Meccanica quantistica Es. 1. La lunghezza d`onda di de Broglie per l

Meccanica quantistica
Es. 1. La lunghezza d’onda di de Broglie per l’elettrone è data dal rapporto: λ = h p
Dove l’impulso p può essere ricavato tenendo conto che l’elettrone possiede energia cinetica pari a:
p2
⇒ p = 2me E
2me
E=
λ= h
per cui:
≅ 1.23 Å
2me E
la distanza interplanare tra i piani cristallografici si ricava infine dalla legge di Bragg:
nλ
2dsin(ϑ ) = nλ ⇒ d =
≅ 1.64 Å
(per n=1)
2 sin(ϑ )
Es. 2 E’ facile dimostrare che non risulta soddisfatta la relazione Hψ=Eψ. Infatti per una particella libera
di massa m vale:
2
1 ⎛
p2
∂ ⎞
− h2 ∂2
− h2
∂
2 i ( kx −ωt )
con p = −ih . Pertanto: Hψ ( x, t ) =
ψ
(
x
,
t
)
=
dk =
⎜ − ih ⎟ =
∫ g ( k )(ik ) e
∂x
2m
2m ⎝
2m ∂x 2
2m
∂x ⎠
H =
h2
h 2k 2
2 i ( kx −ωt )
i ( kx −ωt )
dk che è chiaramente diversa da:
dk = Eψ
∫ g (k ) ⋅ k e
∫ g ( k ) ⋅e
2m
2m
Viceversa, la
ih
risulta soluzione dell’equazione di Schrodinger dipendente dal tempo; infatti:
∂
h2
2 i ( kx −ωt )
ψ ( x, t ) = ih ∫ g (k )(−iω )ei ( kx −ωt ) dk = h ∫ g (k )ωei ( kx −ωt ) dk =
dk = Hψ
∫ g (k ) ⋅ k e
∂t
2m
Il pacchetto d’onda si “disperde” nel tempo durante la propagazione e quindi non può ovviamente essere una
soluzione stazionaria (indipendente dal tempo).
I livelli di energia per una buca di potenziale di altezza infinita e larghezza L sono:
h nπ
Pertanto i primi due stati eccitati hanno energia:
εn =
2
Es. 3
2 2 2
2me L
ε2 =
h 2 4π 2
2me L2
=
h2
2me L2
ε3 =
e
≅ 1.5eV
h 2 9π 2
2me L2
ε1 =
L’energia dello stato fondamentale è invece:
=
9 h2
≅ 3.4eV
4 2me L2
h 2π 2
2
2me L
=
ε2
4
Per eccitare l’elettrone dallo stato fondamentale di energia E1 al secondo stato eccitato di energia E3 occorre
fornire una radiazione elettromagnetica di energia hν pari alla differenza tra i due livelli; per cui:
ε −ε
ch
hν = ∆ε = ε 3 − ε1 ⇒ ν = 3 1 da cui la lunghezza d’onda:
≅ 4.1 ⋅ 10−7 m
λ = cν =
h
ε 3 − ε1
Es. 4
Il modulo della velocità di gruppo è: v(k ) =
Il massimo valore si ha per
∂ω (k )
⎛ ak ⎞
∝ cos⎜ ⎟
∂k
⎝ 2 ⎠
ricavare testo
2π
ak
→ 0 , cioè per lunghezze d’onda λ>>a (dal momento che k =
). In questo
λ
2
caso la velocità di gruppo eguaglia il valore della velocità del suono nel mezzo. Il minimo valore della
ak π
π
= ⇒ k = ⇒ λ = 2a
velocità, pari a zero, si ha per
2
2
Costanti e fattori di conversione: h = 6.63 ⋅ 10
a
−34
Js ; h = h / 2π ; 1eV = 1.6 ⋅ 10−19 J ; me = 0.91 ⋅ 10−30 Kg
26.2.2001 raccolto in F4
Una buca di potenziale 1D a pareti infinite, di larghezza 100Å, alla temperatura di 0K, contiene 49 elettroni.
Quale sarà la velocità VF dell’elettrone con l’energia più elevata?
h 2π 2 n 2
I livelli energetici della buca di potenziale hanno energia : ε n =
con n intero.
2
2m L
Poiché gli elettroni sono fermioni, in ogni singolo livello energetico si possono sistemare due elettroni (uno
con spin “down” ed uno con spin “up”). Per n=24 sono sistemati 48 elettroni, per cui il 49° è sistemato nel
h 2π 2 252
livello n=25. La sua energia sarà quindi: ε 25 =
2
2m
D’altro canto
2 2
L
2
hπ
1 2 h π 25
mvF =
⇒ vF = 25
= 9 ⋅ 105 m / s
2
2m L2
mL
26.2.2001 Raccolto in F4
Un fascio di elettroni viene indirizzato verso un cristallo caratterizzato da una distanza interplanare d=3Å.
In queste condizioni si ottiene un picco intenso di diffrazione per un angolo di incidenza Θ pari a 30°. Qual
è l’energia del fascio di elettroni incidenti? Se si vuole ottenere un picco di diffrazione per lo stesso valore
dell’angolo di incidenza, utilizzando, però, un fascio di radiazione elettromagnetica oppure un fascio di
neutroni, quale dovrà essere l’energia, rispettivamente, della radiazione elettromagnetica o dei neutroni?
Nelle condizioni di diffrazione λ = 2dsinϑ
l’energia dell’elettrone sarà ε e =
h 2k 2
h2
h2
=
=
= 16.7eV
2me
2λ2 me 8d 2 sin 2ϑ ⋅ me
Nel caso in cui si utilizzino fotoni ε f = hν =
Se infine si utilizzano neutroni:
hc
λ
=
hc
= 4.1KeV
2dsinϑ
m
h2k 2
= ε e e = 9 ⋅ 10 −3 eV
2m n
mn
26.2.2001 Copiato in F4
Si calcoli, utilizzando il modello di Bohr, il raggio dell’orbita fondamentale dell’atomo di idrogeno.
In base alla condizione di Bohr: bN = mrN2 ω N = Nh D’altro canto
L’orbita fondamentale si trova per N=1: r1 =
4πε 0h 2
me2
2
mω N
rN =
1
e2
4πε 0 rN2
⇒ rN =
4πε 0h 2
me2
N2
=0.53Å
24.9.2001 Raccolto in F4
Quali sono, rispettivamente la velocità di gruppo vg e la velocità di fase vf di un elettrone libero di energia
cinetica 10-2 eV?
ω
dω
Vg =
inoltre nel nostro caso
e Vf =
k
dk
hk
hk
da cui segue V f =
, Vg =
= 2V f
2m
m
poiché
hω = 2mε
18.01.2002 (Es.1)
18.01.2002 (Es.2)
18.01.2002 (Es.3)
⇒
Vf =
ε
2m
h 2k 2
ε=
2m
≅ 3 × 10 4 m / s
18.01.2002 (Es.4)
26.02.2002 (Es.1)
26.02.2002 (Es.2)
26.02.2002 (Es.3)
26.02.2002 (Es.4)
09.09.2002 Raccolto in F4
In una buca di potenziale di larghezza L=10Å, un elettrone giace nel primo livello eccitato (n=2). In seguito
all'assorbimento di radiazione elettromagnetica di frequenza ν = 2 ⋅1015 Hz , esso può transire ai livelli
energetici superiori (non occupati). Si determini quale sarà il più alto livello eccitato raggiunto.
I livelli energetici
εn
per gli
elettroni nella buca sono: ε n =
h2
2M
2
h
⎛π ⎞ 2
n 2 . Essendo
⎜ ⎟ n =
2
8ML
⎝L⎠
2
Ei = hν l'energia incidente, e partendo da n=2, l'elettrone potrà essere eccitato al livello nf tale che:
h2
n 2 − 4 ) . Distinguiamo due casi: se la radiazione è strettamente monocromatica con
2 ( f
8ML
15
ν = 2 ⋅10 Hz allora nessuna transizione è permessa (poiché hν > ε 5 − ε 2 e hν < ε 6 − ε 2 ). Per radiazione
hν = Ei =
policromatica che possiede tutte le frequenze fino a ν = 2 ⋅1015 Hz vengono eccitate le transizioni dal
secondo livello fino al quinto.
09.09.2002 Raccolto in F4
Un atomo di idrogeno viene ionizzato mediante radiazione elettromagnetica. Sapendo che l'elettrone estratto
(inizialmente nello stato energetico fondamentale) possiede un'energia cinetica residua pari a 30 eV, si
determini la lunghezza d'onda della radiazione incidente.
L'energia della radiazione elettromagnetica è pari alla somma dell'energia di ionizzazione dell'atomo di
idrogeno (13.6 eV) e dell'energia cinetica residua (30eV). Pertanto dovrà essere:
hν = h
c
λ
= 43.6eV ⇒ λ ≅ 2.85*10−8 m
26.9.2002 Raccolto in F4
Un elettrone libero, caratterizzato da una lunghezza d’onda λ=10 Å, si muove in direzione perpendicolare
all’armatura di un condensatore elettrico a lastre piane parallele. L’elettrone penetra attraverso un piccolo
foro all’interno del condensatore dove trova un campo elettrico di 10 V/m che lo rallenta. A quale distanza
dall’armatura la velocità dell’elettrone si annullerà?
L’energia cinetica dell’elettrone libero è pari a:
2π
h2K 2
E=
, K=
= 6.28 × 109 m −1
2m
λ
La velocità si annullerà quando il lavoro compiuto dal campo elettrico eguaglierà l’energia cinetica
dell’elettrone
h2K 2
= Eel
2m
dove l rappresenta lo spazio percorso all’interno del condensatore, quindi:
h2K 2
l=
≅ 0.15 m
2meE
26.9.2002 Raccolto in F4
In una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza 1000 Å e temperatura idealmente uguale a 0 K,
vengono confinati in successione 2000 elettroni. Quale sarà l’energia εF dell’ultimo elettrone confinato
all’interno della buca? Il sistema viene quindi riscaldato fino a 1000 K. In queste condizioni, supponendo
che il potenziale chimico coincida con εF, quale sarà la probabilità che uno stato con energia ε=0.99εF
risulti vuoto?
I livelli energetici all’interno della buca sono dati dalla formula
h 2 ⎛ nπ ⎞
εn =
⎜
⎟
2m ⎝ L ⎠
2
Essendo gli elettroni fermioni, il livello occupato più alto sarà n=1000. Quindi:
2
h 2 ⎛ 1000π ⎞
−18
⎜
⎟ = ε F ≡ 5.5 × 10 J
2m ⎝ L ⎠
La probabilità che lo stato sia vuoto è pari a
1 − f FD (ε ) = 1 −
1
= 0.02
exp[(ε − µ ) / τ ] + 1
(Questa seconda risposta presuppone la conoscenza di nozioni riguardanti la seconda parte del corso).
16.1.2003 (Es.1) nella raccolta F4
La relazione di dispersione delle onde elastiche lungo una catena di atomi può essere espressa,
nell’intervallo
π
a
<K<
π
a
, dalla relazione ω =
4C
⎛ Ka ⎞
sin ⎜
⎟ , dove K rappresenta il vettore d’onda, a la
M
⎝ 2 ⎠
distanza tra gli atomi, M la massa di ciascun atomo e C la costante elastica di interazione tra due atomi
vicini. Si calcoli la velocità di gruppo e la velocità di fase delle onde nel caso in cui λ sia molto maggiore di
a.
Nel limite λ>>a abbiamo Ka<<1. La funzione sin può essere espressa tramite lo sviluppo in serie di Taylor
come
Ka
Ca 2
. Quindi ω =
K.
2
M
ω
dω
La velocità di fase
e la velocità di gruppo
coincidono e sono entrambe uguali a
K
dK
Ca 2
.
M
16.1.2003 (Es.2) Raccolto in F4
Un metallo viene illuminato tramite brevi impulsi di radiazione elettromagnetica di lunghezza d’onda pari a
200 nm. Un rivelatore di elettroni posto a 1 m dal metallo rivela i primi elettroni 1 µs dopo che la radiazione
ha raggiunto il metallo. Si stimi l’energia di estrazione degli elettroni dal metallo.
Per la conservazione dell’energia, l’energia del fotone incidente deve essere eguale all’energia di estrazione
dell’elettrone più l’ energia cinetica dell’elettrone stesso nel vuoto:
hν = Φ +
1
mv 2
2
Gli elettroni più veloci percorrono 1 m in 10-6 s, pertanto la loro velocità sarà 106 m/s. Quindi:
Φ=h
1
− mv 2 = 3.37 eV.
λ 2
c
16.1.2003 (Es.3) Raccolto in F4
Gli elettroni emessi da un filamento di tungsteno riscaldato vengono accelerati per una distanza l=0.1 m
tramite un campo elettrico applicato E. Il fascio così generato viene fatto incidere con un angolo θ=20° su
di una superficie cristallina caratterizzata da una distanza interplanare d=4 Å. Quale dovrà essere il
modulo del campo elettrico E affinché si abbia diffrazione dal cristallo? Si consideri solo la riflessione al
primo ordine (n=1).
Per la legge di Bragg avremo
λ = 2d sin θ , (n=1). D’altro canto l’energia cinetica degli elettroni dovrà
eguagliare il lavoro compiuto dal campo elettrico
h2
E=
≡ 196V / m .
8meld 2 sin 2 θ
h2
= eEl . Quindi otteniamo:
2mλ2
16.1.2003 (Es.4) raccolto in F4
In una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza 50 Å e temperatura idealmente uguale a 0 K, sono
confinati 6 elettroni. Ad un certo istante sulla buca viene inviata radiazione elettromagnetica policromatica
(contenente tutte le lunghezze d’onda). Quale sarà la massima lunghezza d’onda che il sistema sarà in grado
di assorbire?
I livelli energetici all’interno della buca sono dati dalla formula
h 2 ⎛ nπ ⎞
εn =
⎜
⎟
2m ⎝ L ⎠
2
Essendo gli elettroni fermioni, il livello occupato più alto sarà n=3.
La massima lunghezza d’onda assorbita (minima energia) corrisponderà alla transizione di un elettrone dal
livello n=3 al livello n=4. Quindi:
∆ε = ε 4 − ε 3 =
7 h 2π 2 hc
8mL2 c
da
cui
segue
λ
=
= 11.8 µm
=
2 mL2
λ
7h
18.2.2003 (Es.1) Un sistema costituito da una mole di momenti magnetici elementari a temperatura molto
bassa si trova inizialmente in un intenso campo magnetico applicato. In queste condizioni si supponga che
tutti i momenti magnetici siano orientati parallelamente al campo. Ad un certo istante il campo viene spento
ed il sistema raggiunge un nuovo stato di equilibrio corrispondente alla distribuzione più probabile. Si calcoli
la variazione di entropia in J/K.
Poiché l’entropia s è uguale al logaritmo naturale della molteplicità dello stato, la sua variazione
⎛gf
⎝ gi
sarà: ∆σ = ln⎜⎜
⎞
⎟⎟ in cui g i = 1
⎠
⎛ 2 ⎞
⎟⎟
Per la funzione di molteplicità usiamo l’approssimazione gaussiana: g ( N A , s ) = ⎜⎜
π
N
⎝ A⎠
⎛ 2 ⎞
⎟⎟
s=0 si riduce a g ( N A ,0) = ⎜⎜
⎝ πN A ⎠
1
1
2
⋅e
−
2 s2
NA
, che per
2
. Pertanto la differenza di entropia risuta pari a:
1 ⎛ 2 ⎞
⎟ + N A ln 2 Poiché il primo termine è trascurabile rispetto al secondo otteniamo
∆σ = ln⎜⎜
2 ⎝ πN A ⎟⎠
∆S = K B N A ln 2 = R ln 2 ≅ 5.76 J
K
18.2.2003 (Es.2) Si consideri un gas di idrogeno allo stato atomico alla temperatura T=5800 K. Qual è il
rapporto tra le probabilità di occupazione del primo livello eccitato e del secondo livello eccitato.
Assunto come zero dell’energia il livello di ionizzazione, e chiamata R l’energia dello statofondamentale
(pari a R=-13.6eV), abbiamo, per il primo e per il secondo livello eccitato:
P (n = 2) = e
−
R
4τ
e P (n = 3) = e
−
R
9τ
Il rapporto di probabilità si determina quindi da:
−
R
4τ
⎡⎛ 1 1 ⎞ R ⎤
⎢⎜ − ⎟ ⎥
P(n = 2) e
= R = e ⎣⎝ 9 4 ⎠ τ ⎦ ≅ 43
P (n = 3)
−
e 9τ
18.2.2003 (Es.3) In un sistema quantistico a due livelli, occupato da una sola particella, la differenza in
energia tra i livelli è pari a 0.1 eV. Quale dovrà essere la temperatura in gradi Kelvin perché la probabilità di
occupazione del livello superiore sia pari a 0.2?
Assumiamo pari a zero l’energia del livello fondamentale, e quindi pari ad ε quella dell’unico livello
eccitato. Imponendo quindi quanto richiesto sulla probabilità di occupazione avremo:
e
P (ε ) =
e
−
−
ε
τ
ε
τ
+1
da qui segue
T =−
= 0.2 ;
e
−
ε
τ
ε2
K B ln(0.25)
= 0.25 e quindi:
≅ 840 K
18.2.2003 (Es.4) La composizione dell’aria al livello del mare è per il 78% di N2 molecolare (peso
molecolare 28 U.A.) e, per il 21% di ossigeno molecolare O2 (peso molecolare 32 U.A.). Determinare la
percentuale relativa aspettata ad una quota h di 20 km, immaginando l’atmosfera un gas perfetto isotermo a
temperatura di 227 K.
La percentuale relativa tra i due gas nella miscela è anche pari al rapporto tra le concentrazioni, ciascuna
delle quali è ovviamente variabile con la quota. A quota zero otteniamo:
nO2 (0)
n N 2 ( 0)
=
0.21
≅ 0.27
0.78
immaginando l’atmosfera un gas isotermo la concentrazione dei due gas varia con la quota secondo le
relazioni:
nO2 (h) = nO2 (0) ⋅ e
−
M O gh
2
τ
e n N 2 (h) = n N 2 (0) ⋅ e
−
M N gh
2
τ
.
Dal rapporto membro a membro otteniamo la percentuale relativa richiesta:
nO2 (h)
n N 2 ( h)
=
nO2 (0)
n N 2 (0)
⋅e
−
( M O − M N ) gh
2
2
τ
= 0.27 ⋅ e
−
( M O − M N ) gh
2
2
τ
≅ 0.18
28.2.2003 (Es.1) In un sistema quantistico gli stati energetici elettronici obbediscono alla legge εn=A+Bn3
(n=0,1,2,…), dove A e B sono costanti dalle opportune dimensioni fisiche. E’ noto inoltre che per provocare
la transizione di un elettrone dallo stato fondamentale al secondo livello eccitato è necessario inviare sul
sistema una radiazione elettromagnetica monocromatica di frequenza ν=1014Hz. Si calcoli la temperatura
assoluta per la quale la probabilità di trovare la particella ad energia ε1 è mille volte maggiore della
probabilità di trovarla a ε2.
I primi tre livelli hanno energia: ε 0 = A; ε 1 = A + B; ε 2 = A + 8 B;
Qualunque sia il valore di A (energia di punto zero), il rapporto tra le probabilità di occupazione si determina
da:ll rapporto tra i fattori di Boltzmann:
⎛−B⎞
exp⎜
⎟
P(ε 1 )
KT ⎠
⎝
=
;
P(ε 2 )
⎛ − 8B ⎞
exp⎜
⎟
⎝ KT ⎠
dove la costante B si calcola dall’informazione hν = ε 2 − ε 0 = 8 B . A questo punto la temperatura cercata si
ottiene da:
⎛ 7 hν ⎞
P(ε 1 )
7hν
⎛ 7B ⎞
⎜
8 ⎟ = 1000 → T =
1000
exp
≅ 610 K
= exp⎜
=
→
⎟
⎜⎜ KT ⎟⎟
P(ε 2 )
8KT ln(103 )
⎝ KT ⎠
⎝
⎠
28.2.2003 (Es.2) Un sistema termodinamico è costituito da 10-2 moli di momenti magnetici elementari (spin)
indipendenti a temperatura ambiente ed in un campo esterno applicato B. In queste condizioni il momento
magnetico totale M tot del sistema è pari a 1.854*10-9 JT-1. Ad un certo istante, il campo magnetico viene
spento ed il sistema raggiunge rapidamente un nuovo stato di equilibrio. Calcolare la variazione di entropia
termodinamica.
