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CAPITOLO 33

LA FISICA QUANTISTICA

1

1 LE PROPRIETÀ ONDULATORIE DELLA MATERIA 1 L’onda è un fenomeno collettivo, che coinvolge un insieme di particelle (le molecole di una fune che oscilla, gli atomi dell’aria attraversata da un suono, ecc.) e non una singola particella. Molte grandezze fisiche che descrivono un’onda (frequenza, ampiezza, velocità di propagazione) non sono adatte a descrivere una particella, e, viceversa, le grandezze adatte per descrivere una particella (massa, carica elettrica, posizione, velocità, accelerazione, temperatura, ecc.) non sono adatte a descrivere un’onda. 2 La lunghezza d’onda di de Broglie associata alla pallina è

λ = hp= 6,63×10−34 J ⋅s

57 ×10−3 kg( ) 30 m/s( ) = 3,9 ×10−34 m

Essendo il diametro della pallina 6,5 cm risulta

3,9 ×10−34 m6,5 ×10−2 m

= 6 ×10−33

quindi la lunghezza d’onda di de Broglie associata alla pallina è circa 1033 volte più piccola del suo diametro. 3★

v = 2Km

=2 0,50 ×10−9 J( )

1,0 ×10−9 kg= 1,0 m/s

λ = hp= h

mv= 6,63×10−34 J ⋅s

1,0 ×10−9 kg( ) 1,0 m/s( ) = 6,6 ×10−25 m

4★

• λ = hmv

= 6,63×10−34 J ⋅s0,145 kg( ) 40,0 m/s( ) = 1,14 ×10−34 m

• Perché la lunghezza d’onda di de Broglie è più piccola di qualunque apertura attraverso cui la palla potrebbe passare, quindi non è possibile osservare effetti di diffrazione, tipici delle onde.

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2

5★ Dalla relazione di de Broglie si ricava la velocità dell’elettrone e quindi l’energia cinetica:

v = hmλ

= 6,63×10−34 J ⋅s9,11×10−31 kg( ) 1,50 ×10−6 m( ) = 4,85 ×102 m/s

K = 12

mv2 = 12

9,11×10−31 kg( ) 4,85 ×102 m/s( )2= 1,07 ×10−25 J

6★★

p = hλ= 6,63×10−34 J ⋅s

7,0 ×10−12 m= 0,947 ×10−22 kg ⋅m/s

v = pm

= 0,947 ×10−22 kg ⋅m/s1,67 ×10−27 kg

= 0,567 ×105 m/s

� V = � Ee

= mv2

2e=

1,67 ×10−27 kg( ) 0,567 ×105 m/s( )2

2 1,60 ×10−19 C( ) = 0,168 ×102 V = 17 V

7★★ Pedice «f» = fotone; pedice «e» = elettrone.

Elettrone e fotone hanno la stessa energia:

Ef = Ee = 1,0 keV = 1,6 ×10−16 J

Le lunghezze d’onda di de Broglie relative al fotone e all’elettrone sono:

λ f =hcEf

=6,63×10−34 J ⋅s( ) 3,00 ×108 m/s( )

1,60 ×10−16 J= 12,4 ×10−10 m

λe =hpe

= h

me

2Ee

me

= h

2Eeme

= 6,63×10−34 J ⋅s

2 1,60 ×10−16 J( ) 9,11×10−31 kg( )= 3,88 ×10−11 m

Il rapporto tra le lunghezze d’onda è

λ f

λe

= 12,4 ×10−10 m3,88 ×10−11 m

= 32,0

8★★ Pedice «f» = finale; pedice «i» = iniziale; «p» = protone.

λ f = λ i + � λ = 5,40 ×10−12 m� +�1,10 ×10−12 m = 6,50 ×10−12 m

� v = vf − vi =h

mpλ f

− hmpλ i

= − hmp

� λλ fλ i

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

= − 6,63×10−34 J ⋅s1,673×10−27 kg

�1,10 ×10−12 m

6,50 ×10−12 m( ) 5,40 ×10−12 m( ) = −1,24 ×104 m/s


3

9★★

v = hmλ

= 6,63×10−34 J ⋅s6,7 ×10−27 kg( ) 0,60 ×10−14 m( ) = 1,6 ×107 m/s

K = 12

mv2 =6,7 ×10−27 kg( ) 1,6 ×107 m/s( )2

2= 8,6 ×10−13 J

10★★ Dalla legge di Bragg

2d senα = nλ

con n = 1 perché consideriamo il primo massimo, si ottiene

d = λ2senα

= 0,152 ×10−9 m2sen 33,5°( ) = 0,138 ×10−9 m

11★★ Dalla legge di Bragg

2d senα = nλ

con n = 2 perché consideriamo il secondo massimo, ricaviamo la distanza fra i due piani reticolari:

d = λsenα

= 0,18 ×10−9 msen 40°( ) = 0,28 ×10−9 m

L’angolo per il secondo massimo con il nuovo fascio di raggi X che incide sullo stesso reticolo è

