10 Y00 cos d
R20 (r)R31 (r)r3 dr
Z 1 0
1
4
r
r
p
= p
1
1
exp
2
6
3 27 3 0
= 1:769
r
2
r 4
r dr
3
e
(de)
M2p;3s
Z
=
Y10 Y00 cos d
Z 1
1
1
1
= p
3 18 0
= :383
Z
1
R21 (r)R30 (r)r3 dr
0
2
2
r + r2 exp
3
27
r
2
r 4
r dr
3
Pertanto,
2s;3p
2p;3s
9
=
=
6
2:8
1024 exp
23
10
ln 2
exp
ln 2
2 !
!D
2 !
!D
2
!
2
m
!
Transizioni di dipolo magnetico *
Per transizioni di dipolo magnetico
Wdm (t) =
B B0
(t) L cos [! 0 t + '0 (t)]
9
1
m
1
la frequenza di Rabi è data da
R
=
B~
1
E0 c
1
(Lif + 2Sif )
k^
^
~
1
E0
Bc
1
(dm)
Mif
L’ampiezza delle transizioni dipende dalla matrice
(dm)
Mif
9.0.1
= (Lif + 2Sif )
k^
^
Coe¢ cienti di Clebsch-Gordan *
Per calcolare Lif +2Sif conviene sfruttare il fatto che L+2S = V è un operatore
vettoriale, ovvero soddisfa le seguenti relazioni relazioni generalizzate rispetto a
quello dei momenti angolari
[Jx ; Vx ] = 0
[Jx ; Vy ] = iVz
[Jx ; Vz ] =
iVy
e quelle analoghe ottenute cambiando ciclicamente i pedici x,y e z.
Ponendo
Vx iVy
Vx + iVy
p
p
; V0 = V z ; V 1 =
V1 =
2
2
si vede che gli elementi di matrice di Vq (q = 1; 0; 1) sono proporzionali a quelli
di Y1q e possono essere espressi mediante i coe¢ cienti di Glebsch-Gordan,
hjm jVq j j 0 m0 i = C (j; j 0 ; q) hjm jY1q j j 0 m0 i
con C indipendente da mj e m0j e
s
3 (2j 0 + 1) 0
hjm jY1q j j 0 m0 i =
h j 100j j0i h j 0 1m0 qj jmi
4 (2j + 1)
Introducendo ora le quantità
Bz
Bx + iBy
p
; b0 =
; b
B
2B
b1 =
si ha
^ (L+2S) =
B
1
X
b
1
q
Bx iBy
p
2B
=
Vq
q= 1
per cui
(dm)
Mnjmj ;nj 0 m0
j
=
r
3
4
s
1
X
2j 0 + 1 0
h j 100j j0i
b
2j + 1
q= 1
qC
(dm)
(j; j 0 ; q) j 0 1m0j q jmj
(14)
Exercise 9.1 Calcolare gli elementi di matrice Mnlm;n0 l0 m0 di dipolo magnetico
per un atomo di idrogeno investito da un’onda polarizzata (1) linearmente e
(dm)
(2) circolarmente. Confrontare le espressioni di Mnlm;n0 l0 m0 ottenute rispettivamente ignorando (a) ed inserendo (b) lo spin dell’elettrone, in assenza (i) ed in
presenza (ii) di un campo magnetico statico parallelo alla direzione k. dell’onda.
In questo secondo caso limitarsi a discutere la transizione p3=2 ! p1=2
10
(1-a-i) Scegliendo come asse di quantizzazione la direzione x
^ del campo magnetico B dell’onda ed ignorando lo spin abbiamo
(dm)
Mif
=
hnlm jLx j n0 l0 m0 i =
m0
nn0 mm0 ll0
ovvero lo stato di partenza deve coincidere con quello di arrivo : Pertanto ! if = 0
risulta identicamente nullo per polarizzazione lineare.
(2-a-i) Scegliendo come asse di quantizzazione la direzione z^ di propagazione
dell’onda ed ignorando lo spin abbiamo
(dm)
Mif
=
=
=
hnlm jLx iLy j n0 l0 m0 i = hnlm jL x j n0 l0 m0 i
p
l0 (l0 + 1) m0 (m0 1) hnlmjn0 ; l0 ; m0 1i
p
l0 (l0 + 1) m (m 1) nn0 m;m0 1 l;l0
Pertanto ! if = 0 risulta identicamente nullo anche per polarizzazione cirrcolare.
(2-a-ii) In tal caso gli stati jnlmi e jnl; m 1i hanno energie diverse e ! if =
1
B B~
(1-a-ii) L’onda può essere decomposta in due onde polarizzaare circolarmente
di cui una induce una transizione a frequenza ! if = B B~ 1
(1-b-i) Per la transizione p3=2 ! p1=2 con polarizzazione lineare scegliamo
come asse di quantizzazione la direzione del campo magnetico B supposto parallelo all’asse z, per cui
! if
(dm)
Mif
=
np3=2 jLz + 2Sz j n0 p1=2
2
D’altra parte (v. es. momenti angolari)
3
2
0p
0
2
6
0p 7
3
7
p3=2 jlz + 2sz j p1=2 = 6
4 0
2 5
3
0
0
In questo caso n 6= n0 e ! if può assumere una sequenza in…nita di valori
(2-bb-i) In tal caso la polarizzazione ^ (r; t) segue la legge oraria
n
x
^ cos (!t kz) + y^ sin (!t kz)
x
^ i^
y
p
p ei(!t kz)
^ (r; t) =
=<
<
ei(!t
2
2
per cui
e
n
^ (L+2S) = < i
B
(dm)
Mnjmj ;nj 0 m0 =
j
r
3
4
s
(L+2S) ei(!t
kz)
o
=
V1 sin (!t
kz)
2j 0 + 1 0
h j 100j j0i C (j; j 0 ; 1) j 0 1m0j 1 jmj
2j + 1
(dm)
Exercise 9.2 Calcolare l’elemento di matrice Mif relativo ad una transizione
di tipo magnetico tra i termini di struttura …ne dell’idrogeno 32 P3=2 e 32 P1=2 .