Il momento complessivo M tot è pari a M tot = µ B ( N ↑ − N ↓ ) in cui µ B rappresenta il momento magnetico
Elementare (magnetone di Bohr), N ↑ ed N ↓ il numero di momenti orientati rispettivamente parallelamente
ed antiparallelamente al campo.l’eccesso di spin si ottiene quindi direttamente da:
2s = N ↑ − N ↓ = M
14
µ B = 2 ⋅10
All’equilibrio, con campo spento, avremo N ↑ = N ↓ e pertanto s=0..
La variazione di entropia, in approssimazione gaussiana (giustificata dal gran numero di spin) sarà:
⎤
⎡
⎥
⎢
⎥
⎢
⎤
⎡ g (N A
,0)
⎥
⎢
f
2s 2
g ( N ,0)
100 ⎥ = K ln
∆S = K B ln ⎢
=
≅ 4.6 ⋅10 −17 J
K
B
B
⎥
⎢
K
⎥
⎢
N
N
⎛
⎞
A
A
⎢
⎜ − 2s 2 ⎟ ⎥
⎢⎣ g i ( 100 , s) ⎥⎦
100
⎢ g ( N ,0) exp⎜
⎟⎥
⎢
⎜ NA
⎟⎥
100 ⎠ ⎦
⎝
⎣
28.2.2003 (Es.3) Un sistema di N=1024 spin di momento magnetico µ=9.2x10-24 JT-1 viene posto in un
campo magnetico uniforme di intensità B=1T. Il sistema è in equilibrio termodinamico alla temperatura T=1
K. Il valore del momento magnetico può assumere solo due direzioni: parallela o antiparallela al campo..
Calcolare quanti dipoli magnetici sono mediamente orientati nelle due direzioni.
Il sistema quantistico è a soli due stati energetici, per cui è possibile calcolare la funzione di
partizione:
Z =e
−
µB
K BT
+e
⎛ µB
−⎜⎜ −
⎝ K BT
⎞
⎟⎟
⎠
≅ 2.46
Il numero di dipoli allineati lungo il campo si ottiene moltiplicando il numero totale per la
probabilità che uno spin risulti parallelo sia per esempio spin “up”):
N ↑ = NP↑ = N
e
⎛ µB
−⎜⎜ −
⎝ K BT
Z
⎞
⎟⎟
⎠
≅ 7.9 ⋅10 23
Per cui quelli allineati nell’altra direzione sono ovviamente:
N ↓ = NP↓ = N
e
⎛ µB
⎜⎜ −
⎝ K BT
Z
⎞
⎟⎟
⎠
≅ 2.1 ⋅10 23 = N − N
↑
28.2.2003 (Es.4) Si abbia un sistema a tre stati (0, ε, 2ε ) con ε =0.1 eV, in cui vi è una sola particella.
Determinare l’energia media del sistema ad una temperatura T=1000 K.
La funzione di partizione vale:
( τ )+ exp(− 2ε τ ) ≅ 1.41 essendo exp(− ε τ ) ≅ 1.16
Z = 1 + exp − ε
L’energia mediasi scrive pertanto:
U =
( )
(
ε exp − ε τ + 2ε exp − 2ε τ
Z
) ≅ 7.2 ⋅10
−21
J ≅ 0.045eV
28.2.2003 (Es.1) In una buca di potenziale 1D a pareti di altezza infinita, di larghezza 1 nm sono contenuti N
elettroni. Se si illumina la buca di potenziale con radiazione elettromagnetica policromatica, si
osservano numerose righe di assorbimento. In particolare, la massima lunghezza d’onda assorbita
risulta d uno stato finale ni=3. Questo implica, essendo gli elettroni fermioni, che si
debbano avere due elettroni nel secondo livello ed uno stato libero nel terzo livello (zero o un
elettrone). N sarà quindi uguale a 4 oppure 5.
28.2.2003 (Es.2) Un elettrone libero che si muove lungo la direzione x, incontra un gradino di potenziale di
altezza
pari a 2eV e penetra in esso per effetto tunnel quantistico. Sapendo che, alla distanza di 1 nm dalla
barriera, la probabilità di trovare l’elettrone si riduce ad un millesimo della probabilità di trovarlo
appena all’interno del gradino, si determini l’energia dell’elettrone stesso.
La probabilità di trovare l’elettrone oltre il gradino varia secondo la legge
dove
da cui segue
e quindi
28.2.2003 (Es.3) Uno strumento di alta precisione ha consentito di misurare la quantità di moto di un
elettrone libero.La misura fornisce un valore p=5*10-24kgm/s con un’incertezza pari ad 1%. Sarebbe
possibile determinare contemporaneamente la posizione dell’elettrone con una indeterminazione sulla misura
pari ad 0.1 nm? Perché? In queste condizioni quanto varrebbe l’indeterminazione sull’energia dell’elettrone?
Poiché
se ne deduce che una misura contemporanea con le indeterminazioni
richieste è impossibile.
Inoltre
28.2.2003 (Es.4) Il catodo di una cellula fotoelettrica è costituito da magnesio che viene illuminato
da luce ultravioletta monocromatica di lunghezza d’onda λ=200 nm. Quale deve essere la d.d.p da
applicare tra il catodo e l'anodo per annullare la corrente fotoelettrica. La funzione di lavoro del
magnesio vale Ψm =3.7 eV.
L’energia dei fotoni vale
l
Quindi il potenziale d’arresto vale
Positivo
05.09.2003 (Es.1) Un fascio di raggi X di energia pari a 10 KeV incide con un angolo θ sulla
superficie di un cristallo
dando luogo ad un’intensa diffrazione alla Bragg. Quale dovrà essere l’energia di un fascio di
neutroni perché, nelle stesse condizioni geometriche, si abbia ancora una riflessione alla Bragg?
La lunghezza d’onda dei raggi X sarà = ≅ 1.24
Perché i neutroni possano essere diffratti nelle stesse condizioni geometriche essi dovranno avere
la stessa lunghezza d’onda, quindi la loro energia sarà pari a:
05.09.2003 (Es.2) Riscrivere Un elettrone è vincolato in una regione in una dimensione di lunghezza
dell’ordine di un diametro
atomico, 10−10m. Quanta energia (misurata in eV) va fornita all’elettrone per promuoverlo al primo
stato eccitato a partire dall’energia più bassa? In questo stato di energia minima, qual è la
probabilità di trovare l’elettrone nella regione fra 0,05×10−10 m e 0,15×10−10 m?
Per comodità si fa presente che:
L’energia dei vari livelli energetici dell’elettrone è:
Quindi l’energia in eV da fornire all’elettrone vale:
Nello stato più basso(n=1) la funzione d’onda vale:
Quindi la probabilità di trovare l’elettrone nell’intervallo dato vale:
xx.1.2004 (Es.1) raccolto in F4
In un atomo di idrogeno (modello di Bohr), l'elettrone occupa inizialmente uno stato eccitato non noto (di
numero quantico ni). In seguito ad assorbimento di energia elettromagnetica, esso viene fatto transire ad
uno stato (di numero quantico nf > ni) caratterizzato da un raggio atomico 25 volte maggiore del
precedente. Sapendo che nf<15 si calcoli la lunghezza d'onda della radiazione assorbita.
Poiché rf=25 ri se ne deduce che nf =5ni (dal momento che il raggio è proporzionale al quadrato del numero
quantico). Pertanto l'unica coppia di valori possibili, dovendo essere nf<15, risulta nf=2 ed nf=10.
Dunque: hν =
hc
λ
= ε8 − ε 2 ⇒ λ =
hc
⎛1 1 ⎞
A⎜ −
⎟
⎝ 4 100 ⎠
; essendo A = 13.6eV
Ne segue: λ = 3.8 ⋅10−7 m
xx.1.2004 (Es.2) raccolto in F4
La radiazione elettromagnetica di un laser, caratterizzata da una lunghezza d'onda λ=248nm, investe un
bersaglio circolare di raggio 1mm. Sapendo che il numero di fotoni che colpisce in un minuto il bersaglio è
N=1016 fotoni, si calcoli l'intensità del fascio (si ricordi che l'intensità, misurata in J/m2s, rappresenta
l'energia che attraversa l'unità di area nell'unità di tempo).
La frequenza dei fotoni incidenti è:
ν=
c
λ
Quindi l'energia di un singolo fotone: E fot = hν =
L’energia trasportata dagli N fotoni, che investe il bersaglio in un minuto, è: E tot = N ⋅ E fot
Infine l’intensità si ottiene dal rapporto: I =
Nh c
Etot
λ = 42.57 J
=
∆t ⋅ A ∆t ⋅ πr 2
m2 ⋅ s
hc
λ
xx.1.2004 (Es.3) raccolto in F4
Tre elettroni, a temperatura idealmente pari allo zero assoluto, sono intrappolati in una buca di potenziale
(1D) a pareti infinite, di larghezza pari ad L=20Å. Investendo il sistema quantistico con una radiazione
policromatica avente energie E comprese nell'intervallo 1eV<E<5eV, si osservano alcune righe di
assorbimento. Si determini il numero delle righe, indicando esplicitamente quali sono le transizioni
elettroniche coinvolte, e la massima frequenza assorbita.
Poiché gli elettroni sono fermioni, per T che tende allo zero assoluto sono disposti in modo da occupare lo
stato fondamentale e, parzialmente, il primo livello eccitato (n=2).
L'autovalore dell'energia εn vale:
h 2π 2 2
h 2π 2
n
;
con
= 6.06 ⋅ 10 −1 eV = B = cost.
2mL2
2mL2
E' facile rendersi conto che con la radiazione policromatica a disposizione possono essere assorbite le
energie corrispondenti alle seguenti tre transizioni:
n = 1 → n = 2; ⇒ ∆ε = ε 2 − ε 1 = B(4 − 1) ≈ 1.82eV
n = 2 → n = 3; ⇒ ∆ε = ε 3 − ε 2 = B (9 − 4) ≈ 3.03eV
n = 1 → n = 3; ⇒ ∆ε = ε 3 − ε 1 = B(9 − 1) ≈ 4.85eV
Ne consegue che la massima frequenza assorbita sarà: ν max =
ε4 −ε2
h
= 1.75 ⋅ 1015 Hz
xx.1.2004 (Es.4) raccolto in F4 Soluzione da finire
Un neutrone animato da velocità v=200 m/s, incide su una barriera di potenziale di altezza V0 non nota, è in
uno stato quantistico caratterizzato da una velocità Si calcoli l'altezza della barriera, sapendo che la
probabilità di reperire la particella immediatamente dopo il bordo della buca (x=a+) è 300 volte superiore
della probabilità di riscontrarla ad una distanza d=10-8 m (cioè in x=a+d).
L'energia (solo cinetica) della particella è ε =
1 2
mv . La funzione d'onda per x>a si scrive: Ce − qx in cui
2
Il rapporto tra le due probabilità ci dice che
xx.1.2004 (Es.5) raccolto in F4
In un atomo di idrogeno (modello di Bohr), l'elettrone occupa inizialmente uno stato eccitato non noto (di
numero quantico ni). In seguito ad assorbimento di energia elettromagnetica, esso viene fatto transire ad
uno stato (di numero quantico nf > ni) caratterizzato da un raggio atomico 16 volte maggiore del
precedente. Sapendo che nf<12 si calcoli la lunghezza d'onda della radiazione assorbita.
Poiché rf=16 ri se ne deduce che nf =4ni (dal momento che il raggio è proporzionale al quadrato del numero
quantico). Pertanto l'unica coppia di valori possibili, dovendo essere nf<12, risulta nf=2 ed nf=8.
Dunque: hν =
hc
λ
= ε8 − ε 2 ⇒ λ =
Ne segue: λ = 3.9 ⋅ 10 −7 m
xx.1.2004 (Es.6) raccolto in F4
hc
; essendo A = 13.6eV
⎛1 1 ⎞
A⎜ − ⎟
⎝ 4 64 ⎠
La radiazione elettromagnetica di un laser è caratterizzata da una lunghezza d'onda λ=248nm e da
un'intensità (definita come energia che attraversa l'unità di area nell'unità di tempo) pari a: I=(4mJ)/(cm2s).
Si determini il numero dei fotoni che in un minuto investono un bersaglio circolare di diametro d=2mm.
La frequenza dei fotoni incidenti è:
ν=
c
λ
Quindi l'energia di un singolo fotone: E fot = hν =
−2
Il bersaglio circolare ha raggio r=1mm e quindi area πr = 3.14 ⋅ 10 cm .
L'energia totale che investe la superficie del bersaglio in un intervallo di tempo ∆t di 1 minuto è:
Etot = I ⋅ A ⋅ ∆t . Infine il numero dei fotoni si ottiene da:
N=
2
2
hc
λ
Etot
I ⋅ A ⋅ ∆t I ⋅ πr 2 ⋅ ∆t ⋅ λ
=
=
= 9.4 ⋅ 1015 fotoni
E fot
hc λ
hc
xx.1.2004 (Es.7) raccolto in F4
Tre elettroni, a temperatura idealmente pari allo zero assoluto, sono intrappolati in una buca di potenziale
(1D) a pareti infinite, di larghezza pari ad L=10Å. Investendo il sistema quantistico con una radiazione
policromatica avente energie E comprese nell'intervallo 1eV<E<5eV, si osservano alcune righe di
assorbimento. Si determini il numero delle righe, indicando esplicitamente quali sono le transizioni
elettroniche coinvolte, e la minima frequenza assorbita.
Poiché gli elettroni sono fermioni, per T che tende allo zero assoluto sono disposti in modo da occupare lo
stato fondamentale e, parzialmente il primo livello eccitato (n=2)
L'autovalore dell'energia εn vale:
h 2π 2 2
h 2π 2
n
;
con
= 3.77 ⋅ 10 −1 eV = B = cost.
2
2
2mL
2mL
E' facile rendersi conto che con la radiazione policromatica a disposizione possono essere assorbite le
energie corrispondenti alle seguenti quattro transizioni:
n = 1 → n = 2; ⇒ ∆ε = ε 2 − ε 1 = B(4 − 1) ≈ 1.13eV
n = 2 → n = 3; ⇒ ∆ε = ε 3 − ε 2 = B (9 − 4) ≈ 1.89eV
n = 1 → n = 3; ⇒ ∆ε = ε 3 − ε 1 = B(9 − 1) ≈ 3.02eV
n = 2 → n = 4; ⇒ ∆ε = ε 4 − ε 2 = B (16 − 4) ≈ 4.53eV
Ne consegue che la minima frequenza assorbita sarà: ν min =
ε 2 − ε1
h
= 2.73 ⋅ 1014 Hz
xx.1.2004 (Es.8)
Un elettrone, in una buca di potenziale a pareti finite di altezza V0 non nota, è in uno stato quantistico
caratterizzato da una velocità v=4*105 m/s. Si calcoli l'altezza della barriera, sapendo che la probabilità di
reperire la particella immediatamente dopo il bordo della buca (x=a+) è 104 volte superiore della
probabilità di riscontrarla ad una distanza d=5nm (cioè in x=a+d).
1 2
mv = 7.28 ⋅10−20 J
2
2m(V0 − ε )
La funzione d'onda per x>a si scrive: ψ ( x) =Ce − qx in cui q =
h
L'energia (solo cinetica) della particella è ε =
2
ψ (a + )
P( x = a + )
C 2 e−2 qa
Il rapporto tra le due probabilità ci dice che
=
=
= 104 ⇒ e2 qd = 104
2
2 −2 q ( a + d )
P( x = a + d ) ψ (a + d )
C e
2
1 ⎛ 2h ln10 ⎞
−20
Ed utilizzando l'espressione di q si ha finalmente: V0 = ε +
⎜
⎟ = 7.8 ⋅10 J .
2m ⎝ d ⎠
08.11.2004 (Es.1) Manca soluzione
Un numero dispari di elettroni è confinato in una buca di potenziale a pareti infinite di larghezza L=100 Å,
idealmente alla temperatura di 0K. Sapendo che l’elettrone più energetico ha una quantità di moto di
modulo pari a p=1.3310-25 Kg·m/s, si determini il numero quantico n dell’ultimo stato (parzialmente)
occupato. Se inoltre il sistema viene investito da radiazione elettromagnetica policromatica, quale sarà la
più piccola frequenza assorbita?
08.11.2004 (Es.2) Manca soluzione
Un numero N di elettroni (con N>4) è confinato in una buca di potenziale a pareti infinite di larghezza
L=50Å, idealmente alla temperatura di 0K. Sapendo che per la transizione di un elettrone dal primo livello
eccitato al primo livello energetico disponibile è necessario l’assorbimento di un fotone di frequenza ν =
4.37·1013 Hz, si deduca il numero N di elettroni confinati nella buca. Calcolare inoltre quale “lunghezza
d’onda” caratterizza l’elettrone nel nuovo stato quantico raggiunto. Si può dedurre un simile risultato
direttamente, dalla conoscenza delle autofunzioni per il sistema in esame?
08.11.2004 (Es.3) Manca soluzione raccolto in F4
Si hanno a disposizione due laser (sorgenti di radiazione idealmente monocromatica), che producono
radiazione elettromagnetica sotto forma di impulsi. Nel caso del primo laser ciascun impulso contiene
mediamente N1=1017 fotoni, e trasporta un’energia pari a E1=160 mJ. Nel caso del secondo laser ciascun
impulso contiene mediamente N2=1016 fotoni, e trasporta un’energia pari a E2=24 mJ. I fotoni di questi laser
permettono di ionizzare degli atomi di idrogeno? Ed in caso affermativo, quale sarebbe l’energia cinetica
dell’elettrone estratto?
08.11.2004 (Es.4) Manca soluzione raccolto in F4
In un sistema unidimensionale, una particella vincolata a muoversi sulla semiretta positiva dell’asse x è
descritta da una funzione d’onda avente la forma ψ ( x ) = 2q e − qx in cui q = 109 m-1. Si determini la
“probabilità di reperimento” della particella nel segmento L1 <x < L2, in cui L1 = 10Å, L2= 20Å
08.11.2004 (Es.5) Manca soluzione raccolto in F4
Uno sperimentatore ha a disposizione tre diverse sorgenti di particelle, accelerate in modo da avere
quantità di moto rispettivamente pari a p1 =1.3·10-26 Kg·m/s, p2 =1.6·10-24 Kg·m/s, p3 =1.8·10-23 Kg·m/s.
Volendo condurre un esperimento di diffrazione alla Bragg su di un cristallo avente una distanza tra i piani
cristallografici pari a d = 4 Å, quale delle tre sorgenti dovrà essere scelta? Per quale angolo tra il fascio
incidente e la superficie del cristallo si avrà il primo picco intenso di diffrazione?
08.11.2004 (Es.6) Manca soluzione raccolto in F4
Illuminando con radiazione elettromagnetica monocromatica di frequenza ν1 = 1.3·1015 Hz la superficie di
una piastra di un materiale la cui funzione di lavoro Φ non è nota, si osserva che il potenziale d’arresto è
pari in modulo a V01 = 0.587 V. Quale sarà il modulo del potenziale d’arresto V02 se si illumina lo stesso
materiale mediante radiazione ν2 = 1.5·1015 Hz?
08.11.2004 (Es.7) Manca soluzione raccolto in F4
Un elettrone penetra all’interno di una barriera di potenziale di altezza finita. Sapendo che la probabilità di
reperire la particella immediatamente dopo il bordo della barriera (in x=0+) è 104 volte superiore della
probabilità di ritrovarla ad una distanza d =10 Å. Calcolare in che rapporto stanno tra loro le probabilità
di reperimento nei punti x=d ed x=l, in cui l=15 Å.