α = arcsenλd= arcsen

0,23×10−9 m0,28 ×10−9 m

= 55°

12★★ • La quantità di moto dell’elettrone è

p = mv = 1,68 ×10−27 kg( ) 2,00 ×103 m/s( ) = 3,36 ×10−24 kg ⋅m/s

e la lunghezza d’onda di de Broglie associata vale

λ = hp= 6,63×10−34 J ⋅s

3,36 ×10−24 kg ⋅m/s= 1,97 ×10−10 m

• L’angolo per n = 2 vale

2d senα = nλ ⇒

α = arcsenλd= arcsen

1,97 ×10−10 m0,282 ×10−9 m

= 44°

13★★

• v = hmλ

= 6,63×10−34 J ⋅s1,68 ×10−27 kg( ) 175 ×10−12 m( ) = 2,26 ×103 m/s

• Per n = 1 si ha


4

α = arcsenλ

2d= arcsen

175 ×10−12 m2 199 ×10−12 m( ) = 26°

2 IL PRINCIPIO DI INDETERMINAZIONE 14 Perché in fisica classica non si sono mai posti limiti al grado di accuratezza delle misure; in altre parole, si è sempre assunto che sia possibile trovare accorgimenti sperimentali tali da ridurre le incertezze a quantità arbitrariamente piccole. 15 No, il principio di indeterminazione afferma solo che il prodotto delle incertezze sulla posizione e sulla quantità di moto non può essere inferiore a ! / 2 ; l’una o l’altra delle grandezze può essere misurata con grande precisione, ma ciò comporta una grande incertezza sul valore dell’altra. 16★ � p = m� v ≥ !

2� x⇒

� v ≥ !2m� x

= 1,06 ×10−34 J ⋅s2 1,673×10−27 kg( ) 2,0 ×10−9 m/s( ) = 16 m/s

17★

� p ≥ !2� x

= 1,06 ×10−34 J ⋅s2 1×10−6 m( ) = 0,5 ×10−28 kg ⋅m/s

� v = � pm

= 0,5 ×10−28 kg ⋅m/s1×10−9 kg

= 0,5 ×10−19 m/s

18★★ Pedice «p» = protone; pedice «e» = elettrone.

� pe ≥h

2� xe

= 1,06 ×10−34 J ⋅s2 2,5 ×10−10 m( ) = 0,21×10−24 kg ⋅m/s

Kp =pp

2mp

= � pe2

2mp

=0,21×10−24 kg ⋅m/s( )2

2 1,67 ×10−27 kg( ) = 1,3×10−23 J

19★★

• � E ≥ !2� t

= 1,06 ×10−34 J ⋅s2 10 ×10−9 s( ) = 5 ×10−27 J

• � f = � Eh

= 5 ×10−27 J6,63×10−34 J ⋅s

= 8 ×106 Hz ≈107 Hz


5

20★★

� x ≥ !2� p

= !2 p

p� p

= !2mv

� pp

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−1

= 1,06 ×10−34 J ⋅s2 9,11×10−31 kg( ) 2,6 ×106 m/s( )

10,05

= 4 ×10−10 m

21★★ • � E = h� f = 6,63×10−34 J ⋅s( ) 2,0 ×109 Hz( ) = 1,3×10−24 J

• � t ≥ !2� E

= 1,06 ×10−34 J ⋅s2 1,3×10−24 J( ) = 4,1×10−11 s

3 LE ONDE DI PROBABILITÀ 22 No, non è possibile misurare la funzione d’onda di una particella. Come detto nel testo, la funzione d’onda è, in genere, una funzione con valori non reali ma complessi, e quindi non può corrispondere al valore di alcuna misura. 23 Le due componenti della funzione d’onda sono, dal punto di vista matematico, come le componenti di un vettore. La somma delle due funzioni d’onda quindi è