Soluzione: Da (31) discende
M
(d:m:)
32 P3=2 mj $ 32 P1=2 m0j ; q
_
32 P3=2 ; mj jVq j 32 P1=2 ; m0j
r
3
1
3
1 0 3
=
C
100 0
1m q mj
8
2
2
2 j 2
11
kz)
o
10
Regole di selezione
Exercise 10.1 Dimostrare che le transizioni di dipolo elettriche, magnetiche e
di quadrupolo permesse soddisfano le seguenti regole di selezione
l= 1
m = 0; 1
dipolo elettrico
dipolo magnetico
quadrupolo elettrico
8
>
>
<
>
>
:
l=0
ml = 0; 1
j = 0; 1
mj = 0; 1
l = 0; 2 (l = 0 $ l0 = 0 proibita)
ml = 0; 1; 2
(15)
Exercise 10.2 Dimostrare che per transizioni tra livelli di struttura …ne valgono le seguenti regole di selezione
j = 0; 1
m = 0; 1
dipolo elettrico con accoppiamento LS
11
(16)
Forza dell’oscillatore ed assorbimento
Exercise 11.1 Calcolare la forza dell’oscillatore f relativa alle transizioni (1)
2p ! 1s e (ii) 1s ! 3p,2s ! 3p utilizzando le seguenti funzioni d’onda
R10 (r) = 2 exp( r)
1
R20 (r) = p12 1 12 r exp
2r
1
1
R21 (r) = 2p6 r exp
r
2
2
2 2
1
2
1
r
exp
R30 (r) = 33=2
3 + 27 r
3r
p
4 p2
1
1
R31 (r) = 27 3 1 6 r r exp
r
3
Soluzione: La forza dell’oscillatore relativa ad una generica transizione è
data da
2m
2
f=
! if j}f i j
3~e2
Esprimendo le varie grandezze in u.a. f assume la forma
f=
2
2
2
! if j}f i j = 2! if jzf i j
3
2
2
in vista dell’isotropia dell’atomo (j}f i j = 3e2 jxf i j )
(i) Poichè
Z 1
Z
jz2p;1s j =
R1s R2p r3 dr
Y00 Y10 cos d
0
Z 1
Z 1
1
1
1
exp
R1s R2p r3 dr = p p
= p
6 0
3
3 0
mentre
! 2p1s =
12
3
u:a:
8
3
1:29
r r4 dr = p
2
3
abbiamo
3
2
jz2p1s j = 0:4162
4
R
(ii) Per le altre transizioni 1s ! 3p e 2s ! 3p il fattore Y00 Y10 cos d
resta immutato mentre si modi…cano i contributi radiali
2
f2p1s = 2! 2p1s jz2p1s j =
p1
3
Z
1
3
R1s R3p r dr
=
R2s R3p r3 dr
=
0
Z
1
0
p Z 1
8 2
p
1
27 3 0
Z 1
4
p
1
27 3 0
1
r exp
6
1
r
1
2
=
4
r r4 dr = 0:516
3
1
5
r exp
r r4 dr = 3:06
6
6
e le frequenze
! 1s3p
=
! 2s3p
=
8
u:a:
18
5
u:a:
72
In de…nitiva
f1s3p
f2s3p
= :0788
= :433
Exercise 11.2 * Determinare la forza dell’oscillatore relativo alle righe della
serie Lyman dell’idrogeno utilizzando la funzione generatrice Up ( ; s)dei polinomi di Laguerre
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 =
2
r
na0
Pertanto
2
e
na0
Rn1 (r)
= Nn1
R10 (r)
= N10 e
r=(na0 )
r=a0
rL3n+1
2
r
na0
2
r
a0
L1
con
N10
Nn1
=
=
2
3=2
a0
2
1
3=2 n2
a
0
Ponendo
Z
0
1
2
a0 r
=
l’elemento di matrice
1
R10 (r) Rn1 (r) r dr =
n
3
a0
2
4
s
R1
0
(n 2)!
[(n + 1)!]3
R10 (r) Rn1 (r) r3 dr diventa
Nn1 N10
Z
0
13
1
exp
n+1
2n
L1 ( ) L3n+1
4
n
d
Tenendo conto della funzione generatrice
p
Up ( ; s) =
s=(1 s)
( s) e
(1
=
p+1
s)
1
X
Lpq ( ) q
s
q!
q=p
esprimiamo i polinomi di Laguerre Lpq ( ) nella forma
p
Lpq
s
1 s
@ q ( s) exp
( )=
p+1
@sq
(1 s)
s=0
dimodochè
Z
exp
=
=
Z
exp
n+1
2n
L3n+1
n+1
2n
@ n+1 ( s) e
@sn+1
(1
n
L11 ( )
3
@ n+1
s3
4! n+1
4
@s
(1 s)
4
d
s=n(1 s)
4
s)
n+1
s
+
2n
n (1 s)
s=0
@ ( s0 ) e
@s0
(1
transmittanza
4
2
s0 )
s=0
s
n+1
+
2n
n (1 s)
Exercise 11.3 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 = [C6 H6 ] l= ln 10 e la transmittanza
T = 10 A
Exercise 11.4 Una transizione del benzene a 256 nm presenta un coe¢ ciente
di assorbimento molare " = 160 cm2 mmol 1 e si estende per circa 4000 cm 1 :
Stimare la forza dell’oscillatore.
12
Atomi a più elettroni
Per discutere l’interazione di un’onda con un atomo a più elettroni dobbiamo
generalizzare le precedenti considerazioni. Al momento di dipolo del singolo
elettrone dell’atomo idrogenoide dobbiamo sostituire la somma dei momenti di
tutti gli elettroni,
X
}i ! }
}i
i
Poichè nelle transizioni indotte da campi a frequenze non comprese nella regione
degli X vengono coinvolti i soli elettroni dei gusci più esterni possiamo limitarci
a considerare solo quest’utimi.. In particolare per i metalli alcalini e quelli
alcalino-terrosi potremo porre
Wde
Wde
=
=
} E
alcalini
(}1 +}2 ) E alcalino
terrosi
I metodi di calcolo degli elementi di matrice sono sostanzialmente simili a quelli
visti sopra, cambiano solo le funzioni d’onda.