08.11.2004 (Es.8) Manca soluzione raccolto in F4
Un fascio di elettroni prodotti ed accelerati da un cannone elettronico, possiede energia cinetica E
all’interno di un intervallo E 0 − δE ≤ E ≤ E 0 + δE con E=1.510-18 J e δE=10-20 J. Tale fascio viene fatto
incidere sulla superficie di un cristallo caratterizzato da una distanza tra piani cristallografici pari a d=3.9
Å. Si osserva così un picco intenso di diffrazione caratterizzato da un valore centrale θ0 e da una larghezza
angolare finita del picco pari a ∆θ. Si calcoli la posizione θ0 del picco, e si stimi la larghezza ∆θ .
4.11.2005 (Es.1) riscrivere! Due sorgenti di elettroni S1 ed S2, distanti a=1m, generano due fasci di elettroni
di lunghezze d’onda rispettivamente pari a λ1 e λ2. Le direzioni degli elettroni sono tali che le due “onde di
materia” vanno ad interferire costruttivamente nel punto P distante d= 3m dalla sorgente S1. In particolare è
noto che il numero N di lunghezze d’onda λ1 che entrano nel segmento d è identico al numero di lunghezze
d’onda λ2 che entrano nel segmento l. Sapendo che la quantità di moto degli elettroni generati da S1 è p1
=7•10-25 Kgm/s, si calcoli l’energia degli elettroni generati da S2.
⎧ Nλ1 = d
Dobbiamo imporre che valga simultaneamente: ⎨
⎩ Nλ2 = l
Si può ricavare allora λ 2 = λ1
⇒
λ1 d
=
λ2 l
d
S1
a
l
a2 + d 2
= λ1
= λ1 ⋅ 10 e ricordando la
9
d
d
l
S2
relazione di
de Broglie λ1 =
ε 2 = λ1
P
h
otteniamo infine l’energia degli elettroni prodotti dalla sorgente S2:
p1
h 2 p12
h2
9 p12
=
=
≅ 2.42 ⋅10 −19 J
2
2 10
2mλ 2 2mh ( 9 ) 20 m
4.11.2005 (Es.2) In una buca di potenziale 1D a pareti infinite e di larghezza non nota, è confinato un
numero pari di elettroni 2N, a temperatura vicina allo zero assoluto. E’ noto che uno dei due elettroni nello
stato più energetico del sistema può transire allo stato successivo assorbendo un fotone di lunghezza d’onda
λ=16 µm. Si supponga che lo stesso elettrone non ridecada nello stato originario ma in quello di energia
immediatamente più bassa (che nel frattempo si è reso disponibile). Sapendo che nel decadimento viene
emesso di un fotone di lunghezza d’onda λ=9 µm, si determini il numero 2N di elettroni.
Lo stato più energetico è proprio quello di numero quantico N (poiché 2N elettroni dispongono in N livelli
per T→0).
[
]
h 2π 2
(N + 1)2 − N 2
Allora in assorbimento (transizione N→N+1) avremo ∆ε ASS =
2
2mL
h 2π 2
(N + 1)2 − (N − 1)2 . La larghezza
Mentre in emissione (transizione N+1→N-1) si avrà: ∆ε EMISS =
2
2mL
[
]
della buca non è nota, ma dividendo membro a membro le due relazioni otteniamo:
hc
∆ε ASS
∆ε ASS
λ ASS
9
2N + 1
=
= .
=
. Ma contemporaneamente è noto che
∆ε EMISS hc
∆ε EMISS
4N
16
λ EMISS
E da confronto si ricava facilmente
2N + 1 9
=
→ N = 4 ; e gli elettroni sono ovviamente 8.
4N
16
4.11.2005 (Es.3) Rivedere! I fotoni generati da due differenti laser, di energia hν1 e hν2, investono degli
atomi di idrogeno, provocando due transizioni: in un caso dallo stato fondamentale allo stato di numero
quantico i (transizione 1→i), nell’altro dallo stato fondamentale allo stato j-esimo (transizione 1→j). Degli
stati i e j (sia j>i) si sa che: 1) la differenza tra i momenti angolari dell’elettrone attorno al nucleo nei due casi
è pari a: ∆B=Bj-Bi=3 h ; 2) il rapporto tra i livelli d’energia Ei/Ej=4. Si determini il valore dell’energia dei
fotoni per i due laser. Si tratti il problema adottando il modello semiclassico di Bohr.
Dalla condizione B J − Bi = 3h si deduce J-i=3 (essendo in generale B N = Nh ).
La seconda condizione ci dice invece:
Ei
EJ
=
−A
−A
i 2 = 4 → j = 2i in cui A=13.6 eV.
j2
⎧ J = 2i
⎧J = 6
→⎨
⎩ J = i + 3 ⎩i = 3
E risolvendo il sistema: ⎨
Pertanto il quanto dei fotoni dei due laser si ricava dagli assorbimenti:
hν i = − A
i2
− (− A) = 8 ⋅ A ≅ 12.09eV
9
Dalla condizione B J − Bi = 3h si deduce J-i=3 (essendo in generale B N = Nh ).
La seconda condizione ci dice invece:
Ei
EJ
=
−A
−A
i 2 = 4 → j = 2i in cui A=13.6 eV.
j2
⎧ J = 2i
⎧J = 6
→⎨
⎩ J = i + 3 ⎩i = 3
E risolvendo il sistema: ⎨
Pertanto il quanto dei fotoni dei due laser si ricava dagli assorbimenti:
hν i = − A
hν j − A
i2
j2
− (− A) = 8 ⋅ A ≅ 12.09eV
9
− (− A) = 35
36
⋅ A ≅ 13.22eV
4.11.2005 (Es.4) Un fascio di elettroni liberi di energia cinetica E0 e velocità diretta lungo x, investe un
gradino di energia potenziale di altezza U0. E’ noto che la probabilità di reperimento all’interno del gradino
nell’intorno del punto di ascissa x=d è un milionesimo della probabilità di reperimento in un intorno del
punto x=0+ (cioè immediatamente all’interno del gradino). Se si ripete l’esperimento con lo stesso gradino,
ma con un fascio di neutroni isoenergetici, a quale distanza l dall’origine la probabilità di reperimento si
riduce ad un milionesimo del valore in x=0+? Sia d= 2nm.
Dal primo rapporto tra le probabilità si ricava il q relativo agli elettroni:
ψ ( x) = A e
2
2 − 2 qx
→
ψ 2 (d )
+
ψ (x = 0 )
2
= e − 2 qd = 10 −6 → q = 3
ln (10 )
d
2m(U 0 − ε 0 )
e pertanto ricaviamo la differenza Uo-ε, che è identica a quella dei
h2
q 2 h 2 9h 2 ln 2 (10)
neutroni (isoenergetici): (U 0 − ε 0 ) =
=
2m
2md 2
Ma vale anche q =
per i neutroni il tipo di autofunzione è identico, ψ N ( x) = A e − Qx ma questa volta Q si trova da:
Q=
l =3
ψ 2 (l )
2 M N (U 0 − ε 0 ) 3 ln (10 ) M N
ed imponendo che 2
=
= e − 2Ql = 10 −6 si ricava infine:
2
+
d
m
h
ψ (x = 0 )
ln (10 )
m
=d
≅ 4.67 ⋅10 −11 m
Q
MN
4.11.2005 (Es.5) Un certo cristallo, al di sotto di una temperatura T, subisce una transizione strutturale, per
cui la cella cristallina, inizialmente di forma cubica (di spigoli a=b=c=4Å), si “deforma” in una cella
tetragonale (cioè un parallelepipedo di lati (a’=b’ e c’). E’ noto che la transizione causa un aumento dell’1%
nelle dimensioni di a e di b. Le leggi dell’elasticità ci dicono inoltre che il volume della cella cristallina si
deve conservare. Un ricercatore, volendo rivelare sperimentalmente la transizione, effettua un primo
esperimento di diffrazione alla Bragg sul cristallo cubico (distanza tra i piani cristallografici pari a c) ed un
secondo esperimento sul cristallo tetragonale (distanza tra i piani pari a c’). Se nel primo caso, con la
sorgente di fotoni X a disposizione, si rivela un picco di diffrazione per θ=10.88°, dove sarà rivelato il picco
intenso nel secondo esperimento?
La conservazione del volume della cella ci dice che:
°
a ⋅b⋅c
V0 = a ⋅ b ⋅ c = a ⋅ b ⋅ c da cui c = ' ' ≅ 3.92 A .
b ⋅c
La legge di Bragg nel primo esperimento ci dice che 2c sin (ϑ ) = λ (da cui
'
'
hν
hν
'
'
potrei ricavare la lunghezza d’onda dei raggi X). Nel secondo esperimento ho il
picco ad un angolo ϑ ' tale che:
2c' sin (ϑ ') = λ → ϑ ' = arcsin
a
b
a’
c
c’
cella cubica
cella tetragonale
⎡ 2c sin (ϑ ) ⎤
⎡ a'⋅b' sin (ϑ ) ⎤
2
= arcsin ⎢
= arcsin ⎢
= arcsin (1.01) sin (ϑ ) ≅ 11.10°
⎥
⎥
2c'
⎣ 2c' ⎦
⎣ a ⋅b ⎦
[
λ
]
4.11.2005 (Es.6) raccolto in F4 Una buca di potenziale 1D a pareti infinite ha larghezza L non nota, ma
sicuramente compresa nell’intervallo 50Å<L<100Å. Le autofunzioni ψn e ψm relative a due autostati del
sistema quantistico (con m>n) sono caratterizzate da “lunghezze d’onda” rispettivamente pari a λn = 28Å e
λm =12Å. Si determini la larghezza L, e la frequenza del fotone assorbito nella transizione che porta un
elettrone intrappolato in questa buca dallo stato di energia E n a quello di energia E m. Si dica infine da quanti
nodi è caratterizzata l’onda stazionaria corrispondente all’autofunzione ψm.
Le lunghezze d’onda λn delle autofunzioni sono legate alla larghezza della buca dalla relazione: L = n ⋅
λn
2
Mettendo a sistema la condizione per i due numeri quantici n ed m, e tenendo conto delle lunghezze d’onda
date si ottiene L = n ⋅
λn
2
;L = m⋅
λm
2
⇒
b’
n λm 3
=
= . Abbiamo infinite coppie di valori n,m possibili (ad
m λn 7
esempio n=3,m=7 o n=6,m=14 o n=9,m=21 ecc. Ma si verifica facilmente che solo alla coppia 6,14
corrisponde una larghezza della buca (L=84Å) nell’intervallo dato. Infine la differenza in energia si scrive
.
∆ε 14,6 = ε 14 − ε 6 =
ν=
∆ε 14, 6
h
=
h 2π 2
20h 2
2
2
−
=
e la frequenza assorbita sarà
14
6
2mL2
mL2
[
]
20h
≅ 2.06 ⋅1014 Hz
2
mL
L’autofunzione Ψ14 sarà caratterizzata da 15 nodi (in generale m+1 nodi per la Ψm).
4.11.2005 (Es.7) La superficie di una lamina di platino (caratterizzato da energia di estrazione pari a
Φ= 6.35eV) viene illuminata da una lampada (sorgente policromatica). Effettuando alcuni esperimenti
di effetto fotoelettrico a diverse frequenze, ottenibili selezionando con opportuni filtri la radiazione
elettromagnetica emessa dalla lampada, si nota che il massimo potenziale d’arresto è pari a Vomax= 6V.
Si scopre inoltre che la minima frequenza ottenibile dalla lampada è inferiore alla frequenza di soglia
per il platino. Se la radiazione policromatica della medesima lampada investisse degli atomi di
idrogeno, quali transizioni elettroniche provocherebbe a partire dallo stato fondamentale? In
corrispondenza di quali λ avremmo righe nere d’assorbimento?
L’energia massima dei fotoni emessi dalla lampada si ricava dalla relazione
hν max = Φ + eV0 MAX ≅ 12.35eV .
La minima energia è invece sicuramente inferiore a quella che si ricava dalla frequenza di soglia per il
platino:
ν SOGLIA =
Φ
→ hν MIN < Φ = 6.35eV . Si deduce quindi che illuminando con la stessa lampada degli atomi
h
di idrogeno possono essere provocate solo le due transizioni n=1→n=2 e n=1→n=3. Con:
[
]
∆ε 1, 2 = 13.6eV 1 − 1 ≅ 10.2eV ;
4
[
]
∆ε 1,3 = 13.6eV 1 − 1 ≅ 12.09eV . Pertanto avremo righe nere
9
d’assorbimento in corrispondenza delle lunghezze d’onda:
λ1, 2 =
c⋅h
≅ 1.22 ⋅10 −7 m
∆ε 1, 2
λ1,3 =
c⋅h
≅ 1.03 ⋅ 10 −7 m
∆ε 1,3
4.11.2005 (Es.8) raccolto in F4Un fascio di elettroni liberi, avente lunghezza d’onda di de Broglie pari a λ0
= 0.8 nm, e velocità diretta lungo x, entra (in x=0) in un campo di forze che determinano un profilo
dell’energia potenziale U(x) a “scala”, come in figura. L’altezza di ogni gradino è pari ad U0 = 0.8·10-19 J,
l’estensione d=5nm. Si supponga che, nonostante una parziale riflessione del fascio all’incontro con ciascun
gradino, una frazione degli elettroni continui nel verso delle x positive. Si determini il numero N di gradini
che possono essere superati dagli elettroni “superstiti” prima che si abbia effetto tunnel quantistico. Si calcoli
infine il rapporto tra la probabilità di reperimento immediatamente dopo l’inizio del gradino (N+1)-esimo
(cioè in x=Nd) e la probabilità a distanza l=0.5 nm (cioè in x=Nd+l).
U(x)
Ricaviamo l’energia iniziale dalla lunghezza d’onda λo
:ε0 =
h2
≅ 3.77 ⋅10 −19 J . Se ne deduce che possono essere superati N=4
2
2mλ0
gradini (pari in energia a 3.2 ⋅10
quinto gradino.
−19
J ) prima che si abbia effetto tunnel nel
v0
U0
d
x
L’energia cinetica “residua” immediatamente prima del tunnel è allora pari a ε 4 = 0.57 ⋅10 −19 J , mentre la
funzione d’onda dentro il quinto gradino sarà: ψ ( x) ∝ e − qx in cui però
q=
2m(U 0 − ε 4 )
2m(5U 0 − ε 0 )
=
≈ 1.92 ⋅109 m −1 .
2
2
h
h
Ed infine il rapporto tra le probabilità
ψ 2 (4d )
2
ψ ( 4d + l )
= e 2 ql ≅ 6.8
Balestrino 2005 raccolto in F4 Aggiungere figura Soluzione da finire
FIGURA
Per molte applicazioni tecnologiche è necessario depositare uno strato sottile (detto film) su un supporto
fisico avente proprietà differenti (detto substrato). Una tecnica per misurare lo spessore del film consiste
nell’inviare un fascio di radiazione elettromagnetica, collineare e monocromatica, ad un angolo di incidenza
θ rispetto alla superficie del film. Parte della radiazione sarà riflessa dalla superficie del film e parte
dall’interfaccia. Aumentando l’angolo di incidenza si avranno fenomeni di interferenza che daranno luogo a
modulazioni dell’intensità della radiazione riflessa. Supponendo che la lunghezza d’onda della radiazione
incidente sia pari a 0.5µm e che il primo massimo dell’intensità riflessa si osservi per θM=10°, si calcoli lo
spessore d del film (si supponga il coefficiente di rifrazione n del film pari a 1).
La differenza di cammino ottico tra il raggio riflesso dalla superficie del film e quello riflesso dal substrato è
dove l rappresenta lo spessore del film. Il primo massimo dell’intensità diffratta si otterrà quando tale
differenza di cammino ottico sarà pari alla lunghezza d’onda della radiazione:
Balestrino 2005 raccolto in F4 Aggiungere figura Soluzione da finire
Un fascio di raggi X di sezione circolare e raggio 1mm, aventi lunghezza d'onda λ=0.1nm, investe
perpendicolarmente uno schermo assorbitore di spessore d. L’intensità del fascio all’interno
dell’assorbitore diminuisce con la profondità x secondo una legge esponenziale I ( x) = I 0 ⋅ exp(− x / l ) , dove
l è una costante (detta lunghezza d’assorbimento) caratteristica del materiale (nel nostro caso l=1µm).
Sapendo che l’intensità I0 del fascio (energia che incide perpendicolarmente su di un’area unitaria nell'unità
di tempo) è pari a 10 kJ/m2s , si calcoli lo spessore minimo dell’assorbitore affinché il numero di fotoni X
che riescono a passare per secondo sia minore di 100.
Il numero di fotoni incidenti sull’assorbitore nell’unità di tempo è pari a
XXX
Detto Nf il numero di fotoni che passano oltre l’assorbitore, poiché l’assorbimento è esponenziale, abbiamo
Balestrino 2005 raccolto in F4 Aggiungere figura Soluzione da finire
FIGURA Un elettrone (indicato tramite la linea tratteggiata in figura), caratterizzato da una lunghezza
d’onda di De Broglie pari a 1 nm, si muove in assenza di forze applicate (regione I). Ad un certo istante
l’elettrone attraversa una regione (II), di larghezza d= 1 mm, caratterizzata da un campo elettrico E=10
V/cm diretto come in figura. Successivamente l’elettrone torna a muoversi in una regione (III) priva di forze
applicate. Si calcoli la lunghezza d’onda di De Broglie dell’elettrone nella regione III.
L’energia iniziale dell’elettrone è pari a
Il lavoro compiuto dal campo elettrico sarà pari a
Quindi l’energia finale sarà
Da cui
Balestrino 2005 raccolto in F4 Soluzione da finire
Una buca di potenziale 1D a pareti infinite, di larghezza 100 nm, alla temperatura di 0 K, contiene N
elettroni. Sapendo che, all’interno della buca, l’elettrone più veloce si muove con una velocità VM pari a
105m/s, si stimi N. Si consideri il modello di particelle indipendenti trascurando quindi l’interazione
elettrostatica tra gli elettroni.
Gli elettroni sono fermioni è quindi possiamo disporne 2 (uno con spin su ed uno con spin giù) per ogni
livello energetico. L’ultimo elettrone avrà un’energia pari a
da cui è possibile ricavare
27/09/2006 raccolto in F4 Un gas di atomi di idrogeno, inizialmente nel loro stato fondamentale, viene
eccitato tramite un fascio di fotoni di energia compresa tra 1eV e 12.5 eV. Contemporaneamente, a causa
della diseccitazione spontanea del gas, si osserva l’emissione di radiazione elettromagnetica. Quali saranno
le lunghezze d’onda della radiazione riemessa dal gas?
⎛
⎝
L’energia delle transizioni ammesse dell’atomo di idrogeno è pari a ε 1,n = A⎜1 −
1 ⎞
⎟ essendo A=13.6 eV
n2 ⎠
Pertanto, potranno essere eccitate esclusivamente le transizioni al primo (n=2) ed al secondo stato eccitato
(n=3).
Nel susseguente processo di decadimento saranno emesse le lunghezze d’onda saranno pari a
λ=
hc
ε 1,n
con n=2 e 3, quindi λ ≅ 1.22 × 10 −7 m, 1.03 × 10 −7 m
27/09/2006 raccolto in F4 Un fascio di elettroni di energia ε pari a 1 eV incide su un gradino di potenziale
di altezza U pari a 0.8 eV. Si calcoli la frazione di elettroni riflessi dal gradino di potenziale
Supponiamo che il gradino si trovi nel punto di ascissa x=0.
Le soluzioni saranno:
ψ i = Ae ikx , ψ r = Be −ikx , ψ t = Ce iKx
dove ψ i , ψ r , ψ t rappresentano le funzioni d’onda, rispettivamente, dell’elettrone incidente, riflesso e
trasmesso oltre la barriera..
inoltre k =
2mε 0
h
, K=
2m(ε 0 − U )
h
.