Ψ1 +Ψ2 = Ψ1,1,Ψ1,2( ) + Ψ2,1,Ψ2,2( ) = Ψ1,1 +Ψ2,1,Ψ1,2 +Ψ2,2( ) vale a dire, la funzione d’onda risultante dalla somma ha due componenti, ciascuna delle quali è la somma delle corrispondenti componenti delle due funzioni d’onda. 24 Tra B e C. 25★★ • La probabilità di trovare la particella nella regione richiesta è

Ψn2 � l = � l

2L

sen2 nπL

L2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = � l

2L

sen2 nπ2

Se n è pari, la probabilità è nulla; se n è dispari, la probabilità è

Ψn2 � l = � l

2L= 2 ×10−8 m

2,0 ×10−6 m= 1×10−2 = 0,01

cioè pari all’1%. 26★★

Ψn =2L

sennπL

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ n = 1,2,3,...

Ψ1 =2L

senπL

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

22 ×10−6 m

senπ

2 ×10−6 mx⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = 1×103( )sen

π2 ×10−6 m

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟


6

Ψ12 = 2

Lsen

πL

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

2

= 22 ×10−6 m

senπ

2 ×10−6 mx⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

2

= 1×106( )sen2 π2 ×10−6 m

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Ψ2 =2L

sen2πL

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

22 ×10−6 m

sen2π

2 ×10−6 mx⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = 1×103( )sen

2π2 ×10−6 m

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Ψ22 = 2

Lsen

2πL

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

2

= 22 ×10−6 m

sen2π

2 ×10−6 mx⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

2

= 1×106( )sen2 2π2 ×10−6 m

x⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 × 106

1 × 10–60,5 × 10–6 1,5 × 10–6 2,0 × 10–6

0,8 × 106

0,6 × 106

0,4 × 106

0,2 × 106

0,00,0

[ψ1(x)]2 [ψ2(x)]2

x

• I grafici dei quadrati delle due funzioni d’onda sono simmetrici rispetto alla posizione centrale

x0 = 1,0 ×10−6 m , per cui la probabilità di trovare la particella in una metà della «scatola» è del 50% per entrambi i casi.

27★★ La probabilità di trovare la particella nella regione richiesta è

Ψnm2 � l2 = � l2 4

L2 sen2 nπL

L2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ sen2 mπ

LL2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = � l2 4

L2 sen2 nπ2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ sen2 mπ

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

La probabilità non è nulla solo nel caso in cui n e m siano entrambi dispari. In questo caso essa è uguale a

Ψnm2 � l2 = � l2 4

L2 = 410−8 m( )2

1,0 ×10−6 m( )2 = 4 ×10−4 = 0,04%

28★★ • La probabilità che le particelle si incontrino nel punto richiesto è data dal prodotto delle

probabilità di trovare le singole particelle in quella posizione. Quindi avremo:


7

2L

Ψ12 � l( ) 2

LΨ2

2 � l( ) = 4

2,0 ×10−6 m( )2 0,5 m−1( ) 10−8 m( )⎡⎣ ⎤⎦ 1,0 m−1( ) 10−8 m( )⎡⎣ ⎤⎦ = 5 ×10−5

• Le particelle non si incontreranno nei punti in cui il quadrato della funzione d’onda di almeno una di esse è uguale a zero. Questa condizione è verificata nei punti x1 = 0,0 m ,

x2 = 1,0 ×10−6 m , x3 = 2,0 ×10−6 m . 4 L’AMPIEZZA DI PROBABILITÀ E IL PRINCIPIO DI HEISENBERG 29 Entrambe le descrizioni sono corrette e opportunamente usate forniscono gli stessi risultati; esse si distinguono solo per i metodi matematici su cui sono basate. Questo importantissimo aspetto è stato rigorosamente dimostrato da E. Schrödinger nel 1926. 5 IL PRINCIPIO DI SOVRAPPOSIZIONE 30 No, il principio di sovrapposizione può essere applicato a più funzioni d’onda. Per esempio, se il passaggio di una particella attraverso ciascuna delle tre fenditure A, B, C di uno schermo è descritto, rispettivamente, dalle funzioni d’onda Ψa , Ψb , Ψc , il passaggio della particella attraverso lo schermo con le tre fenditure è descritto dalla funzione d’onda Ψ = aΨa + bΨb + cΨc . 31★ Detti