14
d
s0 =0
5
per cui
s
Z 1
a0 1
@ n+1
s3
(n 2)!
3
R10 (r) Rn1 (r) r dr =
4! n+1
4
3
3
2 n
[(n + 1)!]
@s
(1 s)
0
assorbanza
s0 =(1 s0 )
5
s=0
12.1
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
di¤erenza, comunque, dell’idrogeno il potenziale in cui si muove questo elettrone
devia sostanzialmente dll’andamento 1=r, per cui l’energia dei var 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 (v. Cap. 5) . Tipico è il caso del doppietto risonante delle righe gialle D1 e
D2 del sodio, corrispondenti alle transizioni 2 P 12 !2 S 12 5890 A , e 2 P 32 !2 S 12
doppietto del sodio
5896 A .
Per questi elementi dovremo considerare transizione tra i multipletti
1
jii = nl JMJ
2
1
! jf i = n0 l0 J 0 MJ 0
2
di energie pari a
1 1
1
+
(n; l) J (J + 1)
2
2n
2
|
{z
EnlJ =
l (l + 1)
3
4
contributo L S
con n il numero quantico e¢ cace ( v. Eq. 5.75 e Tab. 5.11) e
da (v. Eq. 5.76)
1 dV
~2
(n; l) =
2
2
2m c
r dr
}
(n; l) de…nito
essendo V (r) il potenziale e¢ cace 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
!=
+
(n; 1) J (J + 1)
(u:a:)
2
2
2 (n0s )
2
4
n
serie principale
p
dall’equazione (??) otteniamo
1
(de)
Mnp2 PJM J ;n0 s2 S 1
2
M0
2
}np;n s X
= p 0
4
1
m=
s
1
1
2
2
m
1
1m;
2
1
2
m J;
1
2
1
0m;
2
1
2
m
1
;
2
1
2
2
(17)
12.2
Doppietto del sodio *
Gli spettri dei metalli alcalini sono alquanto simili a quelli dell’idrogeno: come
per quest’ultimo l’interazione con l’onda incidente coinvolge un solo elettrone. A
di¤erenza, 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 principale che dal momento angolare l. Inoltre, il
contributo del termine di accoppiamento spin-orbita è dell’ordine di decine di
cm 1 .
15
Exercise 12.1 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 dell’accoppiamento L S la transizione si separa in 2 P 12 !2 S 12 5889:950 A , e 2 P 32 !2 S 12 5895:924 A : La
vita media del termine 2 P 12 è pari a 16:66 nsec. Si chiede di calcolare (i) il valor
medio del rapporto hE=ri 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 dobbiamo considerare transizione tra i
multipletti
1
1
jii = nl JMJ
! jf i = n0 l0 J 0 MJ 0
2
2
di energie pari a
1 1
1
+
(n; l) J (J + 1)
2n 2
2
EnlJ =
con n il numero quantico e¢ cace e
(n; l) =
serie principale
l (l + 1)
3
4
(n; l) de…nito da
~2
2m2 c2
1 dV
r dr
essendo V (r) il potenziale e¢ cace in cui si muove l’elettrone dell’orbitale più
esterno.
Pertanto, per le linee della serie principale del sodio
! 3p$3s =
11
4
1
(n; 1) J (J + 1)
2
tenuto conto della distanza in frequenza tra le due righe abbiamo
(3; 1)
=
=
2
4 a0
! 3p$3s =
3
3
4:2
10
7
a:u: =
1
1
1=2
2
7:9
10
a:u:
3=2
2
a:u:
Per una transizione equivalente dell’idrogeno tra stati di numeri quantici n; 0; 12 ; 12
e n ; 1; 21 ; 12 ; n ; 1; 12 ; 32 avremmo
2! n
p !ns
=
2
1
n 4
n
j+
1
2
3
4
+
1
n4
n
3
4
ovvero
2
!n
p !ns
=
2n
3
Se ne evince che il contributo dell’accoppiamento LS nel sodio è molto più forte
che nell’idrogeno.
16
Gli elementi di matrice delle due transizioni sono dati da
Z
D
E
3=2 1=2
}3=2 = }r
Y00
Y1 1=2
cos d
spin
4
Z
D
E
1=2 1=2
}1=2 = }r
Y00
Y1 1=2
cos d
spin
4
dove si è indicato con }r il contributo delle parti radiali
Z 1
}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
abbiamo
Z
D
Y00
4
Z
4
Y00
D
3=2 1=2
Y1 1=2
E
1=2 1=2
1=2
E
Y1
spin
spin
r
2
1
Y10 + p Y11
3
3
r
1
2
p Y10 +
Y11
3
3
*
!+
1
2
Y10 + p Y11
cos sin d
= 2
Y00
3
3
0
spin
r Z
p
2
2
Y Y10 cos sin d =
= 2
3
3 0 00
!+
*
r
Z
1
2
p Y10 +
Y11
cos sin d
= 2
Y00
3
3
0
spin
Z
1
1
Y00 Y10 cos sin d =
=
2 p
3
3 0
Z
cos d
cos d
r
ovvero
}3=2
=
}1=2
=
p
2
}r
3
1
}r
3
Ne discende che la forza dell’oscillatore della riga a 5889 è doppia di quella a
5895.
