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Esercizio 1
I campi elettrici e magnetici soggetti ad una trasformazione di Lorentz con velocità $v$ nella direzione $x$ trasformano come:
$$ \begin{cases}
E_x’ = E_x & B_x^{\,\prime} = B_x\\
E_y’ = \gamma (E_y – v B_z) & B_y^{\,\prime} = \gamma (B_y + v E_z /c^2)\\
E_z’ = \gamma (E_z + v B_y) & B_z^{\,\prime} = \gamma (B_z – v E_y /c^2)\\
\end{cases}$$
Chiaramente ricordarsi queste trasformazioni a memoria è difficile. Possiamo ricavarle sfruttando il tensore elettromagnetico seguendo la procedura esposta qui. Pertanto in questo caso nel sistema $S’$ otteniamo:
$$ \begin{cases}
E_x’ = 0 & B_x^{\,\prime} = B_0\\
E_y’ = 0 & B_y^{\,\prime} = \gamma v E_0 /c^2\\
E_z’ = \gamma E_0 & B_z^{\,\prime} = 0\\
\end{cases}$$
e vediamo che è impossibile ottenere il risultato richiesto. Questo perché abbiamo scelto la direzione sbagliata per la trasformazione di Lorentz. Per ottenere la trasformazione rispetto ad uno degli altri due assi, possiamo usare la stessa formula sopra, permutando $x, y, z$ purché mantengano la stessa orientazione. Poiché una trasformazione lungo l’asse $z$ lascerebbe invariata la componente $z$ del campo elettrico, è inutile trasformare lungo quella direzione. Trasformiamo piuttosto lungo la direzione $y$. Le trasformazioni sono:
$$ \begin{cases}
E_y’ = E_y = 0& B_y^{\,\prime} = B_y = 0\\
E_z’ = \gamma (E_z – v B_x)& B_z^{\,\prime} = \gamma (B_z + v E_x /c^2)=0\\
E_x’ = \gamma (E_x + v B_z) = 0 & B_x^{\,\prime} = \gamma (B_x – v E_z /c^2)\\
\end{cases}$$
Per cui vediamo che il campo elettrico si annulla se scegliamo $v=E_0 / B_0$. Il requisito fornito nell’esercizio è un prerequisito per l’esistenza della trasformazione, poiché è equivalente a $v<c$. Pertanto otteniamo nel sistema $S’$:
$$\mathbf{E}’ = 0 \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \mathbf{B}’ = (0,0, B_0 / \gamma)$$
La forza di Lorentz è invariante. Per cui nel sistema $S’$ il secondo principio della dinamica prende la seguente forma:
$$m \frac{d^2 \textbf{x}’}{dt’^2}=q \left( \textbf{E}’+\dv{\mathbf{x}’}{t’} \times \textbf{B}’\right)$$
Chiamando $\textbf u = \frac{d\textbf{x}’}{dt’}$ e usando i campi ottenuti sopra, troviamo il seguente sistema di equazioni differenziali per i componenti di $\mathbf u$:
$$ \begin{cases}
\dot u_x = \frac{q B_0}{m\gamma} u_y\\
\dot u_y = -\frac{q B_0}{m\gamma} u_x\\
\dot u_z = 0 \\
\end{cases}$$
Il punto denota derivazione rispetto a $t’$. Le condizioni al contorno affermano che la particella è a riposo all’origine delle coordinate di $S$ al tempo $t=0$. In termini di $S’$ ciò significa che a $t’=0$ la particella si trova all’origine delle coordinate di $S’$, ma si muove con velocità $v$ nella direzione $y$ di $S’$.