a = 12

b = 32

risulta

a2 + b2 = 1 e quindi le probabilità richieste sono

pa =14= 25%

pb =34= 75%

32★ La somma dei quadrati dei coefficienti della sovrapposizione è 1, quindi i quadrati dei due coefficienti sono le probabilità di passaggio attraverso la corrispondente fenditura. Quindi avremo

pa =25= 0,4 = 40%

pb =35= 0,6 = 60%


8

Perciò il 40% degli elettroni, cioè 4 ×105 , vengono rilevati dietro la fenditura A e il 60%, cioè 6 ×105 , dietro la fenditura B. 33★ Poiché le tre probabilità devono essere uguali, risulta

a2 = b2 = c2 = 13

e la funzione d’onda è

Ψ = 13Ψa +

13Ψb +

13Ψc

34★★ a2 + b2 + c2 = 1 ⇒

b2 + c2 = 2b2 = 1− a2 = 1− 12= 1

2⇒

b2 = 14

e quindi

b = c = 12

Il numero medio di elettroni che si rilevano dietro la seconda e la terza fenditura dopo 1,0 s è

n2 = n3 = b2n = 0,25 ×105 s−1

N2 = N3 = n2 0,5 s( ) = 0,25 ×105 s−1 = 1,3×105 35★★ Applicando la legge delle probabilità indipendenti, la probabilità richiesta è

P12 = P1(schermo 1)P2

(schermo 2)

Poiché le probabilità sono uguali, avremo:

P1(schermo 1) = 1

2 (le fenditure del primo schermo sono due)

P2(schermo 2) = 1

3 (le fenditure del secondo schermo sono tre)

Da qui si deduce

P12 = P1(schermo 1)P2

(schermo 2) = 1/ 6 6 IL MODELLO DI BOHR ESTESO ALLE ORBITE ELLITTICHE 36 Sì. L’interazione dell’elettrone con il campo magnetico esterno comporta un nuovo contributo � Em alla sua energia, a cui, per via della relazione E = hf, corrisponde una modificazione delle frequenze dello spettro di emissione: � f = � Em / h . Questo fenomeno è noto come «effetto Zeeman», dal


9

nome del suo scopritore, il fisico olandese Pieter Zeeman. 37 I semiassi dell’ellisse sono uguali per l = n – 1, cioè quando il momento angolare ha il massimo valore possibile per il livello occupato: in questo caso l’ellisse degenera in una circonferenza. 38★ • La variazione dell’energia dell’elettrone è pari a

Um = e!2me

ml B = 3,3×10−23 J = 2,0 ×10−4 eV

• Lo stato con n = 1 ha energia –13,6 eV, quindi la variazione dovuta al campo magnetico è di 5 ordini di grandezza inferiore.

39★

µm = 12

eme

Lz =12

1,60 ×10−19 C9,11×10−31 kg

3 1,06 ×10−34 J ⋅s( ) = 2,8 ×10−23 m2 ⋅A

40★★ La componente lungo z del momento angolare dell’elettrone è

Lz = 2me

eµm = 1,2 ×10−33 J ⋅s

che corrisponde al numero quantico magnetico

ml =Lz

!≈11

41★★ • an = 5,29 ×10−11 m( )n2

a3 = 5,29 ×10−11 m( )32 = 4,76 ×10−10 m

bl =l +1

nan

b2 =2 +1

3a3 = a3 = 4,76 ×10−10 m

• Si deduce che, nel caso di orbita con un numero quantico azimutale massimo (l = n – 1), le orbite ellittiche degenerano in orbite circolari.

Si può quindi scrivere:

bl =l +1

nan ⇒ bl=n−1 =

n −1( ) +1n

an = an

42★★ • Dalla teoria sappiamo che

0 ≤ l ≤ n −1 quindi

lmax = n −1= 2 −1= 1


10

• La configurazione con la massima energia è quella in cui si ha

lmax = 1

ml = lmax = 1

cioè quella in cui il numero quantico azimutale e il numero quantico magnetico assumono il valore massimo. • In questa configurazione l’energia è

E = En +Um = −Z 2 13,6 eVn2 + ml

ehB4πme

Um max = ±lmax

ehB4πme

=1,60 ×10−19 C( ) 6,63×10−34 J ⋅s( ) 2,5 T( )