In…ne, tenendo conto che
~! f i
=
!f i
=
=
!f i
if
2
me c
2 ~! f i
12390
eV = 2:1 eV
5890
3:2 1015 Hz
3:2 1015 16:6 10
5
=
137
5:11 10
= 1:66
2 2:1
abbiamo
jff i j '
1:66
5:312
17
9
= 5:312
107
107
12.3
Elio ed elementi alcalino-terrosi
Per cominciare consideriamo il caso dell’elio. Abbiamo già visto nel Cap. 6
che lo spettro di questo elemento si separa in quelli di singoletto e tripletto.Per
transizioni tra stati di singoletto possiamo completamente ignorare il contributo degli spin, utilizzando funzioni d’onda spaziali simmetriche rispetto ai due
elettroni. Pertanto, abbiamo per il generico elemento di matrice
(de)
Mif
j 0 L0 l10 l20 ML i + j 0 L0 l20 l10 ML i
h Ll1 l2 ML j + h Ll2 l1 ML j
p
p
(}1z + }2z )
2
2
0 0 0 0
0 0 0 0
= h Ll1 l2 ML j }1z j L l1 l2 ML i + h Ll1 l2 ML j }1z j L l2 l1 ML i
(18)
=
0
che nel caso in cui nella transizione cambia un solo orbitale (p.e. l2 = l2 ) si
riduce a
X
(de)
Mif = } l; 0 l0
hl1 l2 ; ML m; m jLML i hl10 l2 ; ML m; m jL0 ML i hl1 ; ML m j}^ z^j l10 ; ML
m
(de)
Tenendo conto della (??) per l10 = l1
(de)
Mif
= }
l;
0 ;l
1
r
hl1 l2 ; ML
1 Mif
q
l2
X
1
3
q
4
2
(2l1 )
sarà espresso da
l12
1 m=
m; mj LML i hl1
(ML
2
m)
l2
1; l2 ; ML
m; mj L0 ML i
(19)
(de)
Utilizzando i coe¢ cienti di C-G si può veri…care che la matrice Mif
annulla quando L ed L0 non soddisfano la diseguaglianza
jL
1j
L0
L+1
si
(20)
da cui discendono per campi polarizzati sia linearmente che circolarmente le
seguenti regole di selezione
L = 0; 1
ML = 0; 1
dipolo elettrico elio
(21)
Inoltre va esclusa la transizione
L = 0 $ L0 = 0
(22)
In particolare per l2 = 0 e l1 = 1 (caso dell’elio)
(de)
Mif
1
1
= p }n1;g h1000j 10i h0000j 00i = p }n1;g
4
4
(23)
Per transizioni tra stati di tripletto la (18)va sostituita da
(de)
Mif
h Ll1 l2 ML j h Ll2 l1 ML j
j 0 L0 l10 l20 ML i j 0 L0 l20 l10 ML i
p
p
(}1z + }2z )
2
2
0 0 0 0
0 0 0 0
= h Ll1 l2 ML j}1z j L l1 l2 ML i h Ll1 l2 ML j}1z j L l2 l1 ML i
(24)
=
0
Quando cambia un solo orbitale (p.e. l2 = l2 ) quest’ultima espressione si riduce
alla (19) :
18
mi
one
di
intercombi-
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 di¤erenza, 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.
12.4
Transizioni a singolo elettrone dell’elio *
(de)
Exercise 12.2 Calcolare l’elemento di matrice Mif per transizioni tra stati di
0
singoletto dell’elio in cui cambia un solo orbitale ( l2 = l2 ) e l10 = l1 1: Considerare in particolare la transizione (l2 = 0; l1 = 1; L = 1) ! (l2 = 0; l10 = 0; L0 = 0)
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
(de)
Mif
= h Ll1 l2 ML j }1z j 0 L0 ; l1
= }
l;
0 ;l
l2
X
1
m= l2
hl1 ; ML
hl1 l2 ; ML
m j}^ z^j l1
1; l2 ML i + h Ll2 l1 ML j }1z j 0 L0 l2 ; l1
m; m jLML i hl1
1; ML
1; l2 ; ML
1; ML i
m; m jL0 ML i
mi
D’altra parte
hl1 ; ML
m j}^ z^j l1
1; ML
mi =
r
3
4
s
l12
ML2
2
(2l1 )
1
In particolare per l2 = 0 abbiamo L = l1 ; ML = m1 e L0 = l10 ; ML0 = m01 :
(de)
Mif
= h Ll1 l2 ML j }1z j 0 L0 ; l1
= }
l;
0 ;l
1; l2 ML i + h Ll2 l1 ML j }1z j 0 L0 l2 ; l1 1; ML i
r s
l12 ML2
3
1; 0ML 0 jl1 1; ML i
1 hl1 0ML 0 jLML i hl1
2
4
(2l1 )
1
Ne discende per la transizione (l2 = 0; l1 = 1; L = 1)
(de)
Mif
12.5
=}
l;
0 ;0
! (l2 = 0; l10 = 0; L0 = 0)
1
h1000 j10i h0000 j00i p
4
Regole di selezione
Sommando le relazioni di commutazione del momento angolare e del momento
di dipolo dell’i-esimo elettrone otteniamo per i momenti angolare J e di dipolo
} totali
[Jx ; }z ] = i}y ; [Jy ; }z ] = i}x ; [Jz ; }z ] = 0
19
Queste ultime relazioni stanno ad indicare che } è un operatore vettoriale V (v.
Appendice relativa al teorema di Vigner-Eckart) i cui elementi di matrice sono
proporzionali a
h JMJ j}j
0
J 0 MJ0 i = C( ;
0
; J; J 0 ) hJMJ jVj J 0 MJ0 i
dove C( ; 0 ; J; J 0 ) è un coe¢ ciente indipendente da MJ ; MJ0 . 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:
8
J = 0; 1
<
MJ = 0; 1
(25)
dipolo elettrico atomo con molti elettroni
:
J = 0 $ J 0 = 0 proibita
13
Transizioni vibrazionali del CO2
Exercise 13.1 Si consideri una molecola di CO2 che, come si sa, presenta tre
modi di oscillazione, rispettivamente di (i) stretching asimmetrico ( 1 ) ; (ii)
bending 2 ' 12 1 e (iii) stretching simmetrico ( 3 > 1 ) (v. Esercizio ap sulle
molecole): Il modo 3 non si accoppia col campo mentre i modi 1 e 2 sono
otticamente attivi. Inoltre il secondo livello di bending risuona con 1 (2 2 ' 1 )
. D’altra parte il primo livello di 3 si accoppia radiativamente col primo livello
di 1 : Alla luce di queste proprietà costruire un’espressione del momento di
dipolo } (fRj g) .