Per le condizioni di continuità della funzione d’onda e della sua derivata prima abbiamo:
A+ B=C
A − B = (K / k )C
da cui risolvendo otteniamo
⎛k −K ⎞
B=⎜
⎟ A da cui segue infine che
⎝K +k⎠
2
2
⎡ ε 1 2 − (ε − U )1 2 ⎤
B2 ⎛ k − K ⎞
≅ 0.145
R= 2 =⎜
⎟ = ⎢ 12
12 ⎥
A
⎝K +k⎠
⎣ ε + (ε − U ) ⎦
06/11/2006 Es. 1 raccolto in F4 manca soluzione Un numero dispari N di elettroni è confinato in una buca
di potenziale unidimensionale a pareti infinite. Sapendo che, a temperatura idealmente pari allo zero
assoluto, la quantità di moto dell’elettrone più energetico è pari a a pmax= 27.5⋅10-26Kgm/s, mentre quella di
un elettrone nello stato fondamentale è paria a pmin = 5.5⋅10-26Kgm/s, si determini il numero degli elettroni e
la massima lunghezza d’onda assorbita in seguito ad illuminamento del sistema quantistico mediante
radiazione elettromagnetica policromatica.
06/11/2006 Es. 2 raccolto in F4 manca soluzione Una sorgente puntiforme S emette
in maniera isotropa nel vuoto delle onde sferiche monocromatiche, di lunghezza d’onda
λ= 3⋅10-8m. Sapendo che la potenza media della sorgente è pari a WS=100 mW, si
determini l’intensità dell’onda a distanza d=1m dalla sorgente, ed il numero di fotoni
che investono in un minuto un rivelatore avente la forma di calotta sferica di area
A=100cm2, posto a distanza d da S. (Suggerimento: si consideri il fronte d’onda sferico
che attraversa la sfera di raggio d).
A
A
S
d
06/11/2006 Es. 3 raccolto in F4 manca soluzione Degli atomi di idrogeno allo stato gassoso vengono
riscaldati in modo tale che vi sia probabilità non trascurabile che l’elettrone, in ciascuno dei diversi atomi,
possa occupare oltre allo stato fondamentale, anche il primo ed il secondo stato eccitato. Partendo da questa
situazione, se si invia radiazione policromatica di lunghezze d’onda comprese nell’intervallo 7⋅107
m<λ<9⋅10-7m si osserva che alcuni atomi vengono ionizzati. Si stimino le energie cinetiche degli elettroni
estratti.
06/11/2006 Es. 4 raccolto in F4 manca soluzione Un elettrone
libero, di energia cinetica pari a 1.2⋅10-19 J, incide su di un gradino di
epotenziale di lunghezza infinita, ed altezza U0=1eV. Esso penetra per
effetto tunnel quantistico (cioè la probabilità di reperimento
all’interno del gradino è pari ad 1). Si deduca la forma generale
O
x
della funzione d’onda, e dopo averla correttamente normalizzata si
calcoli la probabilità di reperire l’elettrone in punti che distino più di d=5 Å dall’inizio del gradino (cioè da
O).
06/11/2006 Es.5 manca soluzione rivedere Due sorgenti puntiformi S1 ed S2
trasmettono in modo isotropo nel vuoto delle onde elettromagnetiche
sferiche e monocromatiche, di lunghezza d’onda rispettivamente pari a
λ1=12 cm e λ2. (con λ1>λ2). Un rivelatore può scorrere sull’asse y, e
rivela il primo massimo d’intensità dovuto ad interferenza costruttiva tra le
due onde ad una distanza d = 60 cm dalle due sorgenti. Si determini λ2 , e
si deduca la posizione (cioè la distanza dalle sorgenti) del massimo
successivo. Nota: la semidistanza tra le sorgenti è inferiore a d, come in
figura.
y
R
d
SS11
d
S2
06/11/2006 Es. 6 manca soluzione In una buca di potenziale unidimensionale a pareti infinite è
confinato un numero dispari N di elettroni. Sapendo che, a temperatura idealmente pari allo zero
assoluto, la quantità di moto dell’elettrone più energetico è pari a a pA =19.8⋅10-26Kgm/s, mentre
quella di un elettrone che occupa il primo stato eccitato è pari a a pB = 6.6⋅10-26Kgm/s, si determini
il numero degli elettroni e la minima frequenza assorbita in seguito ad illuminamento del sistema
quantistico mediante radiazione elettromagnetica policromatica.
06/11/2006 Es. 7 raccolto in F4 manca soluzione Un elettrone è in uno stato quantistico caratterizzato
da un tempo di vita pari a δt=10-13s, ed il valore teoricamente previsto della sua velocità è vicino a
v0=2⋅105m/s. Volendo confermare la previsione, si impiega uno strumento capace di effettuare la
misura con due diverse modalità. Esse forniscono misure affette da errori relativi nominalmente pari
all’1% ed allo 0.1%. Le due misure sono entrambe attendibili? Perché?
06/11/2006 Es. 8 raccolto in F4 manca soluzione Degli atomi di idrogeno allo stato gassoso vengono
riscaldati in modo tale che vi sia probabilità non trascurabile che l’elettrone, in ciascuno dei diversi
atomi, possa occupare oltre allo stato fondamentale anche il primo ed il secondo stato eccitato
Partendo da questa situazione, se si inviano fotoni di energie comprese nell’intervallo 2⋅1019
J<Ε<6⋅10-19J si osserva che alcuni atomi vengono ionizzati. Si stimino le energie cinetiche degli
elettroni estratti.
06/12/2006 Es. 1 manca soluzione L’elettrone di un atomo di idrogeno occupa ad un certo istante
l’orbitale di uno stato eccitato. Sapendo che in questo caso si ha grande probabilità di reperire
l’elettrone ad una distanza dal nucleo pari a 4.75 Å, si determini la lunghezza d’onda del fotone che
viene emesso nel momento in cui l’elettrone ridecade nello stato fondamentale
06/12/2006 Es. 2 manca soluzione Un elettrone, confinato in una buca di potenziale di lunghezza
L=2a=100 Å, possiede energia pari ad E=9.66⋅10-21 J. Si deduca lo stato dell’elettrone e la sua
autofunzione. Si stimi infine la probabilità di reperire questo elettrone nel segmento 0<x<a/2
(avendo posto l’origine al centro della buca). Si poteva dedurre il risultato trovato dalla conoscenza
dell’autofunzione? (Si ricordano le identità trigonometriche cos 2 (α ) = 1 ⋅ [1 + cos(2α )]
e
2
sin 2 (α ) = 1 ⋅ [1 − cos(2α )]
2
25/09/2007 manca soluzione riciclo? In una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza 50
Å e temperatura idealmente uguale a 0 K, sono confinati 6 elettroni. Ad un certo istante sulla buca
viene inviata radiazione elettromagnetica policromatica (contenente tutte le lunghezze d’onda).
Quale sarà la massima lunghezza d’onda che il sistema sarà in grado di assorbire?
25/09/2007 manca soluzione riciclo? La radiazione elettromagnetica di un laser è caratterizzata da
una lunghezza d'onda λ=248nm e da un'intensità (definita come energia che attraversa l'unità di
area nell'unità di tempo) pari a: I=(4mJ)/(cm2s). Si determini il numero dei fotoni che in un minuto
investono un bersaglio circolare di diametro d=2mm.
25/02/2008 raccolto in F4 manca soluzione Lo spettro della radiazione emessa da una lampada
presenta intensità non trascurabili per frequenze comprese nell’intervallo νnim<ν<νmax. Se tale
radiazione illumina la superficie di una placca di tungsteno (potenziale di estrazione Φ=4.52 eV)
quale sarà la minima frequenza assorbita per effetto fotoelettrico esterno? Si stimino inoltre la
minima e la massima velocità dei fotoelettroni. Siano νmin=1⋅1015 Hz e νmax 1.3⋅1015 Hz.
raccolto in F4 manca soluzione Un fascio di elettroni di
lunghezza d’onda di de Broglie pari a λe=1.37nm incide su di un gradino
di potenziale di altezza U0=1eV e profondo L=3nm. Si stimi la probabilità
che un elettrone possa penetrare per effetto tunnel quantistico nella
regione x>L. Che lunghezza d’onda a λN dovrebbero avere dei neutroni
affinché la probabilità di tunnel risulti la medesima degli elettroni?
25/02/2008
eU0
n
O
L
x
29/02/2008 raccolto in F4 manca soluzione Per determinare la distanza tra i piani cristallografici di
un cristallo mediante un esperimento di diffrazione alla Bragg viene impiegata una sorgente di raggi
X di lunghezza d’onda λ=1.54Å. Lo spettro di diffrazione presenta un picco nell’intensità per un
angolo pari a θ=10.56° al primo ordine di diffrazione (n=1). A quale angolo si sposterebbe il picco
di interferenza costruttiva se lo stesso cristallo venisse studiato mediante un fascio di elettroni di
energia E=77eV?
29/02/2008 raccolto in F4 manca soluzione All’interno di una buca di
y
potenziale unidimensionale di larghezza L=60Å, un elettrone,
inizialmente nello stato fondamentale, transisce ad uno stato eccitato di
numero quantico n mediante assorbimento di un fotone. Sapendo che
la lunghezza d’onda di de Broglie dell’elettrone nel nuovo stato è pari
a λn= 40Å, si determini la frequenza del fotone assorbito, e la
probabilità di reperimento della particella nel segmento L < x < L
4
3
-L/2
O
L/2
x
raccolto in F4 manca soluzione L’elettrone di un atomo di idrogeno, riscaldato a temperatura
molto alta, giace nel primo stato eccitato nell’istante in cui l’atomo viene investito da fotoni di
frequenza ν=2⋅1015Hz. Si stabilisca se l’energia dei fotoni è sufficiente per ionizzare l’atomo, ed in
caso affermativo si determini la velocità dell’elettrone estratto
12/02/2009 raccolto in F4 Un elettrone avente quantità di moto
p1 = 6 ⋅10 −25 kgm / s incide su di una barriera di potenziale di
U0
altezza U0=1.5 eV e lunghezza infinita. Nell’ipotesi che esso
penetri con certezza all’interno del gradino per effetto tunnel
p0
quantistico, si scriva l’espressione opportunamente normalizzata
della funzione d’onda relativa alla particella. Si stimi la probabilità
0
d
x
di reperire l’elettrone entro una distanza d=5Å dall’inizio del
gradino (cioè in 0<x<d). Cosa cambierebbe effettuando l’esperimento con un neutrone avente la stessa
quantità di moto? E con un elettrone di quantità di moto p 2 = 9 ⋅ 10 −25 kgm / s ? Suggerimento: per
normalizzare la funzione d’onda si ricordi che la particella è presente con probabilità pari al 100% nella zona
di ascisse positive.
L’energia cinetica dell’elettrone è pari a
p2
ε 1 = 1 ≅ 1.98 ⋅ 10 −19 J ≅ 1.24eV
2m
effettivamente inferiore all’altezza del gradino. Per cui la funzione d’onda si scrive ψ ( x) = Ce − qx
valida sulla semiretta delle x positive, in cui
2m(U 0 − ε 1 )
q=
≅ 2.6 ⋅ 10 9 m −1 , mentre la costante C si ricava imponendo la condizione di
2
h
normalizzazione, poiché si ha la certezza di reperire l’elettrone in punti a destra dell’origine:
∞
∞
0
0
2
2 − 2 qx
∫ψ ( x)dx = 1 → ∫ C e dx = 1 → C = 2q
A questo punto la probabilità richiesta si ricava da:
d
d
[
P (0 < x < d ) = ∫ψ ( x)dx = ∫ 2qe − 2 qx dx = − e − 2 qx
2
0
0
]
d
0
= 1 − e − 2 qd ≅ 92.6%
Procedendo analogamente nel caso del neutrone, a causa della massa maggiore l’energia cinetica
risulta molto inferiore ad U0, cosicché la probabilità di “penetrazione” all’interno del gradino
scende a zero molto più velocemente che nel caso dell’elettrone, e la probabilità di reperire neutrone
nell’intervallo richiesto è praticamente pari al 100%:
εN =
p12
≅ 6.7 ⋅ 10 − 4 eV ; per cui
2M
ε N << U 0 → U 0 − ε N ≅ U 0
2M N U 0
≅ 2.7 ⋅1011 m −1
2
h
Ed allora la probabilità di reperimento del neutrone nell’intervallo richiesto è circa 1.
Il secondo elettrone ha energia maggiore dell’altezza del gradino. In questo caso non si ha effetto
tunnel, ma una diminuzione dell’energia cinetica se l’elettrone prosegue in punti oltre l’inizio del
gradino, oppure una riflessione.
allora per il neutrone ψ ( x) = 2Q ⋅ e −Qx in cui Q =
12/02/2009 raccolto in F4 In una buca di potenziale unidimensionale a pareti infinite è confinato un
numero pari N di elettroni. Sapendo che, a temperatura idealmente pari allo zero assoluto, la più grande e la
più piccola lunghezza d’onda di de Broglie degli elettroni confinati in questa buca sono pari rispettivamente
a λmax=160Å e λmin =40Å, si determini il numero N degli elettroni e la più grande lunghezza d’onda assorbita
in seguito ad illuminamento del sistema quantistico mediante radiazione elettromagnetica policromatica.
La lunghezza d’onda massima è quella che compete all’elettrone nello stato fondamentale:
h2
, mentre si deduce facilmente che l’elettrone più energetico è quello con lunghezza
ε1 =
2mλmax
d’onda λmin, occupa lo stato n=4. Pertanto gli elettroni confinati sono otto. Ricordando inoltre la
relazione che lega le lunghezze d’onda di de Broglie alla larghezza della buca: L = n
λn
, si ricava
2
L=80 Å. Infine la lunghezza d’onda del fotone assorbito in seguito alla transizione n=4→n=5:
hν ass =
hc
λass
h2
8mcL2
(25 − 16) → λass =
= ε5 − ε4 =
= 23.4µm
9h
8mL2
TERMODINAMICA STATISTICA
17.2.2001 raccolto in F4
Due sistemi termodinamici isolati &1 ed &2 sono costituiti rispettivamente da N1=N2=1022 momenti
magnetici elementari (spin). Inizialmente l’eccesso di spin 2s1o nel primo sistema è pari a 2*1012, mentre nel
secondo è pari a 0. Ad un certo istante i due sistemi vengono posti in contatto termico. Si chiede di
calcolare:
• Gli eccessi di spin 2s1 e 2s2 all’equilibrio;
• La variazione di entropia del sistema &1+&2 (∆σ=σfin-σin) tra lo stato finale di equilibrio e lo stato
iniziale.
1
1
⎛
02 ⎞
⎛ 2 ⎞ 2 N
⎜ 2S1 ⎟
0 ⎛ 2 ⎞ 2 N
Inizialmente:
e g 2 = ⎜ ⎟ 2 Avendo posto N1=N2=N
=⎜
⎟ 2 exp⎜ −
N ⎟⎟
⎜
⎝ πN ⎠
⎝ πN ⎠
⎝
⎠
⎛
02 ⎞
⎜ 2 S1 ⎟
0 0 ⎛ 2 ⎞
2N
Quindi: g1 g 2 = ⎜ ⎟ 2 exp⎜ −
⎟
N ⎟
⎝ πN ⎠
⎜
⎝
⎠
2
⎛
⎞
⎜ 2 S1
2( S − S1 ) 2 ⎟
⎛ 2 ⎞ 2N
−
In generale g1 g 2 = ⎜ ⎟2 exp⎜ −
⎟
N
N
⎝ πN ⎠
⎜
⎟
⎝
⎠
g10
avendo posto S 2 = S − S1 con S = S1 + S2 = 1012 nel nostro caso.
pertanto g1 g 2 è massimo quando
imponiamo
2 S1
N
2
+
2⎞
2( S − S1) 2
2⎛ 2
= ⎜ S1 + S 2 − 2SS1 + S1 ⎟
N
N⎝
⎠
è minimo ⇒
d
S
(2 S12 + S 2 − 2 SS1 ) = 0 ⇒ 4 S1 − 2S = 0 ⇒ S1 =
dS1
2
Questo è effettivamente un minimo perché
S0
In conclusione S1 = S2 = 1 = 5 ⋅ 1011 e
2
d2
dS12
>0
⎛
02
⎜ 2 S1
⎛ 2 ⎞ 2N
g1 g 2 = ⎜
⎟2 exp⎜ −
N
⎝ πN ⎠
⎜
⎝
2
E infine: ∆σ = σ FIN − σ IN = ln g1g 2 − ln g10 g 20 = −
2
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
2
S10
2S 0
S0
10 24
+ 1 = 1 = 22 = 10 2
N
N
N
10
17.2.2001 raccolto in F4
Un neutrone è confinato in una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza L=10 Å. Se il rapporto
tra le probabilità di occupazione del primo livello eccitato e del secondo livello eccitato (P(ε2)/P(ε3)) è
uguale a 10, quale sarà la temperatura in gradi Kelvin del sistema?
I livelli energetici
εn
2
sono: ε n =
P(ε 2 )
h2 ⎛ π ⎞ 2
= 10 dall’altro
⎜ ⎟ n . Inoltre sappiamo che da un lato
2M ⎝ L ⎠
P(ε 3 )
P(ε 2 )
ε −ε
h2
⎛ ε − ε2 ⎞
= exp⎜ 3
⎟ . Pertanto: ln(10) = 3 2 =
P (ε 3 )
τ
2M
⎝ τ
⎠
2
h2
⎛π ⎞ 5
⇒ K BT =
⎜ ⎟
2M
⎝L⎠ τ
2
5
⎛π ⎞
⇒ T ≈ 5K
⎜ ⎟
⎝ L ⎠ ln(10)
17.2.2001 raccolto in F4
Si dimostri che il calore molare CV di un sistema di oscillatori armonici quantistici a tre dimensioni
indipendenti tende a 0 quando la temperatura tende a 0.
L’energia media di un singolo oscillatore quantistico di pulsazione ω è U =< S > hω con:
< S >= ∑ sP ( s ) =
∑ se
s
−
hω
∑ se
s
− sy
< S >=
=−
τ
Calcoliamo la funzione di partizione Z = ∑ e
−
∑ se
s
sh ω
τ
poniamo y =
d
d ⎛ 1
− sy
= − ⎜⎜
∑e
dy s
dy ⎝ 1 − e − y
e−y
(1 − e )
−y
1
=
−
s hω
τ
s
= x , e poiché x<1, si può sfruttare la formula:
τ
Per calcolare
sh ω
Z
s
Ponendo e
−
hω
τ
s
=
1
=
1− x
1
−
hω
=Z
1− e τ
. Per cui:
⎞
e− y
⎟⎟ =
⎠ 1 − e− y 2
(
∑x
s
)
Quindi
Quindi l'energia di una mole di oscillatori si ottiene moltiplicando l'energia media
hω
e τ −1
U per il numero di Avogadro NA e per 3 (oscillatori 3D): U mole =
3 ⋅ N Ahω
hω
.
e τ −1
Il calore molare è definito come:
hω
dU 3 ⋅ N (hω )2
eτ
ed effettivamente per τ → 0 abbiamo
cV =
=
2
dτ
τ2
⎞
⎛ hω
⎟
⎜ τ
⎜ e − 1⎟
⎟
⎜
⎠
⎝
cV ≈
N (hω )2
τ
2
− hω
e τ
− hω
≈e τ
→0
17.2.2001 raccolto in F4
Un gas ideale di molecole di idrogeno (H2) alla temperatura di 300 K, è contenuto in un recipiente
cilindrico. Il recipiente è in rotazione intorno al proprio asse con velocità angolare ω=1000 rad/s. Supposta
n(0) la concentrazione delle molecole a distanza 0 dall’asse di rotazione, a quale distanza r dall’asse di
rotazione la concentrazione n(r) sarà uguale a 2n(0)?
Si ricordi che la forza centrifuga è pari a mω2r.
L'energia potenziale del campo della forza centrifuga è −
Mω 2 r 2
Per cui il potenziale chimico totale è
2
⎛ n(r ) ⎞ Mω 2r 2
⎟−
= costante
⎟
2
⎝ na ⎠
: µ = τ ln⎜⎜
⎛ n(r ) ⎞
⎟−−
La costante si può ricavare dal valore per r=0: τ ln⎜⎜
⎟
⎝ na ⎠
Da cui si ricava
⎛ Mω 2 r 2 ⎞
⎟ ⇒ r 2 = 2τ ln(2)
n(r ) = n(0) exp⎜
⎜ 2τ ⎟
Mω 2
⎝
⎠
e quindi finalmente: r =
2 K BT
Mω 2
⎛ n(0) ⎞
Mω 2 r 2
⎟
= τ ln⎜⎜
⎟
2
⎝ na ⎠
ln(2) ≈ 1.3 ⋅ 10 2 cm
N.B. la massa della molecola di H2 è circa uguale alla massa di 2 protoni.