La terza equazione può essere integrata immediatamente. Le condizioni al contorno danno subito $u_z=0$ e quindi $z’=0$. Derivando di nuovo la prima equazione e sostituendo la seconda otteniamo un’oscillatore armonico che può essere integrato facilmente. Applicando le condizioni al contorno otteniamo la soluzione:
$$ \begin{cases}
u_x = v \sin{\left(q\frac{B_0}{m\gamma} t’\right)}\\
u_y = v \cos{\left(q\frac{B_0}{m\gamma} t’\right)}\\
u_z = 0 \\
\end{cases} \implies \begin{cases}
x'(t’) =\frac{m\gamma v}{qB_0} \left[1-\cos{\left(\frac{qB_0}{m\gamma} t’\right)}\right]\\
y'(t’) = \frac{m\gamma v}{qB_0} \sin{\left(\frac{qB_0}{m\gamma} t’\right)}\\
z'(t’) = 0 \\
\end{cases}$$
Per cui la traiettoria in $S’$ è un cerchio sul piano $xy$. Per ottenere la traiettoria in $S$ bisogna utilizzare una trasformazione di Lorentz inversa da $S’$ a $S$ lungo la direzione $y$. La formula può essere ottenuta sapendo la trasformazione generale nella direzione $x$, scambiando $x,y,z$ come sopra e invertendo $v$ con $-v$:
$$\begin{cases}
t=\gamma \left(t’+\frac{v y’}{c^2}\right) = \gamma t’+\frac{m\gamma^2 v^2}{qB_0 c^2} \sin{\left(\frac{qB_0}{m\gamma} t’\right)}\\
y =\gamma (y’+vt’) = \gamma vt’+\frac{m\gamma^2 v}{qB_0} \sin{\left(\frac{qB_0}{m\gamma} t’\right)}\\
z = z’=0\\
x = x’=\frac{m\gamma v}{qB_0} \left[1-\cos{\left(\frac{q B_0}{m\gamma} t’\right)}\right]\\
\end{cases}$$
Dove $t’$ va inteso come una funzione $t’=t'(t)$, determinata implicitamente dalla soluzione della prima equazione. Questa ammette sempre una soluzione univoca perché è strettamente crescente, infatti $dt/dt’>0$. La traiettoria forma una serie di cuspidi nel piano $xy$ di $S$.
Esercizio 2
1. Le particelle sono confinate in una sfera di raggio $R$. Dobbiamo trovare la funzione di partizione del sistema. Le particelle non interagiscono, pertanto l’hamiltoniana è semplicemente $$H = \frac{p^2 }{2m}$$ Le particelle sono classiche, pertanto la funzione di partizione per una particella è $$Z_1 = \frac{1}{h^3}\int d^3 x \,d^3 p\, e^{-\beta H} = \frac{\frac{4}{3}\pi R^3}{\lambda^3}$$ dove come al solito abbiamo definito la lunghezza d’onda termica $$\lambda = \sqrt{\frac{2\pi\hbar^2}{m k T}}$$ La funzione di partizione per $N$ particelle è pertanto $$Z = \frac{Z_1^N}{N!}$$
Dalla funzione di partizione possiamo ricavare le funzioni di stato termodinamiche. L’energia libera è data da:
$$F=-kT \log{Z}=-NkT \log{\frac{\frac{4}{3}\pi R^3}{\lambda^3}}+kT\log{N!}$$
Mentre l’energia interna è data da:
$$U = -\pdv{\log{Z}}{\beta}=\frac{3}{2} N k T$$
Le formule sono le stesse di un gas ideale, e ciò non deve sorprenderci. L’unica differenza col caso solito è che stavolta sappiamo il volume del contenitore.
2. L’unica cosa che cambia nel calcolo svolto nel punto 1 è la formula del volume. In questo caso invece che $\frac{4}{3}\pi R^3$ il volume è $\frac{4}{3}\pi \left[R^3-(R-\Delta R)^3\right]$. Pertanto la nuova energia libera è:
$$F=-kT \log{Z}=-NkT \log{\frac{\frac{4}{3}\pi \left[R^3-(R-\Delta R)^3\right]}{\lambda^3}}+kT\log{N!}$$
Mentre l’energia interna, non dipendendo dal volume, è la stessa del punto 1:
$$U = -\pdv{\log{Z}}{\beta}=\frac{3}{2} N k T$$
3. L’entropia può essere calcolata come:
$$S = -\pdv{F}{T}$$
Pertanto nel caso del punto 1 l’entropia è data da:
$$S = Nk \log{\frac{\frac{4}{3}\pi R^3}{\lambda^3}}+\frac{3}{2} Nk-k\log{N!}$$
Mentre nel caso del punto 2 è data da:
$$S = Nk \log{\frac{\frac{4}{3}\pi \left[R^3-(R-\Delta R)^3\right]}{\lambda^3}}+\frac{3}{2} Nk-k\log{N!}$$
La formula ottenuta è leggermente diversa rispetto a quella standard (equazione di Sackur-Tetrode) perché nella nostra versione non abbiamo usato l’approssimazione di Stirling per il logaritmo del fattoriale. Poiché ci interessa calcolare la differenza d’entropia nei due casi, anche la nostra formula va bene. La differenza di entropia è quindi:
$$\Delta S = Nk \log{\left[1-\left(1-\frac{\Delta R}{R}\right)^3\right]}$$
Espandendo il cubo nel logaritmo, otteniamo il comportamento asintotico:
$$\Delta S = Nk \log{\left[3 \frac{\Delta R}{R}-3\left(\frac{\Delta R}{R}\right)^2+\left(\frac{\Delta R}{R}\right)^3\right]}\approx Nk \log{\left[3 \frac{\Delta R}{R}\right]}$$
Esercizio 3.