Soluzione: Indichiamo la con…gurazione della molecola lineare di CO2 attraverso due coordinate lineari qs e qa (s= simmetrico, a=asimmetrico) e l’angolo
di bending . Sviluppando } (qs ; qa ; ) deve risultare
} (qs ; qa ; ) =
@}
@}
1 @2}
1 @3}
qa +
+
qs qa +
@qa
@
2 @qs @qa
6 @ 2 @qs
2
qs
@}
@qa
risonanza di Fermi
@}
e @}
@ danno ragione delle transizioni vibrazionali dei modi 3 e 2. @qs deve
essere nullo perchè lo stretching simmetrico (modo 1) è inattivo. D’altra parte
@2}
@3}
! 1 e 2 2 ! 1 (ovvero
@qs @qa e @ 2 @qs danno conto delle transizioni 3
della risonanza di Fermi)
Exercise 13.2 Con riferimento alla molecola di CO2 calcolare le ampiezze di
transizione Mif relative alle transizioni 3 ! 1 e 2 2 ! 2 :
Soluzione: Avremo per le ampiezze di transizione
M (vib)
3; 1
=
=
=
1 @2}
h100 jqs qa j 001i
2 @qs @qa
1 @2}
h0 jqa j 1i h1 jqs j 0i
2 @qs @qa
s
s
1 @2}
~
~
2 @qs @qa 2 1 ! 1 2 3 ! 3
20
e
(vib)
M2
2
!
1
@}
h010 j j 020i
@
@}
h1 j j 2i
@ s
=
=
@}
@
=
2
~
2 !2
Exercise 13.3 Con riferimento alla molecola di CO2 analizzare la risonanza
di Fermi 2 2 ! 1
Soluzione: I due livelli sono descritti dalla matrice
10 2 qs 02
2~! 2 h02j 02i
1 @3}
6 @ 2 @qs
~! 1 h10j 10i
02 2 qs 10
=
1 @3}
6 @ 2 @qs
=
1 @3}
6 @ 2 @qs
~! 1 h10j 10i
2 2 0 h0 jqs j 1i
0 2 2 h1 jqs j 0i
2~! 2 h02j 02i
di autovalori ed autovettori rispettivamente uguali a
q
2
+
(
) +4
" =
2
e
(
" ) j10i + j02i
=
14
Catena di ioni di segno opposto
Passiamo ora ad analizzare i modi di una catena lineare di 2N coppie di ioni
positivi e negativi equidistanti [?]. Supponiamo che gli ioni positivi occupano
i punti di coordinate x+
n = na, mentre quelli negativi si trovino in xn = (n +
1=2)a. Assumiamo, inoltre che gli ioni si possano spostare dalle posizioni di
equilibrio delle quantità x+
n e xn lungo l’asse x. A questi spostamenti è
associata l’hamiltoniana
H=
2N
2N
1 X (
1 X (+)2
pn +
p
2M+ n=1
2M n=1 n
)2
+
2N
KX
[( x+
n
2 n=2
xn )2 + ( x+
n
Se poniamo
x+
n
=
N
X
Xq+j eianqj ;
j= N
xn
=
N
X
(j 6= 0)
Xq eia(n+1=2)qj ;
j= N
21
(j 6= 0)
xn
2
1) ]
e teniamo conto delle equazioni del moto dei singoli atomi
M+ x
•+
n
= K
xn + xn
2 x+
n
M
= K
x+
n+1 +
2 xn
x
•n
1
x+
n
otteniamo
qa
2
qa
= 2K Xq cos
2
• q+
M+ X
Xq+
= 2K Xq cos
•q
M X
Xq
Integrando questo sistema troviamo che Xq+ e Xq oscillano a due diverse frequenze ! q ,
!q 2
= K
Xq+
1
1
+
M+
M
M+
2
1
1
+
M+
M
4
(26)
2 + M 2 + 2M M
M+
+
M
sin2 (qa)
M+ M
2M+ cos(qa)
q
=
Xq
K
s
cos(qa)
Secondo che si scelga il segno + o la funzione ! q (q) segue l’andamento della
branca acustica ed ottica di Fig. (1), a cui corrispondono gli spostamenti indicati
in Figg. (??) e (??) :
15
Campi molto intensi *
Exercise 15.1 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
i
@
(r;t) =
@t
1 2
1
p + A (r; t) p+ A2 (t)
2
2
a) Dimostrare che moltiplicando
i
|
1
2
Z
t
A2 (t0 ) dt0
{z
f attore di gauge
scompare dall’Eq. (27) il termine in A2
@
' (r;t) =
@t
(r;t)
per il seguente fattore di fase
(r;t) ! ' (r;t) = exp
i
1
r
1 2
p + A (t) p
2
1
r
(r;t)
}
' (r;t)
b) rimuovere il termine A (t) p introducendo il vettore
re (t) =
Z
t
A(t0 )dt0
1
22
(27)
Figure 1: Curve di dispersione per il ramo acustico ed ottico delle vibrazioni di
una catena lineare con due specie atomiche. La retta tratteggiata rapresenta
la relazione di dispersione nel caso limite in cui i fononi acustici si propogano
a velocita’ costante , mentre quella quasi verticale si riferisce a dei fotoni .
L’acoppiamento tra fotoni e fononi ci puo’essere solo per la coppia frequenzanumero d’onda relativa al punto di intersezione dele due curve di dispersione.
23
e dimostrando le relazioni
eire (t)
p
i eire (t) p
re
@
e
@t
c) ntrodurre la funzione d’onda
K H
ire (t) p
= r
ire (t) p
= A p+i
re (t)
@
@t
K H
(r; t) =
exp [i re (t) p] ' (r; t)
|
{z
}
(28)
trasf: gauge di Kramers Herrenberg
dimostrando che essa soddisfa l’equazione d’onda
1 2
p
2
1
re (t)j
jr
K H
=i
@
@t
K H
che si presenta molto simile a quello dell’elettrone in assenza di campo.