26.2.2001 raccolto in F4
Due contenitori metallici, in contatto termico con una sorgente a 1000 K ed in contatto diffusivo tra di loro
tramite un sottile condotto costituito da un materiale isolante elettrico, sono riempiti di un gas di atomi di
idrogeno ionizzato (H+) a bassa concentrazione. Ad un certo istante viene applicata ai due contenitori una
differenza di potenziale elettrico pari a 0.1 V. Supponendo che il gas di ioni di idrogeno si comporti come un
gas perfetto, si calcoli il rapporto tra le concentrazioni del gas nei due contenitori.
Il potenziale chimico del gas perfetto è: µ int = τ ln
n
In condizioni di equilibrio µ tot = µ int + µ ext = costante
na
Se ∆V=0.1Volt è la differenza di potenziale tra le due parti a potenziale V+ e V- allora vale:
τ ln
n(V− )
n(V+ )
= τ ln
+ q∆V dove q è la carica del protone (H+). Pertanto il rapporto tra le concentrazioni sarà
na
na
q∆V
n(V− )
=e τ
n(V+ )
≈ 3.2
26.2.2001 raccolto in F4
Dimostrare che l’energia libera di Helmotz si può esprimere in funzione della temperatura τ e della funzione
di partizione Z tramite la relazione F= -τ ln (Z).
⎛ ∂F ⎞
⎟ si
⎝ ∂τ ⎠V
Combinando il I principio della termodinamica F = U − τσ con la relazione termodinamica σ = −⎜
( )
∂ Fτ
⎛ ∂F ⎞
2
⎟ ovvero: U = −τ
∂τ
⎝ ∂τ ⎠V
ottiene l’equazione differenziale F = U + τ ⎜
Ricordando che Z = ∑ e
s
ε
− S
τ
e che U =
∑ε e
S
s
ε
− S
τ
Z
=τ2
∂ ln Z
∂τ
(#)
Si vede immediatamente che l’equazione (#)
è soddisfatta se F τ = − ln Z ovvero se F − τ ln Z
26.2.2001 raccolto in F4
Si calcoli quale dovrebbe essere la pressione di un gas di idrogeno molecolare (H2) a temperatura ambiente
affinché la sua concentrazione eguagli la concentrazione quantica nQ.
⎛ Mτ ⎞
La concentrazione quantica è pari a: nQ = ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 2πh 2 ⎠
3
2
ove M è la massa della molecola di idrogeno (≈ 2
protoni). Ma la concentrazione n può essere ricavata anche dall’equazione di stato dei gas perfetti
PV = Nτ (dove N è il numero di molecole di gas): n =
⎛ Mτ ⎞
⎟⎟
= nQ = ⎜⎜
τ
⎝ 2πh 2 ⎠
P
3
2
⎛ Mτ ⎞
⎟⎟
⇒ P = τ ⎜⎜
⎝ 2πh 2 ⎠
3
2
N P
per cui uguagliando:
=
V
τ
≈ 1.15 ⋅ 105 atm
6.9.2001
24.9.2001 (Es.1) Raccolto in F4
Nel silicio gli stati elettronici pieni (banda di valenza) sono separati da quelli vuoti (banda di conduzione)
da un intervallo di energia proibita pari a 1.14 eV. A temperature molto basse, idealmente T=0, i livelli
elettronici nella banda di valenza sono tutti pieni e quelli nella banda di conduzione sono tutti vuoti. Se si
vuole promuovere un elettrone dalla banda di valenza a quella di conduzione, tramite assorbimento di
radiazione elettromagnetica, quale lunghezza d’onda si dovrà utilizzare?
Si ha assorbimento quando l’energia del fotone è almeno uguale alla energia della gap
hν = E g
ν = c/λ
⇒
λ=
hν
= 1.1 × 10 − 6 m
c
24.9.2001 (Es.1)
Si dimostri che l’energia libera di Helmotz F è legata alla funzione di partizione Z dalla relazione
F=-kBTlnZ
Vedi testo di riferimento
24.9.2001 raccolto in F4
Come varia la concentrazione di molecole, e quindi la pressione, nell’atmosfera terrestre in funzione della
quota h? Si consideri l’atmosfera costituita da un gas ideale di molecole di azoto N2 di massa M, in contatto
termico e diffusivo. Si supponga inoltre che la temperatura non dipenda dalla quota h e sia pari a T.
Il potenziale chimico totale sarà µ = µ int + Mgh
⎡ n(h) ⎤
⎡ n(0) ⎤
⎥ + Mgh = τ ln ⎢
⎥ con τ = k BT
⎣⎢ nQ ⎦⎥
⎣⎢ nQ ⎦⎥
All’equilibrio τ ln ⎢
⎡ Mgh ⎤
⇒ n(h) = n(0) exp ⎢−
⎥
⎣ τ ⎦
16.02.2002 (Es.1) raccolto in F4
Due recipienti adiabatici identici, collegati da un rubinetto, contengono una mole di gas perfetto.
Inizialmente il rubinetto è chiuso ed il gas è confinato nel primo recipiente mentre il secondo è vuoto. Ad un
certo istante il rubinetto viene aperto ed il gas si espande nel secondo recipiente. Si calcoli la funzione di
molteplicità g del gas sia nello stato iniziale che in quello finale. Si stimi infine la variazione di entropia
conseguente alla trasformazione.
Nella situazione iniziale, poiché tutte le molecole si trovano nel primo contenitore, abbiamo
gi =
N A!
=1
N A!0!
Nella situazione finale, al termine dell’espansione, le molecole di gas saranno distribuite con eguale
probabilità tra il primo ed il secondo contenitore. Quindi g f =
N A!
. Poiché NA è un numero
(N A / 2)!( N A / 2)!
1/ 2
⎛ 2 ⎞
⎟⎟ 2 N . Avremo quindi:
molto grande, potremo utilizzare l’approssimazione gaussiana. Quindi g f ≅ ⎜⎜
⎝ πN A ⎠
2 1
∆σ = σ f − σ i = ln g f − ln g i = ln − ln N A + N A ln 2 . I primi due termini sono trascurabili rispetto al
π 2
terzo, quindi ∆S = k B ∆σ = k B N A ln 2 = R ln 2 = 5.76 JK −1
16.02.2002 (Es.2) raccolto in F4
Un singolo elettrone è confinato in una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza 50Å ed a
temperatura ambiente. Quale sarà il rapporto tra le probabilità di occupazione del primo livello eccitato e
del livello fondamentale? E tra il secondo livello eccitato e lo stato fondamentale?
L’energia dei primi due livelli sarà:
ε1 =
h 2π 2
2mL2
, ε2 =
4h 2π 2
2mL2
di conseguenza avremo:
P (ε 2 )
P (ε 3 )
⎛ ε − ε2 ⎞
⎛ε −ε ⎞
= exp⎜ 1
= exp⎜ 1 3 ⎟ = 0.01
⎟ = 0.17 e
P (ε1 )
P (ε1 )
⎝ τ ⎠
⎝ τ ⎠
16.02.2002 (Es. 3)
Nel caso del sistema illustrato nell’esercizio 2, si calcoli l’energia media dell’elettrone.
Considerando solo i primi tre livelli (infatti si può verificare che
U =
∑ε
S
exp(−ε S / τ )
Z
P(ε 4 )
≈ 10 − 4 ) otteniamo:
P(ε1 )
= 2.2 ⋅ 10 − 2 eV
16.02.2002 (Es.4)
La presenza di una membrana semipermeabile consente ad alcune cellule vegetali di mantenere al loro
interno una concentrazione di ioni potassio (K+) maggiore di un fattore 104 rispetto alla concentrazione
nell’ambiente circostante. Supponendo che la cellula si trovi a temperatura ambiente, si stimi la differenza
di potenziale elettrico tra l’interno e l’esterno della cellula. Si supponga che il potenziale chimico abbia
l’espressione data nel caso del gas perfetto.
In condizioni di equilibrio, la differenza di potenziale chimico tra l’interno e l’esterno della cellula sarà
uguale alla differenza di potenziale elettrostatico:
⎛n ⎞
⎟ da cui e∆V = ∆µ = τ ln ni = 0.23V
⎜n ⎟
ne
⎝ Q⎠
µ = τ ln⎜
16.02.2002 (Es.1)
16.02.2002 (Es.2)
16.02.2002 (Es.3)
16.02.2002 (Es.4)
09.09.2002
In un sistema termodinamico 20 spin (momenti magnetici elementari) sono inizialmente allineati in modo
casuale (quindi 10 "up" e 10 "down"). Successivamente viene acceso un campo magnetico esterno uniforme,
che ne determina l'allineamento. Ad un certo momento il 70% degli spin risultano orientati secondo il campo
(mentre i rimanenti sono antiparalleli). Si determini quale sarà la differenza di entropia (statistica e
classica) tra questa configurazione finale e quella iniziale.
Le funzioni di molteplicità iniziale e finale sono rispettivamente:
gi =
N!
20!
N!
20!
. Pertanto:
; e gf =
=
=
N ↑ ! N ↓ ! 10!10!
N ↑ ! N ↓ ! 14!6!
⎛ 20! 10!⋅10! ⎞
−23
∆σ = ln( g f ) − ln( gi ) = ln ⎜
⋅
⎟ ≅ −1.56 . E infine: ∆S = K B ⋅ ∆σ ≅ −2.16 ⋅10 J / K
14!
⋅
6!
20!
⎝
⎠
09.09.2002
Alcune molecole di gas (ossigeno molecolare, O2) sono libere di muoversi in un contenitore alla temperatura
T=10K. Supponendo che esse siano sottoposte unicamente all'azione della forza peso, e sapendo che la
concentrazione ad una quota scelta come riferimento (y=0) è pari a 50 volte la concentrazione quantica, si
calcoli per quale quota y la concentrazione delle molecole si riduce a 49 volte nQ.
L'energia potenziale del campo della forza peso è Mgy in cui M = 2* P. A.(Ossigeno) ≈32 masse
protoniche.
⎛ n( y ) ⎞
+ Mgy = costante
⎜ nQ ⎟⎟
⎝
⎠
Per cui il potenziale chimico totale è : µ = τ ln ⎜
La
costante
si
può
ricavare
dal
valore
di
riferimento
(per
y=0):
⎛ n( y ) ⎞
⎛ n(0) ⎞
+ Mgy = τ ln ⎜
= τ ln ( 50 )
⎟
⎜ nQ ⎟
⎜ nQ ⎟⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
τ ln ⎜
Ed imponendo n( y ) = 49 ⋅ nQ si ricava la quota cercata: y =
τ
⎛ 50 ⎞
ln ⎜ ⎟ ≅ 5.3m .
Mg ⎝ 49 ⎠
26.9.2002
Si calcoli la variazione della media termica dell’energia di un sistema costituito da NA (numero di
Avogadro) dipoli elettrici indipendenti, di momento p=10-26Cm, a temperatura ambiente a seguito
dell’accensione di un campo elettrico costante E=1000V/m. Si supponga che i dipoli possano orientarsi
esclusivamente parallelamente o antiparallelamente al campo applicato
Ciascun momento elementare può essere orientato parallelamente o antiparallelamente al campo esterno,
l’energia sarà rispettivamente -pE oppure +pE. La media termica dell’energia senza campo sarà nulla,
successivamente sarà:
ε = pE
e
−
pE
τ
pE
−e τ
pE
eτ +e
−
pE
⇒ U = N A ε ≅ −1.4 × 10 −2 J
τ
26.9.2002 rivedere!
Nel caso illustrato nell’esercizio 3 il momento complessivo (somma di tutti i dipoli elementari) di dipolo
elettrico P sia pari a 2.17*10-2 Cm. Ad un certo istante, il campo elettrico viene spento ed il sistema
raggiunge rapidamente un nuovo stato di equilibrio. Calcolare la variazione di entropia termodinamica. Si
utilizzi l’approssimazione gaussiana per la funzione di molteplicità.
Il momento complessivo P è pari a p(N↑-N↓), dove p rappresenta il momento di dipolo elementare, N↑ ed N↓
il numero di dipoli orientati rispettivamente parallelamente ed antiparallelamente al campo. Si ottiene quindi
(N↑-N↓)=P/p=2.17*1024=2s.
All’equilibrio con campo spento avremo N↑=N↓, s=0. La variazione di entropia statistica sarà:
∆σ = ln
g f ( N A ,0)
g i ( N A , s)
Utilizzando l’approssimazione gaussiana:
Quindi
⎛ 2s 2 ⎞
⎟⎟
g i ( N A , s ) = g f ( N A ,0) exp⎜⎜ −
N
⎝
A ⎠
⎛ 2s 2 ⎞
⎟⎟ ≅ 50 J / K
∆S = k B ∆σ = k B ⎜⎜
N
⎝ A⎠
18.2.2003 (Es.1) raccolto in F4 Un sistema costituito da una mole di momenti magnetici elementari a
temperatura molto bassa si trova inizialmente in un intenso campo magnetico applicato. In queste condizioni
si supponga che tutti i momenti magnetici siano orientati parallelamente al campo. Ad un certo istante il
campo viene spento ed il sistema raggiunge un nuovo stato di equilibrio corrispondente alla distribuzione più
probabile. Si calcoli la variazione di entropia in J/K.
Poiché l’entropia s è uguale al logaritmo naturale della molteplicità dello stato, la sua variazione
⎛gf
⎝ gi
sarà: ∆σ = ln⎜⎜
⎞
⎟⎟ in cui g i = 1
⎠
⎛ 2 ⎞
⎟⎟
Per la funzione di molteplicità usiamo l’approssimazione gaussiana: g ( N A , s ) = ⎜⎜
⎝ πN A ⎠
⎛ 2 ⎞
⎟⎟
s=0 si riduce a g ( N A ,0) = ⎜⎜
π
N
⎝ A⎠
1
1
2
⋅e
−
2 s2
NA
, che per
2
. Pertanto la differenza di entropia risuta pari a:
1 ⎛ 2 ⎞
⎟ + N A ln 2 Poiché il primo termine è trascurabile rispetto al secondo otteniamo
∆σ = ln⎜⎜
2 ⎝ πN A ⎟⎠
∆S = K B N A ln 2 = R ln 2 ≅ 5.76 J
K
18.2.2003 (Es.2) raccolto in F4Si consideri un gas di idrogeno allo stato atomico alla temperatura T=5800 K.
Qual è il rapporto tra le probabilità di occupazione del primo livello eccitato e del secondo livello eccitato.
Assunto come zero dell’energia il livello di ionizzazione, e chiamata R l’energia dello statofondamentale
(pari a R=-13.6eV), abbiamo, per il primo e per il secondo livello eccitato:
P (n = 2) = e
−
R
4τ
e P (n = 3) = e
−
R
9τ
Il rapporto di probabilità si determina quindi da:
−
R
4τ
⎡⎛ 1 1 ⎞ R ⎤
⎢⎜ − ⎟ ⎥
P(n = 2) e
= R = e ⎣⎝ 9 4 ⎠ τ ⎦ ≅ 43
P (n = 3)
−
e 9τ
18.2.2003 (Es.3) raccolto in F4In un sistema quantistico a due livelli, occupato da una sola particella, la
differenza in energia tra i livelli è pari a 0.1 eV. Quale dovrà essere la temperatura in gradi Kelvin perché la
probabilità di occupazione del livello superiore sia pari a 0.2?
Assumiamo pari a zero l’energia del livello fondamentale, e quindi pari ad ε quella dell’unico livello
eccitato. Imponendo quindi quanto richiesto sulla probabilità di occupazione avremo:
e
P (ε ) =
e
−
−
ε
τ
ε
τ
+1
da qui segue
T =−
= 0.2 ;
e
−
ε
τ
ε2
K B ln(0.25)
= 0.25 e quindi:
≅ 840 K
18.2.2003 (Es.4) raccolto in F4 La composizione dell’aria al livello del mare è per il 78% di N2 molecolare
(peso molecolare 28 U.A.) e, per il 21% di ossigeno molecolare O2 (peso molecolare 32 U.A.). Determinare
la percentuale relativa aspettata ad una quota h di 20 km, immaginando l’atmosfera un gas perfetto isotermo
a temperatura di 227 K.
La percentuale relativa tra i due gas nella miscela è anche pari al rapporto tra le concentrazioni, ciascuna
delle quali è ovviamente variabile con la quota. A quota zero otteniamo:
nO2 (0)
n N 2 ( 0)
=
0.21
≅ 0.27
0.78
immaginando l’atmosfera un gas isotermo la concentrazione dei due gas varia con la quota secondo le
relazioni:
nO2 (h) = nO2 (0) ⋅ e
−
M O gh
2
τ
e n N 2 (h) = n N 2 (0) ⋅ e
−
M N gh
2
τ
.
Dal rapporto membro a membro otteniamo la percentuale relativa richiesta:
nO2 (h)
n N 2 ( h)
=
nO2 (0)
n N 2 ( 0)
⋅e
−
( M O − M N ) gh
2
2
τ
= 0.27 ⋅ e
−
( M O − M N ) gh
2
2
τ
≅ 0.18
28.2.2003 (Es.1) raccolto in F4 In un sistema quantistico gli stati energetici elettronici obbediscono alla
legge εn=A+Bn3 (n=0,1,2,…), dove A e B sono costanti dalle opportune dimensioni fisiche. E’ noto inoltre
che per provocare la transizione di un elettrone dallo stato fondamentale al secondo livello eccitato è
necessario inviare sul sistema una radiazione elettromagnetica monocromatica di frequenza ν=1014Hz. Si
calcoli la temperatura assoluta per la quale la probabilità di trovare la particella ad energia ε1 è mille volte
maggiore della probabilità di trovarla a ε2.
I primi tre livelli hanno energia: ε 0 = A; ε 1 = A + B; ε 2 = A + 8 B;
Qualunque sia il valore di A (energia di punto zero), il rapporto tra le probabilità di occupazione si determina
da:ll rapporto tra i fattori di Boltzmann:
⎛−B⎞
exp⎜
⎟
P(ε 1 )
KT ⎠
⎝
;
=
P(ε 2 )
⎛ − 8B ⎞
exp⎜
⎟
⎝ KT ⎠
dove la costante B si calcola dall’informazione hν = ε 2 − ε 0 = 8 B . A questo punto la temperatura cercata si
ottiene da:
⎛ 7 hν ⎞
P(ε 1 )
7hν
⎛ 7B ⎞
⎜
8 ⎟ = 1000 → T =
= exp⎜
≅ 610 K
⎟ = 1000 → exp⎜
⎟
P(ε 2 )
⎜ KT ⎟
8KT ln(103 )
⎝ KT ⎠
⎝
⎠
28.2.2003 (Es.2) raccolto in F4 Un sistema termodinamico è costituito da 10-2 moli di momenti magnetici
elementari (spin) indipendenti a temperatura ambiente ed in un campo esterno applicato B. In queste
condizioni il momento magnetico totale M tot del sistema è pari a 1.854*10-9 JT-1. Ad un certo istante, il
campo magnetico viene spento ed il sistema raggiunge rapidamente un nuovo stato di equilibrio. Calcolare la
variazione di entropia termodinamica.
Il momento complessivo M tot è pari a M tot = µ B ( N ↑ − N ↓ ) in cui µ B rappresenta il momento magnetico
elementare (magnetone di Bohr), N ↑ ed N ↓ il numero di momenti orientati rispettivamente parallelamente
ed antiparallelamente al campo. L’eccesso di spin si ottiene quindi direttamente da:
2s = N ↑ − N ↓ = M
14
µ B = 2 ⋅10
All’equilibrio, con campo spento, avremo N ↑ = N ↓ e pertanto s=0..