Sia $H$ l’hamiltoniana del sistema, con energie $E_0 < E_1 < E_2 < \cdots$ e corrispondenti autofunzioni normalizzate $\ket 0, \ket 1, \ldots$. Se $\ket \phi$ è una qualsiasi altra funzione d’onda, allora possiamo espanderla come:
$$\ket \phi = \sum_{n=0}^\infty a_n \ket n$$
Pertanto:
$$\bra \phi H \ket \phi = \sum_{n,m=0}^\infty a_m a_n\bra m H \ket n = \sum_{n,m=0}^\infty E_n a_n a_m \delta_{nm}=\sum_{n=0}^\infty E_n a_n^2=$$
$$=\sum_{n=0}^\infty (E_n-E_0) a_n^2+E_0\sum_{n=0}^\infty a_n^2\geq E_0\sum_{n=0}^\infty a_n^2= E_0 \braket{\phi}{\phi}$$
Ovvero:
$$\frac{\bra \phi H \ket \phi}{\braket{\phi}{\phi}} \geq E_0$$
Possiamo adoperare il lato sinistro dell’equazione come approssimazione per $E_0$. Per ottenere una buona approssimazione, possiamo calcolare il quoziente sinistro (detto quoziente di Rayleigh-Ritz) per una gamma di funzioni $\lvert \phi(\alpha) \rangle$ dipendenti da un parametro continuo $\alpha$ e poi minimizzare il quoziente rispetto ad $\alpha$.
Nel caso dell’idrogeno, l’Hamiltoniana è:
$$H = -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2-\frac{e^2}{4\pi \epsilon_0 r}$$
Ci aspettiamo che l’elettrone passi la maggior parte del tempo vicino all’origine, e scegliamo quindi una funzione semplice che rispetti quest’idea:
$$\phi(r)=e^{-\alpha r}$$
Utilizzando le coordinate sferiche otteniamo:
$${\langle \phi \lvert \phi \rangle} =\int \phi(r)^2 r^2 dr\,d\theta\,d\varphi =4\pi \int_0^\infty e^{-2\alpha r} r^2 dr = \frac{\pi}{\alpha^3}$$
Resta da calcolare il numeratore del quoziente:
$$\langle \phi \lvert H \lvert \phi \rangle = 4\pi \int_0^\infty dr\,r^2 \phi(r)\left[-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{r^2} \pdv{}{r}\left(r^2 \pdv{\phi(r)}{r}\right)-\frac{e^2}{4\pi \epsilon_0 r}\phi(r)\right] =$$
$$=4\pi \int_0^\infty dr\,e^{-2\alpha r}\left[\frac{\alpha\hbar^2}{2m} \left(2r -\alpha r^2\right)-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}r\right] =$$
$$=4\pi \left[\frac{\alpha\hbar^2}{2m} \left(2\frac{1}{4\alpha^2} -\alpha \frac{1}{4\alpha^3}\right)-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{4\alpha^2}\right] =\pi \left[\frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{\alpha}-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{\alpha^2}\right]$$
Nella prima riga abbiamo utilizzato la forma del nabla in coordinate sferiche. Pertanto otteniamo per il quoziente di Rayleigh-Ritz:
$$E(\alpha) = \frac{\hbar^2}{2m} \alpha^2-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\alpha$$
Minimizziamo il quoziente:
$$\pdv{E(\alpha)}{\alpha} = \frac{\hbar^2}{m} \alpha-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}=0\implies \alpha = \frac{m e^2}{4\pi\epsilon_0\hbar^2}$$
Da cui otteniamo per l’energia l’approssimazione:
$$E_0 \approx -\frac{m e^4}{32\pi^2\epsilon_0^2\hbar^2}$$
Mentre invece per la dimensione dell’atomo otteniamo:
$$r_0\approx \frac{1}{\alpha} = \frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2}{m e^2}$$
Entrambe le formule sono quelle corrette.