In conclusione, attraverso la trasformazione di gauge (28) introdotta da
Kramers ed Herrenberg, si elimina il potenziale vettore dall’Hamiltoniana facendo
oscillare la posizione in cui si calcola 1r 1r ! jr r1e (t)j :
transizioni a due fotoni
15.1
Transizioni a due fotoni nell’idrogeno *
Exercise 15.2 La transizione 1s-2s risulta proibita nell’atomo di idrogeno. In
tal caso si deve estendere l’espressione dell’operatore evoluzione U 0 (t; 0) = exp ~i H0 t U (t; 0)
i
~
U 0 (t; 0) ' 1
con
Z
t
W 0 (t0 ) dt0
0
i
H0 t W (t) exp
~
W 0 (t) = exp
i
H0 t
~
e
eE0
cos (!t) pz
m!
includendovi transizioni del secondo ordine
Z
Z t
Z t0
i t 0 0 0
1
0 0
0
U 0 (t; 0) ' 1
W (t ) dt
W
(t
)
dt
W 0 (t00 ) dt00
~ 0
~2 0
0
W (t) =
i
0
Pertanto, per transizioni proibite al 1 ordine Uif
(t; 0) si riduce a
0
Uif
(t; 0) '
1
~2
Z tZ
t0
0
0
Pi!f (t) = jhf jU (t; 0)jiij =
1
~2
hf jW 0 (t0 ) W 0 (t00 )j ii dt0 dt00
per cui
2
Z tZ
0
0
2
t0
hf jW 0 (t0 ) W 0 (t00 )j ii dt0 dt00
Studiare la probabilità di transizione 1s-2s in funzione del tempo
24
L’elemento di matrice h2sjU (t; 0)j1si è rappresentato dall’integrale multiplo
Z t
Z t0
D
E
0
0
00
1
h2sjU (t; 0)j1si = 2
dt0
dt00 2s eiH0 t W (t0 ) e iH0 (t t") W (t00 ) e iH0 t 1s
~ 0
0
Dall’espressione di W (t0 ) discende
2
eE0
m!
=
Z
Z
t
dt
0
0
dove
D
D
0
dt00 cos (!t0 ) cos (!t00 ) 2s eiH0 t pz e
t0
0
iH0 (t0 t00 )
2s pz e
X
=
~2 h2sjU (t; 0)j1si
iH0 (t0 t00 )
E X
D
pz 1s =
h2s jpz j nl0i nl0 e
pz e
iH0 t00
iH0 (t0 t00 )
nl
i
2n2
e
(t0 t00 )
n
E
1s
E
pz 1s
h2s jpz j npi hnp jpz j 1si
Otteniamo così degli integrali del tipo
Z t
Z t0
i 0 i 00
i
In
=
dt0
dt00 exp
t + t + 2 (t0 t00 ) i!t0 i!t00
8
2
2n
0
0
Z t
Z t0
1
1
1
1
0
=
dt
dt00 exp i
! + 2 t0 +
! t00
2
8
2n
2
2n
0
0
=
exp i
1
1
2n2
1
2
!
3
8
3
8
2! t
2!
1
+
1
8
1
8
exp i
!+
!+
1
2n2
1
2n2
t
1
!
e
In
=
Z
t
0
dt
0
=
Z
dt00 exp
t
0
dt
Z
1
2
i
i 0 i 00
t + t + 2 (t0
8
2
2n
t0
1
8
dt00 exp i
0
exp i 38 t
1
=
3
16
t0
0
0
Per ! '
Z
1
2n2
!+
1
3
8
!
+
1
2n2
t00 )
i!t0
1
2
t0 +
exp i
1
8
1
8
!+
!+
1
2n2
1
2n2
1
2n2
i!t00
! t00
!
t
1
i termini dominanti sono In
In
=
exp i
5
16
3
16
! t sin
1
2n2
3
16
3
16
! t
!
Avremo così
eE0
m!
sin
2
2
~ h2sjU (t; 0)j1si '
3
16
3
16
exp i
3
16
4
! t
!
! t
X h2s jpz j npi hnp jpz j 1si
n
5
16
1
2n2
Ovvero h2sjU (t; 0)j1si assume una forma simile a quella delle transizioni di
dipolo a singolo fotone
25
!
16
16.1
Corpo nero
Proprietà radiative del sole
Il soleè formato per il 72% di idrogeno ed il 27% di elio, ed ha un raggio di
695.990 km. Lo strato esterno, chiamato fotosfera, presenta uno spessore di 500
km, consiste prevalentemente di atomi di idrogeno neutro ed ha una temperatura
di 5770 K.
La luce emessa è prodotta dalla cattura degli elettroni liberi da parte degli
atomi che vengono così a formare degli ioni H aventi una vita media di soli
10 8 sec.
La densità della fotosfera è di circa 10 6 g/cm3 , ovvero 1/1000 quello dell’aria
a livello del mare e confrontabile con quella del neon nelle lampade ‡uorescenti.
La fotosfera si presenta localmente interrotta dalle ben note macchie solari,
che si trovano ad una temperatura inferiore di circa 1500 C. In queste macchie
sono localizzati campi magnetici molto intensi che catturano protoni ed elettroni,
accelerandoli e rilanciandoli nello spazio dando così luogo al vento solare che,
tra l’altro, investe la terra. Questi protoni ed elettroni sono de‡essi dal campo
magnetico terrestre venendo così diretti verso i poli, dove gli elettroni ionizzano
i gas atmosferici e causano il fenomeno delle aurore.
Lo spettro solare si presenta diversamente a varie altezze. All’esterno dell’atmosfera
terrestre ha la forma di un corpo nero con picco a 0.48 m ed il 50% dei fotoni
emessi nella regione del visibile. A livello del mare questo spettro presenta una
sequenza di buche dovute all’assorbimento da parte delle molecole incontrate
attraversando l’atmosfera (prevalentemente O3 ;O2 ;H2 O;CO2 ). Al di sopra della
fotosfera si estende per 2500 km la cromosfera.
Exercise 16.1 Tenendo conto del fatto che la concentrazione di ioni H è pari
a circa 10 8 volte quella dell’idrogeno calcolare la potenza irradiata dalla fotosfera solare.
Exercise 16.2 Il sole emette una riga a 677.4 nm dovuta ad una transizione
del 57 F e altamente ionizzato. La rigaaaa presenta una larghezza di 5.3 pm.
Determinare la temperatura del sole.