La variazione di entropia, in approssimazione gaussiana (giustificata dal gran numero di spin) sarà:
⎡
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎡ g (N A
,0) ⎤
⎢
⎥
f
(
,
0
)
2s 2
g
N
100 ⎥ = K ln
∆S = K B ln ⎢
K
=
≅ 4.6 ⋅10 −17 J
⎢
⎥
B
B
K
⎢
⎥
NA
NA
⎛
⎞
⎢
⎜ − 2s 2 ⎟ ⎥
⎢⎣ g i ( 100 , s ) ⎥⎦
100
⎢ g ( N ,0) exp⎜
⎟⎥
N
⎢
⎜ A
⎟⎥
100 ⎠ ⎦
⎝
⎣
28.2.2003 (Es.3) raccolto in F4Un sistema di N=1024 spin di momento magnetico µ=9.2x10-24 JT-1 viene
posto in un campo magnetico uniforme di intensità B=1T. Il sistema è in equilibrio termodinamico alla
temperatura T=1 K. Il valore del momento magnetico può assumere solo due direzioni: parallela o
antiparallela al campo.. Calcolare quanti dipoli magnetici sono mediamente orientati nelle due direzioni.
Il sistema quantistico è a soli due stati energetici, per cui è possibile calcolare la funzione di
partizione:
Z =e
−
µB
K BT
+e
⎛ µB
−⎜⎜ −
⎝ K BT
⎞
⎟⎟
⎠
≅ 2.46
Il numero di dipoli allineati lungo il campo si ottiene moltiplicando il numero totale per la
probabilità che uno spin risulti parallelo sia per esempio spin “up”):
N ↑ = NP↑ = N
e
⎛ µB
−⎜⎜ −
⎝ K BT
⎞
⎟⎟
⎠
Z
≅ 7.9 ⋅10 23
Per cui quelli allineati nell’altra direzione sono ovviamente:
N ↓ = NP↓ = N
e
⎛ µB
⎜⎜ −
⎝ K BT
⎞
⎟⎟
⎠
≅ 2.1 ⋅10 23 = N − N
Z
↑
28.2.2003 (Es.4) raccolto in F4Si abbia un sistema a tre stati (0, ε, 2ε ) con ε =0.1 eV, in cui vi è una sola
particella. Determinare l’energia media del sistema ad una temperatura T=1000 K.
La funzione di partizione vale:
Z = 1 + exp − ε + exp − 2ε ≅ 1.41 essendo exp − ε
( τ)
(
τ
)
( τ ) ≅ 1.16
L’energia mediasi scrive pertanto:
U =
( )
(
ε exp − ε τ + 2ε exp − 2ε τ
Z
) ≅ 7.2 ⋅10
−21
J ≅ 0.045eV
05.09.2003 (Es.1) Un dipolo magnetico elementare µ (=9.2⋅10-24 J⋅T-1), alla temperatura di 1 K, è
posto in un campo
magnetico esterno di 1 T. Supponendo che il dipolo possa disporsi esclusivamente parallelamente
od antiparallelamente al campo esterno, si stimino la media termica dell’energia e del momento
magnetico.
L’energia di un dipolo vale
La funzione di partizione vale
L’energia media sarà:
ed momento magnetico medio:
05.09.2003 (Es.2) Un solido è costituito da una mole di atomi (peso atomico 12). Supponendo che
tali atomi siano
liberi di oscillare indipendentemente intorno alla loro posizione di equilibrio e che la forza di
richiamo elastica abbia una costante K=10-2N/m, si stimi l’energia termica media del solido alla
temperatura di 10 K.
La pulsazione propria delle oscillazioni è Hz
Utilizzando la funzione diPlanck per oscillatori quantistici tridimensionali otteniamo:
17.2.2004 (Es.1)
Un sistema costituito da N=1022 elettroni non interagenti si trova a temperatura 100 K in un campo
magnetico applicato pari ad 1T. Ad un certo istante il campo viene spento ed il sistema evolve verso un
nuovo stato d’equilibrio. Si calcoli la variazione di entropia ∆σ tra lo stato iniziale (immediatamente dopo
che è stato spento il campo) e lo stato finale di equilibrio.
La media termica statistica dell’energia di un singolo spin si ottiene da:
⎛ − µB B ⎞
⎛µ B⎞
− µ B B exp⎜ B ⎟ + µ B B exp⎜
⎟
τ ⎠
τ ⎠
⎝
⎝
; da cui l’energia totale: U tot = N U
U =
⎛ µB B ⎞
⎛ − µB B ⎞
exp⎜
⎟ + exp⎜
⎟
⎝ τ ⎠
⎝ τ ⎠
U
≈ 6.7 ⋅1019
e l’eccesso di spin nella situazione iniziale di campo acceso: N ↑ − N ↓ = 2 s0 = tot
− µB B
mentre all’equilibrio l’eccesso di spin è nullo. Pertanto nell’approssimazione Gaussiana:
1
⎛ − 2s02 ⎞
⎛ − 2 s02 ⎞
⎛ 2 ⎞2 N
⎟
⎜
⎟
⎜
(
)
gi = ⎜
⎟ 2 exp⎜
⎟ = g N ,0 ⋅ exp⎜ N ⎟ mentre g f = g ( N ,0) .
N
⎝ πN ⎠
⎠
⎝
⎠
⎝
Ed infine: ∆σ = ln
gf
gi
≈
2s02
≈ 2.25 ⋅1017
N
17.2.2004 (Es.2)
Un elettrone si trova in una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza 5 nm. Sapendo che il
rapporto tra le probabilità che l’elettrone si trovi al primo stato eccitato e nello stato fondamentale è 10-4, si
calcoli la temperatura T.
Il rapporto tra le probabilità è dato da:
ε
exp ⎛⎜ − 2
τ
P(ε 2 )
⎝
=
P(ε1 ) exp ⎛ − ε1
⎜
τ
⎝
⎞
2
⎟
2
⎠ = exp ⎛ A − 4 A ⎞ = exp ⎛ −3 A ⎞ Avendo posto A = h π = 2.41⋅10 −21 J
⎜
⎜
τ ⎟⎠
τ ⎟⎠
⎞
2mL2
⎝
⎝
⎟
⎠
3A
⎛ − 3A ⎞
−4
≈ 57 K
Per cui imponendo: exp⎜
⎟ = 10 si ottiene T =
4 K B ln10
⎝ τ ⎠
17.2.2004 (Es.3)
Un tubo sottile, chiuso su se stesso, è sagomato a formare un quadrato di lato
L=4 m, e contiene azoto molecolare (N2, M=28 u.m.a.) a temperatura
ambiente, da trattarsi come un gas perfetto. Il tubo viene posto in rotazione,
con velocità angolare pari a ω=200 rad/s, intorno ad un asse perpendicolare
al piano definito dal quadrato e passante per il centro geometrico del quadrato
stesso. Si calcoli il rapporto tra la pressione massima e quella minima
all’interno del tubo.
ω
Le molecole più lontane dall’asse di rotazione saranno ad una distanza pari alla metà della diagonale del
quadrato. Le più vicine, sempre vincolate a rimanere all’interno del tubo, saranno a distanza pari alla metà
del lato. Pertanto:
d max =
2
L
2
mentre
d min =
L
2
Il potenziale chimico è costante all’interno del tubo, µtot = µint + E pot = cost.
Con E pot (d ) = −
Mω 2 d 2
. Ed eguagliando i potenziali chimici a distanza minima e massima:
2
⎛ Pd max ⎞ Mω 2 L2
⎛P
⎟−
= τ ⋅ ln⎜ d min
⎟
⎜ n τ
2 2
⎝ n Qτ ⎠
⎝ Q
τ ⋅ ln⎜⎜
⎞ Mω 2 L2
⎛ Mω 2 L2
P
⎟−
Da cui d max = exp⎜⎜
⎟
Pd min
2 4
⎝ 8τ
⎠
⎞
⎟⎟ ≅ 2.47
⎠
17.2.2004 (Es.4)
Un semiconduttore è caratterizzato da una gap di energia proibita pari a 1 eV. Supponendo che ad una
temperatura T=1100K il potenziale chimico sia disposto a metà della gap di energia proibita, si calcoli la
probabilità che un livello energetico posto 0.02 eV sopra la soglia della banda di conduzione risulti vuoto.
Ponendo il nostro zero di riferimento sulla scala delle energie alla cima della banda di valenza, avremo :
ε (fondo B.C.) = E g = 1eV ;
µ = 0.5eV ;
la probabilità che lo stato energetico ad energia ε = 1.02eV
risulti occupato è dato dal numero di occupazione, e quindi in virtù della distribuzione di Fermi-Dirac:
P (stato occupato) = f F .D. (ε , τ ) =
1
Ed infine: P (stato vuoto) = 1 − f F . D. (ε , τ ) ≈ 0.996
⎛ε − µ ⎞
exp⎜
⎟ +1
⎝ τ ⎠
17.2.2004 (Es.5)
Un semiconduttore è caratterizzato da una gap di energia proibita pari a 1 eV. Sapendo che il numero di
occupazione di un livello energetico posto 0.1 eV sopra la soglia della banda di conduzione è pari a 6.5·10-4
ad una temperatura T=900K, si stimi la posizione del potenziale chimico all’interno della gap di energia
proibita (si ricordi che per T>0 µ non coincide con l’energia di Fermi).
Ponendo il nostro zero di riferimento sulla scala delle energie alla cima della banda di valenza, sarà :
ε (fondo B.C.) = E g = 1eV . La probabilità che lo stato energetico ad energia ε = 1.1eV risulti occupato
è dato dal numero di occupazione, e quindi in virtù della distribuzione di Fermi-Dirac:
1
Pertanto invertendo per ricavare il potenziale chimico:
⎛ε − µ ⎞
exp⎜
⎟ +1
⎝ τ ⎠
⎞
⎛
1
1
1
⎛ε − µ ⎞
⎟⎟ ≈ 0.53eV
exp⎜
−1 ≈
⇒ µ ≈ ε − τ ln⎜⎜
⎟=
f F .D. (ε , τ )
⎝ τ ⎠ f F .D. (ε , τ )
⎝ f F . D. (ε , τ ) ⎠
P (stato occupato) = f F .D. (ε , τ ) =
17.2.2004 (Es.6)
Un tubo sottile, chiuso su se stesso, è sagomato a formare un quadrato di lato L=3
m, e contiene ossigeno molecolare a temperatura ambiente (O2, M=32 u.m.a.), da
trattarsi come un gas perfetto. Il tubo viene posto in rotazione, con velocità angolare
pari a ω, intorno ad un asse passante per la diagonale del quadrato. Per quale
valore della velocità angolare la pressione massima nel tubo risulta essere tripla
della pressione minima?
Le particelle più lontane dall’asse di rotazione saranno ad una distanza pari alla metà
della diagonale del quadrato. Le più vicine, sempre vincolate a rimanere all’interno
del tubo, sono sull’asse di rotazione. Pertanto:
ω
d max =
2
L
2
d min = 0 Il potenziale chimico è costante all’interno del tubo,
mentre
µtot = µint + E pot = cost.
Con E pot (d ) = −
Mω 2 d 2
.
2
Ed eguagliando i potenziali chimici a distanza minima e massima:
⎛ Pd max ⎞ Mω 2 L2
⎛P
⎟−
= τ ⋅ ln⎜ d min
⎟
⎜ n τ
2 2
⎝ nQτ ⎠
⎝ Q
τ ⋅ ln⎜⎜
⎛P
⎞
da cui ln⎜⎜ d max ⎟⎟ =
⎝ Pd min ⎠
Mω 2 L2
⇒ω =
4τ
⎞
⎟
⎟
⎠
rad
4 ln (3)τ
≈ 194.5
2
ML
s
17.2.2004 (Es.7)
Un elettrone si trova in una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza L=100 Å a temperatura
T=137K. E’ noto inoltre che il rapporto tra la probabilità che l’elettrone si trovi in uno stato eccitato di
numero quantico n e la probabilità che si trovi nello stato fondamentale è X=5·10-4. Si determini il valore di
n.
2
h 2π
Poiché l’autovalore dell’energia per lo stato quantico n-esimo è ε n =
⋅ n2 ,
2
2mL
il rapporto tra le probabilità è dato da:
⎛ − An 2 ⎞
⎟
exp⎜⎜
2
τ ⎟⎠
⎛ A(1 − n 2 ) ⎞
h 2π
P(ε n )
−4
⎝
⎜
⎟
=
= exp⎜
= X = 5 ⋅ 10 Avendo posto A =
= 6 ⋅ 10− 22 J
2
⎟
2mL
τ
P(ε1 )
⎛ − A⎞
⎝
⎠
exp⎜
⎟
⎝ τ ⎠
da cui: (1 − n 2 ) =
τ
A
ln X ⇒ n = 1 −
τ
A
ln X = 5
17.2.2004 (Es.8)
Un sistema costituito da N=1023 elettroni non interagenti è immerso in un campo magnetico applicato B
uniforme, di intensità non nota. La media termica statistica dell’energia per ogni singolo spin elettronico è
<U>=-10-26 J. Ad un certo istante il campo viene spento ed il sistema evolve verso un nuovo stato
d’equilibrio. Sapendo che la variazione di entropia ∆σ tra lo stato iniziale (immediatamente dopo che è stato
spento il campo) e lo stato finale di equilibrio è ∆σ=1017, si calcolino l’eccesso di spin ed il valore di B.
Nell’approssimazione gaussiana gli eccessi di spin iniziale e finale si scrivono:
1
2
⎛ − 2s02 ⎞
⎛ − 2s02 ⎞
⎛ 2 ⎞ N
⎟
⎟ = g ( N ,0) ⋅ exp⎜
gi = ⎜
⎟ 2 exp⎜⎜
⎜ N ⎟
⎟
N
⎝ πN ⎠
⎠
⎝
⎠
⎝
poichè
∆σ = ln
all’equilibrio
gf
gi
≈
2
0
2s
⇒ s0 ≈
N
l’eccesso
di
mentre g f = g ( N ,0 )
spin
∆σN
⇒ 2 s 0 ≈ 1.4 ⋅ 10 20
2
Poiché inoltre l’energia totale è legata all’eccesso di spin dalla relazione:
U tot = − µ B B ⋅ ( N ↑ − N ↓ ) = − µ B B ⋅ 2s 0 in cui U tot = N U
è
nullo.
Pertanto:
Si ricava infine: B =
N⋅ U
− µ B ⋅ 2s0
≈ 0.77T
29.11.2004 (Es.1)
Due sistemi termodinamici isolati R1 ed R2 contengono un numero di particelle rispettivamente pari ad N1
=1023 ed N2 = 5·1022 . Inizialmente gli eccessi di spin per i due sistemi sono pari a
2s10 = 2 ⋅ 1012 , 2s 20 = 4 ⋅ 1012 . Si descriva brevemente ciò che accade in termini della configurazione più
probabile quando i due sistemi vengono messi in contatto termico, ed isolati dal resto dell’universo. Si
calcolino gli eccessi di spin 2 s1 , 2 s 2 all’equilibrio e la differenza di entropia ∆σ tra lo stato di equilibrio
e lo stato iniziale.
29.11.2004 (Es.2)
Una particella è confinata in una buca di potenziale di larghezza L a temperatura T= 400K. E’ noto che per
provocare la transizione della particella dal primo stato eccitato al terzo stato eccitato è necessario
l’assorbimento di un fotone di frequenza ν= 4.36·1013 Hz. Si calcoli il rapporto tra le probabilità di
occupazione dello stato fondamentale e del secondo stato eccitato.
29.11.2004 (Es.3)
All’interno di un contenitore cubico di lato L=1m, disposto come in figura
rispetto ad un sistema di assi cartesiani, è contenuto un gas di neutroni,
z
r
r
sottoposti alla contemporanea azione della forza peso Fz = − mgu z e di una
r
r
forza costante, diretta lungo x, ed avente l’espressione Fx = Au x , con
A = 5 ⋅ 10 −27 N . Supponendo di poter trattare il gas come un gas perfetto, si
dica quali risulteranno essere i punti del contenitore con la massima e la minima
concentrazione di particelle, rispettivamente nmax ed nmin). Calcolare infine la
temperatura del sistema, sapendo che il rapporto tra le due concentrazioni vale
nmax/nmin. = 1.0001
L
0
x
29.11.2004 (Es.4)
Si consideri un cristallo semiconduttore mantenuto alla temperatura di 565K. Determinare l’ampiezza Eg
della gap di energia proibita, sapendo che la probabilità di occupazione di uno stato la cui energia è 0.02
eV più alta del fondo della banda di conduzione è P0 =10-4. Si assuma che il livello del potenziale chimico,
alla temperatura data, possa essere posto a metà della gap.
29.11.2004 (Es.5)
Un numero No =5·1023 di momenti magnetici elementari (spin) è immerso in una regione dello spazio in cui
è presente un campo magnetico uniforme di modulo B=0.5 T, cosicché l’energia media di uno spin risulta
pari a <U>= - 5·10-28 J. Si determini l’espressione analitica del numero di spin “up” e “down”, ed il loro
valore. Si calcoli infine la differenza di entropia ∆S tra lo stato finale descritto e quello iniziale in cui, a
campo spento, il numero degli spin “up” eguaglia quello degli spin “down”.
29.11.2004 (Es.6)
Una particella è confinata in un sistema quantistico caratterizzato da tre soli stati accessibili, di autovalori
dell’energia A, A+ε, A+2ε, con ε=0.1 eV, ed a temperatura Τ. Sapendo che l’energia media del sistema è
0.6 eV, e che il rapporto tra le probabilità di occupazione del secondo stato eccitato e dello stato
fondamentale è pari a 10-2, determinare la temperatura T ed i tre autovalori dell’energia.
29.11.2004 (Es.7)
All’interno di un contenitore di volume V=10 litri ed a temperatura T=500K sono contenute No=1024
molecole di composizione chimica AB2 . E’ noto che alla temperatura data la specie chimica presenta il
fenomeno della dissociazione termica, con un grado di dissociazione pari ad α=0.3 (in altri termini, il 30%
delle molecole si dissocia in 3 frammenti: AB2 →A+2B, mentre il restante 70% rimane indissociato).
Sapendo che i frammenti A e B hanno masse rispettivamente pari a MA =100 u.m.a. ed M B =60 u.m.a.,
calcolare il potenziale chimico totale del sistema di particelle libere, supponendo che tutte le molecole,
dissociate ed indissociate, possano essere trattate come una miscela di gas perfetti, ciascuna specie avendo
a disposizione l’intero volume del contenitore.
29.11.2004 (Es.8)
Si consideri un cristallo semiconduttore mantenuto alla temperatura di 434K. Determinare l’ampiezza Eg
della gap di energia proibita, sapendo che la probabilità che risulti vuoto uno stato la cui energia è 0.01 eV
più bassa della cima della banda di valenza è P0 =10-4. Si assuma che il livello del potenziale chimico, alla
temperatura data, possa essere posto a metà della gap.
Balestrino 2005 (Es.1)
Un sistema termodinamico è costituito da tre atomi identici aventi numero quantico azimutale l=1. In
conseguenza il numero quantico magnetico può assumere i valori ml= +1,0,-1. Questa circostanza implica
che il momento magnetico orbitale, rispetto ad una direzione z, può assumere esclusivamente i valori +µ B,
0, -µB.
• Si calcoli la funzione di molteplicità g del sistema al variare del suo momento magnetico
complessivo µ.
Si ipotizzi che un campo B sia applicato nella direzione z e che, successivamente, questo campo venga
spento lasciando i momenti magnetici liberi di riarrangiarsi fino a raggiungere lo stato più probabile. Si
calcoli la variazione di entropia ∆σ tra lo stato iniziale e quello finale.
µ1 µ 1+ µ1+µ2+
µ2
µ3
+3
+2
+2
+1
+1 +1
0
+2
+1
0
+1
0
-1
µ1 µ1+
µ2
µ1+µ2+
µ3
+2
+1
0
µ1 µ1+µ µ1+µ2+
µ3
2
+1
0
0
-1
0
+1
0
-1
-1 -1
0
-1
-2
-1
0
-1
-2
-2
-1
-2
-3
+1
0
Dalla tabella si vede che g(+3)=1,
g(+2)=3, g(+1)=6, g(0)=7, g(-1)=6,
g(-2)=3, g(-3)=1. Lo stato più
probabile è quello caratterizzato da
un momento magnetico nullo.