4π 9,11×10−31 kg( ) = 2,3×10−23 J

7 I NUMERI QUANTICI DEGLI ELETTRONI ATOMICI 43 Il momento angolare lungo una direzione Lz = m! è quantizzato e i valori possibili sono in quantità dispari, m =–l, −l +1 , –1, 0, 1, ... l −1, ..., l in quanto l è intero. Per avere un numero pari di fasci l dovrebbe essere semi-intero, per esempio l = 1/2, ma questo è possibile solo per lo spin. 44 In realtà gli elettroni non ruotano intorno al nucleo. Non c’è un flusso circolare di carica elettrica, ma una «nuvola» stazionaria in cui c’è una probabilità diversa da zero di trovare l’elettrone. 45★★ • Ricordando che

f = En − E1

h

En = −13,6 eVn2 = −

13,6 eV( ) 1,60 ×10−19 J/eV( )n2 = − 21,8 ×10−19 J

n2

otteniamo

En = E1 + hf = − 21,8 ×10−19 J

1( )2 + 6,63×10−34 J ⋅s( ) 2,92 ×1015 Hz( ) = −2,4 ×10−19 J

Da qui ricaviamo

n2 = −13,6 eVEn

= − 21,8 ×10−19 JEn

= −21,8 ×10−19 J−2,4 ×10−19 J

= 9,0 ⇒ n = 3

• rn = 5,29 ×10−11 m( )n2 ⇒ r3 = 5,29 ×10−11 m( ) 3( )2 = 4, 76 ×10−10 m 46★★ • Per il principio di indeterminazione, se l’elettrone si trova all’interno di una sferetta di raggio

10−15 m , la sua quantità di moto non può essere inferiore all’incertezza. Quindi avremo:


11

p ≥ !2r

= pmin

Di conseguenza anche l’energia cinetica dell’elettrone potrà assumere il valore minimo:

Kmin =1

2me

pmin2 = 1

2me

!2

4r2 = 18

1,06 ×10−34 J ⋅s( )2

9,11×10−31 kg( ) 10−15 m( )2 = 2 ×10−9 J

• La velocità classica di un elettrone con questa energia cinetica sarebbe pari a

v = 2Kmin

me

=2 2 ×10−9 J( )

9,11×10−31 kg= 7 ×1010 m/s

pari a più di 200 volte la velocità della luce! 47★★ • Gli stati della sovrapposizione hanno tutti numero quantico orbitale l = 1 , per cui il modulo del

momento angolare è L = l l +1( )! = 2! con probabilità 100%.

• La funzione d’onda è la sovrapposizione di tre stati, con numero quantico magnetico ml = −1 , ml = 0 , ml = 1 e quindi una misurazione del momento angolare lungo la direzione z può dare tre esiti: −! , 0, ! .

48★★ • En = −13,6 eV

n2

En = −0,85 eV = −13,6 eVn2

n = −13,6 eV−0,85 eV

= 4

• Il massimo momento angolare si ottiene quando il numero quantico azimutale è massimo:

l = n −1= 3 quindi

L = l l +1( )! = 126,63×10−34 J ⋅s

2π= 3,66 ×10−34 J ⋅s

8 GLI ATOMI CON MOLTI ELETTRONI 49 No, quando la luce bianca attraversa l’atmosfera terrestre, i gas che compongono l’atmosfera assorbono alcune frequenze. Lo spettro, quindi, presenterà delle righe oscure. 50 Calcolando tutte le possibili transizioni, risultano in totale 6 righe possibili. 51 L’energia dello stato fondamentale di atomi a molti elettroni è più bassa di quella dell’atomo di


12

idrogeno (per esempio, per l’atomo di elio è di –79,0 eV, circa sei volte quella dell’atomo di idrogeno). Questo è dovuto al fatto che gli elettroni che si trovano nei gusci di raggio più piccolo interagiscono, a causa della forza di Coulomb, con un numero di protoni presenti nel nucleo che cresce al crescere del numero di elettroni nell'atomo. 52 Conviene usare atomi che hanno un solo elettrone nell’orbitale più esterno, con gli altri più fortemente legati al nucleo. Pertanto, se si vuole usare un atomo neutro, si usano gli atomi alcalini (litio, sodio, potassio, rubidio, cesio), se invece si vuole usare uno ione, carico elettricamente, si usano spesso gli ioni Be+ e Ca+, i quali, avendo perso un elettrone, ne hanno uno solo nell’orbitale più esterno. 53★ Nmax = 2n2 = 32 54★★ Poiché il numero di elettroni è 17, avremo:

2n2 ≤17 <18 ⇒ n2 < 9 ⇒ n < 3

cioè 18 elettroni occuperebbero tutti gli orbitali con numero quantico principale 3. Questa soluzione presuppone un riempimento ordinato dei livelli atomici da parte degli elettroni. 9 I FERMIONI E I BOSONI 55 Le coppie di Cooper sono bosoni, perché il loro spin totale è intero, in quanto somma di due spin pari a 1/2. La superconduttività si manifesta proprio perché molte coppie di elettroni, essendo bosoni, si trovano nello stesso stato. 56 Anche se per raffreddamento viene sottratta energia al sistema, gli elettroni sono fermioni e per via del principio di esclusione di Pauli non possono disporsi tutti nel livello più basso di energia (come invece potrebbero fare i bosoni nella stessa situazione). Perciò, anche nella configurazione di minima energia verranno ordinatamente occupati livelli di energia sempre più alta pari al numero di elettroni di conduzione. Dunque, anche se la temperatura del sistema è bassissima, la sua energia totale può essere molto elevata. 57 No, perché le proprietà sono uguali per tutte le particelle che risultano, quindi, indistinguibili. 58★★ • Comportamento classico: quattro configurazioni possibili

E1 E2 AB

AB A B B A


13

• Comportamento bosonico: tre configurazioni possibili

E1 E2 AB

AB A B

• Comportamento fermionico: una configurazione possibile

E1 E2 A B

10 IL LASER 59 Perché i fotoni sono bosoni e tendono a occupare lo stesso stato. 60 Nel laser le onde elettromagnetiche emesse hanno tutte la stessa lunghezza d’onda e la stessa fase, cioè la luce emessa è coerente e monocromatica. 61 In linea di principio non cambia nulla nel loro funzionamento. Per ottenere laser di colore diverso basta usare atomi la cui differenza di energia fra il livello 1 e il livello 2 sia diversa. In questo modo i fotoni emessi, con frequenza f = E2 − E1( ) / h , forniranno luce coerente di colore diverso. 62★ La differenza di energia richiesta è uguale all'energia E di un fotone della luce emessa dal laser. Così si trova:

E = h f = hcλ

=6,63×10−34 J ⋅s( ) 3,00 ×108 m/s( )

694 ×10−9 m= 2,87 ×10−19 J = 2,87 ×10−19 J

1,60 ×10−19 J/eV= 1,79 eV

63★★ • P = 1 mW = 1×10−3 W

quindi ogni secondo l’energia emessa dal laser di classe 2 è

E = 1×10−3 J L’energia di ogni fotone emesso è

� E = h f = hcλ= 6,63×10−34 J ⋅s( ) 3,00 ×108 m/s

632,8 ×10−9 m= 3,14 ×10−19 J

Il numero dei fotoni emessi è

N = E� E

= 1×10−3 J3,14 ×10−19 J

= 3×1015

• P = 6 ×102 mW

E = 0,6 J


14

quindi ogni secondo l’energia emessa dal laser di classe 4 è

N = E� E

= 0,6 J3,14 ×10−19 J

= 2 ×1018

64★★ L’energia del laser nell’intervallo di tempo di 0,25 s è

E = P � T = 1,1×10−3 W( ) 0,25 s( ) = 2,8 ×10−4 J

La frequenza di ogni singolo fotone emesso dal laser è

f = cλ= 3,00 ×108 m/s

650 ×10−9 m= 4,62 ×1014 Hz

L’energia di ogni singolo fotone emesso dal laser è

� E = h f = 6,63×10−34 J ⋅s( ) 4,62 ×1014 Hz( ) = 3,06 ×10−19 J = 1,91 eV

Il numero di fotoni emessi è

N = E� E

= 2,8 ×10−4 J3,06 ×10−19 J

= 9,2 ×1014

PROBLEMI GENERALI 1★★ Per il principio di indeterminazione

� x � p ≥ !2

cioè

� px ≥!