Soluzione: Dalla relazione
!D
=
!
r
T
10
2M
6
che lega l’allargamento Doppler alla temperatura abbiamo
!D
!
T =
2
2M
1
Essendo la massa molare M = 57 g mol
!D
!
2
2
=
otteniamo
T =
5:3
677:4
=
1012
e ponendo
5:3
677:4
2
10
6
2
2 57 106 = 6:978
26
103 K
16.2
Luminosità di una stella
Exercise 16.3 Una stella si comporta dal punto di vista termodinamico come
una sfera di materia in equilibrio termico a temperatura T. Si de…nisce luminosità di una stella la potenza totale L irradiata. Calcolarne la luminosità in
funzione della temperatura e del raggio r.
Soluzione: La legge di Stefan-Boltzmann fornisce l’energia radiante per unità
di volume in un corpo nero. Questa può essere associata ad un insieme continuo
di onde piane dirette lungo tutte le direzioni ^ con uguale intensità. Per ognuna
di queste componenti abbiamo che la potenza dS (con S vettore di Poynting
espresso in watt/m2 ) irradiata nell’angolo solido d è pari a
dS = c
SB
T4
d
4
La stella va immaginata come un corpo nero con…nato da una sfera di area 4 r2
con r raggio della stessa. D’altra parte la potenza dL irradiata da una calotta
della stessa di area dA risulta pari a
Z
dL = dA
cos ^ n
^ dS
semisf era
=
1
dAc
2
4
SB T
Z
2
cos sin d =
0
1
dAc
4
SB T
4
2
Pertanto, ponendo A = 4 r abbiamo che la luminosità L di una stella è data
da
L = r2 c SB T 4 = 3 5:67 4 r2 T 4
Exercise 16.4 Una supergigante rossa presenta una luminosità L pari a 104
volte quella del sole ed una temperatura super…ciale di 3000 K. Calcolare il
diametro della stella
Il sole ha un raggio di 695,000 km ed una temperatura di 5770 K. Pertanto
ha una luminosità pari a
Lsole = 3:8 1026 watt
Poichè
Lgr
= 104 =
Lsole
rgr
rsole
2
Tgr
Tsole
4
=
rgr
rsole
2
3000
5770
4
abbiamo rgr = 359 rsole:
17
17.1
Coe¢ cienti A e B di Einstein
Vita media radiativa *
Exercise 17.1 Secondo la formula di Larmor la potenza irradiata da una particella è proporzionale al quadrato dell’accelerazione,
P =
2 e2 a2
3 4 "0 c3
27
(29)
A livello atomico l’accelerazione va calcolata quantisticamente sostituendo il
valor medio a2 col valore di aspettazione h ja2 (t)j i 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 .
Tenuto conto della relazione tra un generico operatore O ed il suo corrispondente nella rappresentazione di Heisenberg,
iHt=~
O (t) = e
OeiHt=~
l’accelerazione è data da
a (t) =
1 @
p (t) =
m @t
i
1
[H; p (t)]
m~
Pertanto il valor medio quadratico di a (t)
1
h j[H; p (t)] [H; p (t)]j i
m2 ~2
1 X
h j[H; p (t)] j i h j [H; p (t)]j i
m2 ~2
h ja2 (t)j i =
=
f
1 X 2 2
! p
m2
=
D’altra parte
1
p (t) = i~
m
1
[H; r (t)]
per cui
1
pif (t) = i! if rif (t)
m
Pertanto
h ja2 (t)j i =
e
1
=
'
P
~!
=
X
! 4 r2
2
e2
2
!3 r2 =
3 4 "0 ~c3
3
!
!
r
c
2
Exercise 17.2 Calcolare la vita media radiativa del livello 3s.
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
3s 2p
=
1
n3s
3s 2p
=
1
2p 1s
28
1
2p 1s
n2p0
n2p0
Pertanto
n3s (t)
= n3s (0) e
n2p0 (t)
t=
3s
2p
2p 1s
= n3s (0)
3s 2p
n1s (t)
n3s (0)
=
3s 2p
2p 1s
D’altra parte
3s 2p
h
t=
e
3s
t=
e
2p
2p
1s
2p 1s
=
2p 1s
3s 2p
!2
!3
t=
1
e
2
jf2p
jf3s
1
2
3s
1s j
2p
2p 1s
1
e
t=
2p
1s
i
= 98:66
2p j
Poichè 2p 1s è molto più piccolo di 2p 1s il termine e t= 2p 1s decade rapidamene e le popolazioni dei tre livelli sono date con buona approssimazione
da
n3s (t)
n2p0 (t)
n1s (t)
t=
= n3s (0) e
3s
2p
2p 1s
= n3s (0)
3s 2p
e
t=
3s
2p
e
t=
2p 1s
3s 2p
= n3s (0) 1
3s 2p
3s
2p
2p 1s
Possiamo allora concludere che il tempo di decadimento radiativo è dato con
buona approssimazione da 3s 2p = 98:6 2p 1s = 160 n sec
Exercise 17.3 Discutere la transizione tra i due livelli di struttura iper…na
F = 0 $ F = 1 dell’atomo di idrogeno al livello fondamentale 2 S1=2 .