La variazione di entropia sarà
∆σ=ln(gf)-ln(gi)=1.95
Balestrino 2005 (Es.2)
Studiando lo spettro di emissione di un gas riscaldato di atomi di idrogeno, si osserva che il rapporto di
intensità tra la linea spettrale a 653 nm (transizione da n=3 ad n=2) e la linea spettrale a 486 nm
(transizione da n=4 a n=2) è pari a 20. Si stimi la temperatura del gas.
Le linee spettrali di emissione sono dovute al decadimento degli elettroni, rispettivamente, dal terzo e dal
secondo stato eccitato al primo stato eccitato. Un rapporto di intensità tra le linee di emissione pari a 20
implica che la popolazione del secondo livello eccitato sia 20 volte maggiore della popolazione del terzo.
Utilizzando il fattore di Boltzmann
⎛ε −ε ⎞
P2
= 20 = exp⎜⎜ 3 4 ⎟⎟ da cui
P3
⎝ K BT ⎠
T=
ε3 −ε4
K B ln (20)
=
R
R
⎛1 1 ⎞ 5
≅ 2500 K
⎜ − ⎟=
K B ln (20) ⎝ 9 16 ⎠ 36 K B ln (20 )
Balestrino 2005 (Es.3)
Un sistema termodinamico è costituito da un numero di Avogadro di atomi del tipo descritto nell’esercizio
precedente. Al sistema è applicato un campo B pari ad 10 T. Si calcoli il momento magnetico medio del
sistema nell’ipotesi che gli atomi non interagiscano tra di loro e che la temperatura sia pari a 10 K.
Il momento magnetico medio del singolo atomo si calcola utilizzando:
µ =
⎛µ B⎞
⎛ − µB B ⎞
⎛ − µB ⎞
⎟
⎟ − µ B exp⎜ B ⎟ + µ B exp⎜
kT ⎠
kT ⎠
kT ⎠
⎝
⎝
= 3.9 × 10 −24 JT −1
=
Z
⎛µ B⎞
⎛ − µB B ⎞
1 + exp⎜ B ⎟ + exp⎜
⎟
⎝ kT ⎠
⎝ kT ⎠
∑ µ exp⎜⎝
M = N A µ = 2.3 JT −1
Balestrino 2005 (Es. 4) raccolto in F4
Un semiconduttore intrinseco è caratterizzato da una banda di energia proibita Eg pari a 0.5 eV. Per quali
valori della temperatura T la probabilità che uno stato elettronico sul fondo della banda di valenza sia
occupato sarà minore di 10-3?
Si assuma il potenziale chimico a metà della gap di energia proibita.
Dall’espressione della distribuzione di Fermi Dirac f FD =
T<
ε − µ ⎡ ⎛ 1 − f FD ⎞⎤
1
⎛ε −µ ⎞
⎟⎟ + 1
exp⎜⎜
⎝ k BT ⎠
, si ricava
−1
⎟⎥ ≅ 420 K avendo assunto il potenziale chimico a metà della gap proibita.
⎢ln⎜
k B ⎣ ⎜⎝ f FD ⎟⎠⎦
appello del 27/09/2006 (Es. 1) I bolometri sono dei dispositivi atti alla rivelazione di fotoni. In tali
dispositivi l’assorbimento dei fotoni da luogo ad un aumento della temperatura del dispositivo per
dissipazione termica. Tale variazione può essere facilmente rivelata. Si supponga di voler costruire un
bolometro basato su diamante. Sapendo che il calore specifico del diamante a bassa temperatura è pari circa
a 1 J kg-1 K-1 e la sua densità pari a circa 3.5 103 kg cm-3, e supponendo di essere in grado di rivelare, al più,
una variazione di temperatura pari a 10-1 K, si stimi il volume massimo che il dispositivo deve avere per
poter rivelare un singolo fotone di lunghezza d’onda pari a 10 nm.
L’energia dissipata dal singolo fotone è pari a E =
hc
λ
≅ 3.15 ×10 −18 J
La conseguente variazione di temperatura sarà E = ρVc∆T
Da cui V =
E
≅ 9 ×10 −3 µm 3
ρc∆T
appello del 27/09/2006 (Es. 2) Un fascio monoenergetico di neutroni (E=10-4eV) , tutti con la stessa fase
(fascio coerente) si muovono in direzione verticale nel campo di gravità della terra. Ad un certo punto il
fascio viene diviso in due tramite riflessione parziale da un cristallo (vedi figura). Dopo aver percorso
cammini diversi lungo i lati di un rettangolo di altezza L=100 m e base b, i due fasci si ricongiungono nel
punto A. Quale dovrà essere la minima distanza b perché i due fasci giungano in fase nel punto A?
La differenza di fase si accumulerà esclusivamente nei due tratti orizzontali.
L’energia cinetica dei neutroni che si muovono lungo la base del rettangolo è pari a
h 2k 2
. I neutroni che si muovono a quota L avranno un’energia cinetica minore pari a
2M
h 2 k '2 h 2 k 2
=
− MgL
2M
2M
E=
2ME − 2M 2 gL
2ME
9
−1
'
≅ 2.2 ×10 m , mentre k =
≅ 2.1×10 9 m −1
Pertanto k =
h
h
Perché i due fasci giungano in fase nel punto A dovremo avere:
b = nλ , b = (n + 1)λ da cui
b=
2π
λλ'
=
≅ 6 ×10 −8 m
'
'
λ −λ k −k
appello del 27/09/2006 Es. 3 Un elettrone si trova in una buca di potenziale 1D a pareti infinite di larghezza
L. La buca di potenziale viene successivamente riscaldata ad una temperatura T. In queste condizioni si
misura lo spettro di emissione dalla buca e si osserva che le due righe più intense hanno, rispettivamente,
lunghezza d’onda λ= 900 nm e λ’= 400 nm Si deduca a quale livello ciascuna di tali righe appartiene.
Inoltre, si osserva che il rapporto tra le intensità di tali righe di emissione è 103. Si calcoli la temperatura T
Nel caso di una buca di potenziale 1D l’energia dei livelli è proporzionale a n2. pertanto
E n 2 λ' 9
=
= = . Possiamo concludere che la riga di emissione a 900 nm corrisponde al primo livello
E ' n '2 λ 4
eccitato (n=2), mentre la riga a 400 nm corrisponde al secondo livello eccitato (n=3)
.La circostanza che il rapporto tra le intensità delle due righe di emissione è 103 implica che la popolazione
del livello energetico più alto sia 1000 maggiore. In termini di fattore di Boltzmann
5 hc
P(ε \ )
ε −ε
⎛ε −ε ⎞
= exp⎜ 2 1 ⎟ = 1000 ⇒ T = 2 1 = 4 λ ≅ 2.9 × 10 3 K
P(ε 2 )
k ln 1000 k ln 1000
⎝ kT ⎠
appello del 27/09/2006 Es. 4 Un metallo si trova a temperatura ambiente ed è caratterizzato da un’energia di
Fermi pari a 5 eV. Quale sarà la probabilità che un livello energetico posto 0.02 eV sotto l’energia di Fermi
sia vuoto?
La probabilità che lo stato sia vuoto sarà pari a
P = 1 − f FD = 1 −
1
≅ 0.54
⎛ε −εF ⎞
exp⎜
⎟ +1
⎝ kT ⎠
Appello dell’1/12/2005 (es.1) raccolto in F4 Due sistemi identici S1 ed S2, immersi in una regione in cui è
applicato un campo magnetico, contengono ciascuno 10 momenti magnetici elementari (spin elettronici).
Inizialmente essi sono termicamente isolati, e sono caratterizzati da un numero di spin “up” e “down”
rispettivamente pari a: N ↑1 = 9; N ↓1 = 1 e N ↑2 = 3; N ↓2 = 7 . Successivamente S1 ed S2 vengono posti in contatto
termico ed isolati rispetto all’ambiente esterno. Si dica quale risulterà la configurazione più probabile nel
sistema S1 + S2 all’equilibrio, e se ne calcoli la funzione di molteplicità totale. Si determini infine la
variazione di entropia classica tra la situazione finale (corrispondente alla configurazione più probabile) e
quella iniziale, nell’istante in cui si realizza il contatto termico (cioè quando gli spin “up” e “down” sono
quelli iniziali dati).
Dal momento che si deve conservare l’energia totale del sistema S1 + S2 ,si deve conservare anche l’eccesso
di spin. Prima del contatto termico vale S1o = 4; S 2o = −2 → S1o + S 2o = 2 si deduce facilmente che la
configurazione più probabile che non viola la conservazione dell’energia è S1 = 1; S 2 = 1 che corrisponde ad
avere N ↑1 = 6; N ↓1 = 4 e N ↑2 = 6; N ↓2 = 4 .
Pertanto le funzioni di molteplicità totali prima e dopo il contatto termico saranno:
o
gtot
= g1o ⋅ g 2o =
10!⋅10!
;
9!⋅3!⋅7!
gtotf = g1f ⋅ g 2f =
10!⋅10!
; ed infine la differenza di entropia:
6!⋅4!⋅6!⋅4!
⎛ 9!⋅3!⋅7! ⎞
⎛ 147 ⎞
⎛ 9!⋅3!⋅7! ⎞
− 23
∆S = K B ⋅ ∆σ = K B ⋅ ln⎜
⎟ = K B ⋅ ln⎜
⎟ ≅ 4.97 ⋅ 10 J / K
⎟ = K B ⋅ ln⎜
⎝ 6!⋅4!⋅6!⋅4! ⎠
⎝ 4 ⎠
⎝ 6!⋅4!⋅6!⋅4! ⎠
Appello dell’1/12/2005 (es.2) raccolto in F4 In una
stazione spaziale di forma cilindrica, di raggio R=2Km, le
R
condizioni ambientali confortevoli sono assicurate
mantenendo una temperatura interna costante pari a 300K e
ω
O2; N2
immettendo ossigeno ed azoto (O2, massa 32 u.m.a; N2
massa 28 u.m.a.) attraverso bocchette poste sull’asse
longitudinale. Infine viene creata una “accelerazione di
gravità fittizia” per gli astronauti che vivono sulle pareti
laterali interne del cilindro mantenendo la stazione in rotazione. La velocità angolare ω è tale che la forza
fittizia sperimentata da ogni corpo sia pari alla forza peso che esso sperimenterebbe sulla terra. Volendo
assicurare agli astronauti il rapporto ottimale tra le concentrazioni di ossigeno ed azoto, circa pari a 0.27
(il medesimo sulla terra a livello del mare), a quanto dovrà essere regolato il rapporto tra le concentrazioni
sull’asse di rotazione?
La condizione sulla “gravità fittizia” ci fornisce informazioni sulla velocità angolare necessaria:
mgR = mω 2 R ⇒ ω 2 =
g
R
Per ognuno dei due gas, in approssimazione di gas perfetto, il potenziale chimico si scrive µtot = µint + U in
m ω 2r 2
cui U ( r ) = −
ad una distanza generica r dall’asse di rotazione. Pertanto uguagliando il
2
potenziale chimico sull’asse e sulle pareti laterali dell’astronave:
2 2
2 2
⎛ n (o ) ⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎟ = τ ln⎜ n( R) ⎟ − mω R → n(o) = n( R) ⋅ exp⎜ − mω R ⎟ = n( R) ⋅ exp⎛⎜ − mgR ⎞⎟
⎜
⎟
⎜ n ⎟
2
2τ ⎟⎠
⎝ 2τ ⎠
⎝
⎝ nQ ⎠
⎝ Q ⎠
τ ln⎜⎜
Ripetendo lo stesso discorso per entrambi i gas e dividendo membro a membro:
nO2 (o)
nN 2 ( o)
=
⎡ gR(m O2 − m N2 ) ⎤
⎡ gR(m O2 − m N2 ) ⎤
⋅ exp ⎢−
⎥ = 0.27 ⋅ exp ⎢−
⎥
2τ
2τ
nN 2 ( R )
⎣
⎦
⎣
⎦
nO2 ( R)
Appello dell’1/12/2005 (es.3) raccolto in F4 Un numero molto grande di momenti magnetici elementari
(spin), non interagenti, viene mantenuto a temperatura costante T ed immerso in una regione dello spazio in
cui è presente un campo magnetico uniforme di intensità B=3.5 T. Sapendo che il numero degli spin
paralleli al campo (siano per es. gli spin “up”) è triplo rispetto al numero di spin “down”, si calcolino: 1)
la temperatura T; 2) la media termica <µ> del momento magnetico di uno spin; 3) la media termica <U>
dell’energia di uno spin.
Dalla
condizione
N↑
= 3 si
N↓
ricava
µBB
τ
immediatamente
il
rapporto
tra
le
probabilità:
( )
P↑
e
µ B 1
= 3 ⇒ µ B B = 3 → B = ⋅ ln(3) = ln 3 . Ciò ci permette di calcolare la temperatura assoluta:
−
2
P↓
τ
e τ
µB ⋅ B
⎛µ B⎞
T=
≅ 4.3K Ed infine < µ >= µ B ⋅ th⎜ B ⎟ = µ B ⋅ th ln 3 ≈
K B ln 3
⎝ τ ⎠
[ ( )]
( )
[ ( )]
< U >= − < µ > B = − µ B ⋅ B ⋅ th ln 3 ≈
Appello dell’1/12/2005 (es.4) raccolto in F4 Un cristallo di magnesio è costituito da una mole di atomi di
peso pari a circa 24.3 u.m.a. E’ noto infatti che gli atomi di magnesio in natura sono la mescolanza di due
forme isotopiche principali: Mg24 ( la più abbondante) ed Mg25. Trattando gli atomi nel cristallo come
oscillatori armonici quantistici tridimensionali e trascurando l’energia di punto zero ( ε s ≅ s ⋅ hω ) è noto che
la media termica <s> del numero quantico a temperatura ambiente è pari a <s>=78.7. Si calcoli l’energia
totale Utot del cristallo. Cosa cambierebbe nei valori di <s> e Utot se, idealmente, si riuscisse a sintetizzare
un cristallo contenente una mole di atomi di magnesio Mg24, cioè se si riuscisse a selezionare solo l’isotopo
più abbondante? Discutere il confronto tra i risultati nei due casi. Suggerimento: si assuma che gli isotopi
abbiano la stessa costante elastica.
1
Poiché < s >=
hω
e
τ
si deduce il valore della pulsazione e della costante elastica:
−1
ω=
k
1 ⎞
τ ⎛
= ln⎜1 +
⎟ e quindi l’energia media di un oscillatore < U >=
M h ⎝ < s >⎠
τ >> hω
hω
hω
e
τ
≅ τ poiché
−1
l’energia totale per una mole di oscillatori tridimensionali è allora U TOT = 3 N A ⋅ < U >≅ 3 N A ⋅ τ ≅ 7480 J
nel caso di un ipotetico cristallo composto solo da Mg24 , poiché la costante elastica è identica, ma varia la
massa:
1
< s ' >=
hω '
e
τ
1
=
−1
M
M'
hω
e
τ
≅
in cui M=24.3 u.m.a. mentre M’=24 u.m.a. Dunque <s’> risulta più
−1
hω '
piccolo, ma l’energia totale è ovviamente circa la stessa: < U >=
hω '
e
τ
≅ τ → U TOT ≅ 3N A ⋅ τ ≅ 7480 J
−1
Appello dell’1/12/2005 (es.5) raccolto in F4 Del gas rarefatto di protoni (da
trattarsi quindi come gas perfetto), mantenuto a =700K, viene racchiuso in un
contenitore cubico di lato L, a sua volta posto tra le armature di un
condensatore a facce piane e parallele distanti L. Quando il condensatore
viene caricato in modo tale che la differenza di potenziale tra le armature
risulti essere ∆V=V+-V- =1 V, un sensore di pressione posto in x=0, cioè nei
punti a potenziale minore, registra una pressione locale pari a P=2*106 Pa. Si
determini quale pressione verrà letta da un secondo sensore posto in x=L/2,
specificando la direzione ed il verso di diffusione dei protoni. Si verifichi infine
che l’approssimazione adottata è lecita.
L
V-
V+
Sens. 1 Sens. 2
o
x
Poiché il campo all’interno delle piastre è costante, il potenziale elettrico cresce linearmente da V- a V+ .
Pertanto ponendo V-=0 dove è posto il sensore 2 avremo un potenziale elettrico pari a ∆V/2, cioè V2=0.5 V,
I protoni diffondono da destra verso sinistra (cioè verso l’energia potenziale minore) ed all’equilibrio il
potenziale chimico totale è il medesimo in x=0 ed in x=L/2. Pertanto, denominando con P1 e P2 le pressioni
lette dai due sensori, avremo:
⎛ P1
⎜ τn Q
⎝
τ ln⎜
⎞
⎛
⎟ = τ ln⎜ P2
⎟
⎜ τn Q
⎠
⎝
⎞
⎟ + eV 2 → P2 = P1 exp⎛⎜ − e ∆V ⎞⎟ ≅ 506 Pa
⎟
2τ ⎠
⎝
⎠
Appello dell’1/12/2005 (es.6) raccolto in F4 Illuminando un semiconduttore di gap d’energia Eg1 non nota
mediante radiazione elettromagnetica, si nota un brusco aumento della sua conducibilità elettrica per
frequenze dei fotoni superiori ad un valore di soglia νS= 1.62·1014Hz, segno che l’assorbimento ottico ha
incrementato il numero di elettroni in banda di conduzione (e le lacune in banda di valenza). Si stimi
l’energy gap Eg1. In un secondo esperimento, si mette a confronto questo stesso materiale con un secondo
semiconduttore di gap pari ad Eg2. Denominata P1 la probabilità di occupazione di uno stato sul fondo della
banda di conduzione per il primo materiale, e P2 la probabilità di occupazione di uno stato sul fondo della
banda di conduzione per il secondo materiale, si nota che a temperatura ambiente il loro rapporto risulta
pari a P1/ P2 =8.38. Si stimi il valore di Eg2 supponendo di poter porre in entrambi i casi il potenziale
chimico a metà della gap.
L’aumento di conducibilità a seguito dell’illuminamento ci fornisce direttamente la gap del primo
semiconduttore :
E g1 = hν S ≅ 0.67eV ≅ 1.07 ⋅10 −19 J (si tratta di germanio). A questo punto il rapporto tra le probabilità di
1
⎛ E g 1 − E g1 2 ⎞
⎟ +1
exp⎜⎜
(E 2τ )
⎟
τ
P1
e g2
⎝
⎠
occupazione si scrive per i due semiconduttori:
=
≅ ( Eg1 2τ ) Ed infine:
1
P2
e
⎛ Eg2 − Eg2 2 ⎞
⎟ +1
exp⎜⎜
⎟
τ
⎝
⎠
E g 2 = E g1 + 2τ ⋅ ln (8.38) ≅ 0.78eV ≅ 1.25 ⋅10 −19 J
Appello dell’1/12/2005 (es.7) raccolto in F4 Un sistema quantistico A è in contatto termico-diffusivo con
un reservoir R contenente un numero molto grande di particelle bosoniche, ed a temperatura T=103K. Il
sistema S può essere non occupato, od occupato da bosoni, fino ad un numero un massimo di quattro, e la
sua energia totale risulta direttamente proporzionale al numero di bosoni che lo occupano: ES=N⋅ε, in cui
ε=0.05 eV. Si scriva l’espressione completa della gran somma di Gibbs, in termini dell’attività assoluta. Si
stimi quindi la media termica <N> del numero di bosoni che occupano il sistema quantistico in esame
supponendo di poter lavorare nell’approssimazione del gas perfetto, con una concentrazione di bosoni pari
ad un cinquantesimo della concentrazione quantica.