Poichè la transizione di dipolo elettrico è proibita dobbiamo considerare
quella di tipo magnetico. Pertanto, per un campo diretto lungo z lgli stati con
F = 1 sono accoppiati con quello relativo ad F = 0 dall’elemento di matrice
E
1 (p)
1 (p)
sz |{z}
s
1M1 s(e)
+
00 = 10 s(e)
00 M1 ;0
z +
z
|{z}
2000
2000 z
F MF
F MF
dove
=
1 (p)
10 s(e)
s
00
z +
2000 z
0
1
1B
1 (p) B
C (e)
s
@ " # + # " A sz +
@ " #
|{z}|{z}
2 |{z}|{z} |{z}|{z}
2000 z
|
=
=
0
p
e
{z
p
e
F =1;MF =0
0
}
p
|
1 2 0
e
1
{z
C
# " A
|{z}|{z}
F =0
1
p
e
0
}
13
1B
1 B
C 6 B
C
C7
@ " # + # " A 4 @ " # + # " A+
@ " # + # " A5
|{z}|{z} |{z}|{z}
2 |{z}|{z} |{z}|{z}
2000 |{z}|{z} |{z}|{z}
1
2
p
e
1
1
2000
p
e
p
e
Pertanto
M (dm) (0; 0 $ 1; MF0 )
29
p
1
2
! if
e
p
e
p
e
17.2
Laser a rubino *
Exercise 17.4 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. Da 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
=
IB2!1 n2 + IB1!2 n1
(w3!2 + w3!1 ) n3
n2
w2!1 n2 + w3!2 n3
spont
=
n2
IB1!2 n1 + IB2!1 n2 + w2!1 n2 +
+ Ip B3!1 n3
Ip B1!3 n1 + w3!1 n3
spont
=
1
cav
+ ~! (B2!1 n2
B1!2 n1 ) I
con l’aggiunta della 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 w3!2 ; w3!1 da 3 a 2,1 e della vita media dei
fotoni in cavità. Si discuta il valore di soglia dell’intensità di pompa perchè
il laser cominci ad oscillare assumendo w3!2
Ip B3!1 ; Ip B1!3 , w3!1 +
w3!2
w2!1 ed utilizzando i dati tipici di un laser a rubino,
= 2 10 8 sec
= 3 10 3 sec
= 14:422 cm 1
= 2
= 4
cav
spont
! laser
g2
g1
In condizioni stazionarie e sopra soglia ( I 6= 0) deve risultare
Ip B1!3
n1
Ip B3!1 + w3!2 + w3!1
1
IB2!1 +
+ w2!1 n2
= n3
=
IB1!2 +
spont
~! 12 (n2 B2!1
n1 B1!2 )
Ip B1!3 w3!2
Ip B3!1 + w3!2 + w3!1
n1
1
=
cav
D’altra parte
B2!1 = 2B1!2
e
2 3
c
~! 312
1
spont
30
= B2!1
(30)
per cui
n2
n1
!2
= 2123
2
c
spont
cav
pertanto
n1 =
n
! 212
2 c3
spont
cav
3
Ip B1!3
+
2 Ip B3!1 + w3!2 + w3!1
1
e
IB2!1
=
Ip B1!3 w3!2
Ip B3!1 + w3!2 + w3!1
1
w2!1
1
2
1
spont
1
w2!1
2
! 212
2 c3
1
spont
n1
cav
spont
17.3
Dipolo magnetico
Per transizioni di dipolo magnetico abbiamo
E
! if D ^
(dm)
Mif
i B (L+2S) f
=
2
^ versore del campo magnetico.
con B
Poichè L non modi…ca il numero quantico l, mentre sia L che S non modi…cano la parte radiale delle funzioni d’onda, dovremo limitarci a considerare
transizioni tra stati del tipo njl 12 mj ! nj 0 l 12 m0j : Ciò comporta che le transizioni di tipo magnetico collegano solo stati di assegnati numeri quantici n ed
l.
Per calcolare gli elementi di matrice possiamo sfruttare il fatto che
J (L+2S) = i (L+2S) = iV
dove V è un operatore vettoriale, come abbiamo già avuto modo di notare nel
Cap. 5, quando abbiamo utilizzato il Teorema di Wigner-Eckart per analizzare
l’e¤etto Zeeman. Se indichiamo con l’insieme di numeri quantici n; l; s = 12 ; e
poniamo
Vx iVy
Vx + iVy
p
p
; V0 = Vz ; V 1 =
V1 =
2
2
gli elementi di matrice di Vq sono proporzionali a quelli di Y1q
h jm jVq j j 0 m0 i = C (j; j 0 ; q) h jm jY1q j j 0 m0 i
con C indipendente da mj e m0j . D’altra parte possiamo esprimere h jm jY1q j j 0 m0 i
con i coe¢ cienti di Clebsch-Gordan (v. Appendice)
s
3 (2j 0 + 1) 0
0 0
h jm jY1q j j m i =
h j 100j j0i h j 0 1m0 qj jmi
4 (2j + 1)
31
Introducendo ora le quantità
b1 =
Bz
Bx + iBy
p
; b0 =
; b
B
2B
abbiamo
^ (L+2S) =
B
1
X
b
=
1
Bx iBy
p
2B
Vq
q
q= 1
per cui
(dm)
Mnjmj ;nj 0 m0
j
! if
2
=
r
3
4
s
1
X
2j 0 + 1 0
h j 100j j0i
b
2j + 1
q= 1
qC
(j; j 0 ; q) j 0 1m0j q jmj
(31)
Ad esempio, per un’onda polarizzata circolarmente, che ruoti in senso antiorario e viaggi lungo la direzione z, la polarizzazione ^ (r; t) segue la legge
^ (r; t) =
x
^ cos (!t
kz) + y^ sin (!t
p
2
kz)
=<
x
^
p
i^
y i(!t
e
2
kz)
<
n
ei(!t
per cui
n
^ (L+2S) = < i
B
e
(dm)
Mnjmj ;nj 0 m0
j
17.4
dipolo elettrico magnetico
=
! if
2
r
3
4
(L+2S) ei(!t
s
kz)
o
=
V1 sin (!t
kz)
2j 0 + 1 0
h j 100j j0i C (j; j 0 ; 1) j 0 1m0j 1 jmj
2j + 1
Regole di selezione
Dalle Eqq. (??), (31) e dai problemi dedicati alle transizioni di quadrupolo elettrico discende che le transizioni di dipolo elettriche e magnetiche e di quadrupolo
permesse sono quelle per cui
dipolo elettrico
dipolo magnetico
quadrupolo elettrico
8
>
>
<
>
>
:
l= 1
m = 0; 1
l=0
ml = 0; 1
j = 0; 1
mj = 0; 1
l = 0; 2 (l = 0 $ l0 = 0 proibita)
ml = 0; 1; 2
(32)
Si può anche dimostrare (vedi fascicolo problemi) che per transizioni tra livelli
di struttura …ne valgono le seguenti regole di selezione
dipolo elettrico con accoppiamento LS
32
j = 0; 1
m = 0; 1
(33)
kz)
o