La somma di Gibbs si scrive ζ =
∑ λN e
−
ES
τ
. E nel nostro caso, nel quale N=0, 1, …4 e l’espressione
N ,s
dell’energia è ES=N⋅ε, la somma si riscrive:
4
ζ = ∑λ e
N
−
Nε
τ
−
ε
τ
= 1 + λe λ e
2
−
2ε
τ
+λ e
3
−
3ε
τ
+λ e
4
−
4ε
τ
≅ 1 + λe
−
ε
τ
+λ e
2
−
2ε
τ
. L’approssimazione adottata è
N =0
giustificata dall’osservazione che il quarto ed il quinto termine sono molto minori dell’unità. Ricordando ora
l’espressione che fornisce il numero di occupazione medio <N> :
−
ε
−
2ε
λe τ + 2λ2e τ
∂
1 ∂ζ
<N>= < N >= λ
ln(ζ ) = λ
≅
≅ 1.13 ⋅ 10− 2
2ε
ε
−
−
ζ ∂λ
∂λ
1 + λe τ + λ2e τ
Appello dell’1/12/2005 (es.8) raccolto in F4 Una mole di momenti magnetici elementari (spin) non
interagenti è immersa in una regione dello spazio in cui è presente un campo magnetico uniforme di
intensità B, ed è mantenuta a temperatura costante T=10K. Sapendo che il numero degli spin paralleli al
campo (siano per es. gli spin “up”) è quadruplo rispetto al numero di spin “down”, si calcoli l’energia
totale del sistema. Quando il campo magnetico viene spento, il sistema evolve verso la configurazione più
probabile: si determini la differenza d’entropia classica tra questa situazione finale e quella iniziale a
campo acceso.
Dalla condizione
N↑
= 4 si ricava immediatamente il rapporto tra le probabilità:
N↓
µBB
P↑
e τ
µ B 1
= 4 ⇒ µ B B = 4 → B = ⋅ ln(4) = ln(2) ciò ci permette di calcolare l’energia totale:
−
2
P↓
τ
e τ
µ B
U TOT =< U > ⋅N A = − µ B B ⋅ N A ⋅ th( B ) = − K BT ⋅ N A ⋅ ln(2) ⋅ th[ln(2)] ≅ −34.6 J
τ
Inoltre è ovvio che a campo acceso N ↑ =
3
1
4
N A ; N ↓ = N A ⇒ 2s = N A ⇒ s = 0.3N A mentre a campo
5
5
5
spento s=0.
Allora la differenza di entropia si scrive a partire dalle funzioni di molteplicità:
g f = g ( N A ,0); g i = g ( N A ,0) ⋅ e
−
2 ( 0.3 N A )2
τ
⎛g
⇒ ∆S = K B ln⎜⎜ f
⎝ gi
⎞
⎟⎟ ≅ 0.18 ⋅ N A K B ≅ 1.5 J / K ;
⎠
appello del 27/09/2006 raccolto in F4 Un elettrone si trova in una buca di potenziale 1D a pareti infinite di
larghezza L=5 nm. La buca si trova a temperatura T diversa da zero e, pertanto, gli stati eccitati possono
essere occupati per effetti termici. Di conseguenza, ogni tanto si osserva l’emissione di un fotone dovuto al
decadimento da uno stato termicamente eccitato. In particolare si osserva che il rapporto tra i fotoni emessi
nel decadimento dal primo stato eccitato allo stato fondamentale e quelli emessi nel decadimento dal secondo
stato eccitato e quello fondamentale è 100, si calcoli la temperatura T.
I livelli energetici all’interno della buca sono dati dalla formula
h 2 ⎛ nπ ⎞
εn =
⎜
⎟
2m ⎝ L ⎠
2
Utilizzando il fattore di Boltzmann
⎛ε −ε ⎞
P(ε 2 )
h2 ⎛ π ⎞
= 100 = exp⎜⎜ 3 2 ⎟⎟ da cui, avendo posto A =
⎜ ⎟
2m ⎝ L ⎠
P(ε 3 )
⎝ K BT ⎠
ε3 − ε2
A
(9 − 4) = 5 A ≅ 188K
T=
=
K B ln (100 ) K B ln (100 )
K B ln (100 )
2
appello del 27/09/2006 raccolto in F4 Un cilindro cavo di raggio 1 m ed altezza 2 m, alla temperatura di
300 K, contiene 250 moli di ossigeno molecolare (approssimabile come un gas perfetto). Il cilindro viene
posto in rotazione intorno alla sua asse con velocità angolare pari a ω=10rad/s. Si calcoli la pressione minima
all’interno del cilindro in rotazione.
L'energia potenziale del campo della forza centrifuga è −
Mω 2 r 2
2
⎛ n(r ) ⎞ Mω 2r 2
⎟−
= costante
⎟
2
⎝ na ⎠
Per cui il potenziale chimico totale è : µ = τ ln⎜⎜
⎛ n(0) ⎞
⎛ n(r ) ⎞ Mω 2 r 2
⎟⎟
⎟⎟ −
= τ ln⎜⎜
n
n
2
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
La costante si può ricavare dal valore per r=0: τ ln⎜⎜
⎛ Mω 2 r 2 ⎞
⎟⎟ . D’altro canto sappiamo che il numero totale di molecole nel
Da cui si ricava n( r ) = n(0) exp⎜⎜
2
τ
⎝
⎠
contenitore è pari a 250NA, quindi 250 N A =
∫ n(r )2πrhdr = ∫
R
0
R
0
⎛ Mω 2 r 2
n(0) exp⎜⎜
⎝ 2τ
⎞
⎟⎟2πrhdr
⎠
Mω 2 r 2
τ
, dr =
dx otteniamo
2τ
Mω 2 r
Mω 2 R 2
2πhτ
2πhτ ⎡ ⎛ Mω 2 R 2 ⎞ ⎤
⎟ − 1⎥
(
)
250 N A = ∫ 2τ n(0)e x
0
dx
n
=
⎢exp⎜
0
Mω 2
Mω 2 ⎣ ⎜⎝ 2τ ⎟⎠ ⎦
Da cui con sostituzione di variabile x =
250 N A Mω 2 ⎡ ⎛ Mω 2 R 2
Da cui p (0 ) = n(0 )τ =
⎢exp⎜⎜
2πh
⎣ ⎝ 2τ
⎞ ⎤
⎟⎟ − 1⎥
⎠ ⎦
−1
≅ 9.9 × 10 4 Pa
27/11/2006 manca soluzione Gli atomi di un gas monoatomico, non interagenti e
di massa M, sono contenute all’interno di un cilindro di altezza h=1.5m e raggio
R=30 cm, posto in rotazione attorno al suo asse longitudinale con velocità angolare
ω=40rad/s e mantenuto a temperatura costante T=10K.. Si dica qualitativamente
quali sono i punti di massima e minima concentrazione di particelle
(rispettivamente nmax ed nmin) all’interno del cilindro. Sapendo inoltre che il
rapporto tra tali concentrazioni vale nmax /nmin =1.148, si stimi la massa M delle
molecole, supponendo sempre valida l’approssimazione di gas perfetto
ω
27/11/2006 manca soluzione Un elettrone è confinato in un sistema quantistico caratterizzato da tre
soli livelli energetici, separati l’uno dall’altro da un’energia pari ad ε= 0.2 eV. Per quale
temperatura la probabilità che l’elettrone occupi il primo stato eccitato è pari a P=0.1 ?
27/11/2006 manca soluzione In un cristallo semiconduttore, la probabilità che un elettrone occupi a
temperatura ambiente lo stato energetico posto 0.01 eV al di sopra del fondo della banda di
conduzione è pari a P1=3.67⋅10-3. Si stimi l’ampiezza Eg della gap del semiconduttore, supponendo
che il potenziale chimico possa essere posto a metà della gap a tutte le temperature. Si calcoli infine
a quale temperatura occorre scaldare il cristallo affinché la probabilità di occupazione dello stesso
stato energetico divenga dieci volte superiore.
27/11/2006 manca soluzione Una mole di momenti magnetici elementari (spin), mantenuta a
temperatura costante T=20K, è immersa in una regione dello spazio in cui è acceso un campo
magnetico uniforme B di intensità B=5 T. Si determini l’eccesso di spin del sistema, e la variazione
di entropia ∆S della mole di spin se il campo B viene spento, ed il sistema evolve verso la
configurazione più probabile
27/11/2006 manca soluzione Due contenitori di volume V1 e
S
V2=2V1, contenenti inizialmente un numero di particelle non
interagenti pari a N 1i = 5 ⋅ 10 23 e N 2i = 10 23 , sono posti a contatto
termico l’uno con l’altro e con una sorgente che ne mantiene
V1
V2 =2V1
costante la temperatura a T=300K. Ad un certo istante il setto
separatore S viene rimosso, così che i due sistemi entrano in contatto
T
termico-diffusivo. Si stimi il numero finale di particelle N 1F ed N 2F
nei due contenitori all’equilibrio e la differenza di potenziale chimico del sistema di volume V1
(cioè la differenza ∆µ conseguente al passaggio da N 1i particelle ad N 1F particelle ) . Si trascuri
ogni tipo di forza esterna sul sistema (particelle libere).
27/11/2006 manca soluzione Una mole di momenti magnetici elementari (spin), mantenuta a
temperatura costante T, è immersa in una regione dello spazio in cui è acceso un campo magnetico
uniforme B di intensità B=6T. Si determini la temperatura T sapendo che il 70% degli spin sono
allineati come il campo. Calcolare inoltre quanto vale la variazione di entropia ∆S della mole di
spin se il campo B viene spento, ed il sistema evolve verso la configurazione più probabile?
27/11/2006 manca soluzione Un elettrone è confinato in un sistema quantistico mantenuto a
temperatura T=515 K, e caratterizzato da tre soli livelli energetici, separati l’uno dall’altro da
un’energia pari ad ε. Si stimi il valore di ε, sapendo che la probabilità che l’elettrone occupi il
secondo stato eccitato risulta pari a P=0.01.
27/11/2006 manca soluzione Venti elettroni sono confinati all’interno di una buca di potenziale a
pareti infinite di larghezza L=100 Å. Si calcoli l’energia di Fermi εF del sistema. Si calcoli inoltre la
probabilità P che risulti non occupato, a temperatura T=300K, lo stato energetico caratterizzato da
numero quantico n=9. Si supponga valida l’approssimazione che il potenziale chimico a tutte le
temperature coincida con εF,
6/12/2006 manca soluzione Una mole di momenti magnetici elementari (spin), mantenuta a
temperatura costante T, è immersa in una regione dello spazio in cui è acceso un campo magnetico
uniforme B di intensità B=5 T. Si determini la temperatura T sapendo che l’energia media di uno
spin è pari a <U>=-3.12*10-24 J. Quanto vale l’eccesso di spin in questa situazione? E quanto vale
la variazione di entropia ∆S della mole di spin se il campo B viene spento, ed il sistema evolve
verso la configurazione più probabile?
6/12/2006 manca soluzione Si stimi la probabilità che su un totale di 100 spin ne risultino 45
orientati “up” e 55 “down”, supponendo che i due stati possibili siano del tutto equiprobabili (cioè
in assenza di campi magnetici).
25/09/2007 manca soluzione riciclo? Un semiconduttore è caratterizzato da una gap di energia
proibita pari a 1 eV. Supponendo che ad una temperatura T=1100K il potenziale chimico sia
disposto a metà della gap di energia proibita, si calcoli la probabilità che un livello energetico posto
0.02 eV sopra la soglia della banda di conduzione risulti vuoto.
25/09/2007 manca soluzione riciclo? Un sistema costituito da N=1022 elettroni non interagenti si
trova a temperatura 100 K in un campo magnetico applicato pari ad 1T. Ad un certo istante il
campo viene spento ed il sistema evolve verso un nuovo stato d’equilibrio. Si calcoli la variazione
di entropia ∆σ tra lo stato iniziale (immediatamente dopo che è stato spento il campo) e lo stato
finale di equilibrio.
Appello del 25/02/08 manca soluzioneUn sistema termodinamico A1 contiene 10 momenti
magnetici elementari (spin), che ad un certo istante sono in una configurazione avente entropia
termodinamica pari a σ≅2.3. Se questo contenitore viene messo a contatto termico con un sistema
identico A2, anch’esso contenente 10 spin, ed il sistema globale A1 +A2 viene isolato dal resto
dell’universo, quale sarà la configurazione più probabile all’equilibrio termico? E la molteplicità
totale di A1 +A2?
Appello del 25/02/08 manca soluzione Una scatola cubica di lato L=50 cm contiene 1000 neutroni
non interagenti (da trattarsi quindi come gas perfetto), mantenuti a temperature ambiente. Si
determini la variazione di energia libera di Helmotz ∆F in seguito all’inserimento nel contenitore
della 1001-esima particella. Si discuta la relazione esistente tra questa variazione ed il potenziale
chimico del sistema
Appello del 29/02/08 raccolto in F4 manca soluzione Un elettrone è intrappolato in un sistema
quantistico caratterizzato da autovalori dell’energia aventi la forma εn=n⋅A (n=0,1,2,…), con A=0.1
eV (avendo trascurato l’energia di punto zero). Si determini la funzione di partizione del sistema a
temperatura T=500K, e l’energia libera di Helmotz
Appello del 29/02/08 raccolto in F4 manca soluzione Le particelle non
interagenti di un gas, sottoposto all’azione della forza di gravità, sono contenute
all’interno di un contenitore conico, di altezza h=1m e raggio di base R=0.5m
disposto come in figura, e mantenuto in rotazione attorno all’asse longitudinale
con velocità angolare ω=10rad/s. Supponendo che il gas possa essere
considerato isotermo, si determini la quota y per la quale la concentrazione di
particelle a contatto con la superficie laterale risulta minima (suggerimento: si
esprima la distanza dall’asse in funzione della quota).
ω
y
O
Appello del 12/02/09 raccolto in F4 Un elettrone è intrappolato in un sistema quantistico caratterizzato
da quattro livelli energetici εn=ε0+nε (n=0,1,2,3), con ε0 energia di punto zero, ed ε=0.05eV. Il sistema è
all’equilibrio termico a temperatura T non nota. Sapendo che la probabilità di occupazione dello stato
fondamentale risulta essere 10 volte superiore alla probabilità di occupazione del primo stato eccitato, si
calcoli con quale probabilità l’elettrone potrà occupare lo stato di più alta energia alla medesima temperatura.
Non è nota la temperatura, ma dal rapporto tra le probabilità di occupazione ricaviamo:
ε
− 0
ε
−
P
e τ
10 = 0 = −(ε +ε ) → e τ = 0.1
0
P1
e τ
E’ quindi possibile calcolare facilmente la funzione di partizione e la probabilità richiesta:
P3 =
e
−
−(ε 0+ 3ε )
τ
Z
=
e
−
3ε
τ
−ε
− 2ε
1+ e τ + e
τ
−3ε
+e
≅ 9 ⋅10 −4
τ
Appello del 12/02/09 raccolto in F4 Una mole di momenti magnetici elementari (spin) è immersa
in una regione dello spazio in cui è acceso un campo magnetico uniforme di intensità B1=4 T. Si
determini a quale temperatura il numero degli spin paralleli al campo (ad es. gli “up”) risulta pari al
75% del totale. Se l’intensità del campo viene diminuita fino a raggiungere il valore B2=2T, ferma
restando la temperatura, come cambieranno le probabilità di avere spin “up” e spin “down”? Si
determini l’eccesso di spin del sistema nella situazione finale, e la variazione di entropia ∆S nel
passaggio dal campo B1 al campo B2. Suggerimento: il numero di spin “up” può essere scritto come
il numero degli spin totali per la probabilità di avere uno spin “up”
Il rapporto tra le “popolazioni” di spin “up” e “down” è anche pari al rapporto tra le probabilità di
avere uno spin orientato parallelamente e antiparallelamente:
µ B B1
2µ B B1
µ B
0.75 N ↑ P↑ e τ
=
=
= µ B → 2 B 1 = ln(3) da cui facilmente: T =
≅ 4.9 K
1
0.25 N ↓ P↓
K B ln(3)
τ
− B
e τ
Alternativamente, si può procedere partendo dalla relazione che lega l’energia media del sistema
all’eccesso di spin:
< U >=
U tot − µ B B1 2 s
⎛µ B ⎞
=
; < U >= − µ B B1th⎜ B 1 ⎟; → T =
NA
NA
⎝ τ ⎠
µ B B1
⎛ 2s ⎞
⎟⎟
K B ⋅ ath⎜⎜
⎝ NA ⎠
≅ 4.9 K
A questo punto, portando il campo fino al valore B2, possiamo determinare il nuovo rapporto tra le
popolazioni di spin paralleli ed antiparalleli riscrivendo:
µ B B2
N↑
N↓
=
P↑
P↓
=
e
e
τ
µ B2
− B
=e
2 µ B B2
τ
=e
B2
ln(3)
B1
= 3.
τ
Avendo sostituito l’espressione per τ ottenuta precedentemente. Si ottiene infine:
N ↓ = 0.366 N A ; N ↑ = 0.634 N A ; s fin = 0.134 N A ; sin = 0.25 N A ;
Da cui la variazione di entropia:
2 ⎞⎞
⎛
⎛
⎜ exp⎜ − 2 s fin ⎟ ⎟
⎜ NA ⎟⎟
⎜
⎠ ⎟ = K 2 N (0.25)2 − (0.134)2 ≅ 0.74 J / K
⎝
∆S = K B ln⎜
B
A
2
⎛ − 2 sin ⎞ ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ exp⎜
N A ⎟⎠ ⎟
⎜
⎝
⎠
⎝
[
]
Appello del 12/02/09 raccolto in F4 Un cristallo di germanio intrinseco è caratterizzato da un
valore di Energy gap pari ad Eg=0.67 eV. Si determini la posizione riferita alla cima della banda di
valenza del potenziale chimico a T=300K, supponendo che valori accettabili per le masse efficaci di
elettroni e lacune siano rispettivamente mn* ≅ 0.55m0 e m*P ≅ 0.37 m0 . Si determini la nuova
posizione di µ nel caso in cui lo stesso materiale venga drogato con una concentrazione di atomi
donori pari a Nd=1017cm-3. ed ammettendo valida l’ipotesi di ionizzazione completa. Si stimi infine
la probabilità che nel materiale estrinseco un elettrone occupi uno stato energetico sul fondo della
banda di conduzione.
La posizione del potenziale chimico nel caso intrinseco è legata alla diversità di masse efficaci per
gli elettroni e le lacune, e riferita alla cima della banda di valenza si scrive:
⎛ m*p
3
µ ≅ Emidgap + K BT ln⎜ *
⎜ mn
4
⎝
3
⎞ Eg
⎛ 0.37 ⎞ 4
⎟=
+ K BT ln⎜
⎟ ≅ 327meV
⎟ 2
0
.
55
⎝
⎠
⎠
Nel caso estrinseco teniamo conto tanto della ionizzazione completa quanto della constatazione che
la concentrazione intrinseca è trascurabile rispetto alla concentrazione di donori. Ciò si scrive:
N ioniz ≅ N d ;
ni << N d
In cui il valore di ni a T=300K può essere ricavato dalle tabelle relative al germanio, o calcolato. A
questo punto la distanza del potenziale chimico estrinseco dal valore intrinseco si scrive:
⎛N ⎞
⎛n ⎞
µ − µ i = τ ln⎜⎜ o ⎟⎟ ≅ τ ln⎜⎜ d ⎟⎟ (*)
⎝ ni ⎠
⎝ ni ⎠
che porta ad un valore del potenziale chimico riferito alla cima della B.V. paria a: µ ≅ 0.543eV
Infine per determinare la probabilità di occupazione di uno stato energetico sul fondo della banda di
conduzione facciamo uso della statistica di Fermi-Dirac (eventualmente sfruttando
l’approssimazione di Mawxell-Boltzmann)
P (ε = EC ) =
1
≅ 0.7%
⎛ε −µ ⎞
exp⎜
⎟ +1
⎝ τ ⎠
In modo equivalente possiamo partire dalla formula:
⎛N
EC − µ ≅ K BT ln⎜⎜ C
⎝ Nd
⎛ 1.04 ⋅1019 ⎞
⎞
⎟
⎟⎟ ≅ K BT ln⎜
⎜ 1017 ⎟ ≅ 120meV → µ ≅ 550meV
⎠
⎠
⎝
(#)
Questo porta ad una probabilità di occupazione leggermente superiore a quella determinata prima,
intorno allo 0.9%. Questa piccola differenza può dipendere dal fatto che nella (#) si deve presumere
la conoscenza di Nc, e quindi della massa efficace dell’elettrone (tipicamente ricavata da
esperimenti di risonanza ciclotronica a temperature basse). Questo può dare piccole differenze
rispetto alla (*) che invece usa un valore “tipicamente accettato” di ni a T ambiente.