2� x= 1,06 ×10−34 J ⋅s

2 1×10−10 m( ) = 5 ×10−25 kg ⋅m/s

L’energia cinetica vale

K = 12

mev2 = p2

2me

Il minimo valore di K si ha per p = � px , quindi risulta

Kmin =� px( )2

2me

=5 ×10−25 kg ⋅m/s( )2

2 9,11×10−31 kg( ) = 1,4 ×10−19 J1,60 ×10−19 J/eV

= 1 eV


15

2★★

• λ = hp= h

mv= 6,63×10−34 J ⋅s

1,67 ×10−27 kg( ) 1780 m/s( ) = 2,23×10−3 ×10−7 m = 2,23×10−10 m

• 2d senα = nλ

Per n = 1 si ha

d = λ2senα

= 2,26 ×10−10 m2sen 36°

= 1,9 ×10−10 m

3★★ • La funzione d’onda, e quindi la probabilità, si annulla in r = 2a0 .

• p r = 8a0( ) = Ψ2,0,0 8a0( )⎡⎣ ⎤⎦2

4π 8a0( )2� r = 1,8 ×10−2 = 1,8%

4★★

E2 − E1 = −13,6 eV( ) 122 −

112

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −13,6 eV( ) − 3

4⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 10,2 eV = 16, 3×10−19 J

La lunghezza d’onda del fascio di luce laser dovrebbe essere

λ = hc� E

2

=6,63×10−34 J ⋅s( ) 3,00 ×108 m/s( )

16,3×10−19 J2

= 2,44 ×10−7 m

5★★ λ = h

mv

v = hmλ

L’energia cinetica dell’elettrone in moto vale

K = 12

mv2 = 12

mh

mλ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 12

h2

mλ2

Per la conservazione dell’energia possiamo scrivere

K = e� V

quindi

� V = 12

h2

meλ2 =6,63×10−34 J ⋅s( )2

2 9,11×10−31 kg( ) 1,60 ×10−19 C( ) 0,20 ×10−9 m( )2 = 38 V

6★★ La regione di spazio occupata dall’elettrone che si trova tra r e r + � r è un guscio sferico. L’area del guscio sferico di raggio r è 4πr2 ; moltiplicando l’area per lo spessore � r si ottiene il volume � V del guscio. La probabilità di trovare l’elettrone a distanza r dal nucleo è data da


16

p r( ) = Ψ1,0,0 r( )⎡⎣ ⎤⎦2

4πr2 � r = 4r2

a03 e

− 2ra0 � r

7★★★ Sfruttando la relazione tra lunghezza d’onda e frequenza

λ f = c ⇒ cf= λ

si ottiene

� λ = λ − λ0 =cf− c

f0

= cf0 − ff0 f

= − cf0 f

f − f0( ) = − λ0λc

f − f0( ) ≈ − λ02

c� f

8★★★

• La presenza del campo magnetico produce una variazione dell’energia di ogni stato che dipende dal numero quantico magnetico ml , quindi la differenza di energia tra stati che hanno lo stesso valore di ml rimane invariata, mentre quella tra stati con valori di ml diversi cambia, e dunque cambia anche la frequenza di emissione.

• Lo stato con numero quantico n = 1 ha numero quantico orbitale l = 0 e quindi anche ml = 0 . Invece gli stati con n = 2 e l = 1 sono tre e hanno numeri quantici magnetici ml = −1 , ml = 0 e ml = 1 .

• Lo stato con ml = 0 mantiene la sua energia, gli altri la variano di una quantità pari a

� E = e!2me

B = 2,8 ×10−23 J

in più ( ml = 1) oppure in meno ( ml = −1 ) rispetto a esso. Questa variazione di energia produce una variazione di frequenze in modulo pari a

� f = � Eh

e una corrispondente variazione di lunghezza d’onda pari a

� λ ≈ λ02

c� f = c

f02 � f = c� E

f02h

dove f0 è la frequenza di emissione quando il campo magnetico è assente. In termini delle energie En di Bohr si ha

f0 =E2 − E1

h

Il modulo della variazione della lunghezza d’onda delle due nuove righe è

� λ = c� Ef0

2h= ch� E

E2 − E1( )2 = 2,1×10−12 m

9★★★ Sappiamo che: • per ogni n fissato esistono n possibili valori di l, che sono: l = 0, 1, …, n −1 ; • per ogni l esistono 2l +1 valori possibili di ml ;


17

• per ogni ml esistono due componenti per lo spin s. Da queste considerazioni ricaviamo la formula:

2 2l +1l=0

n−1

∑ = 2 2 ll=0

n−1

∑ + 1l=0

n−1

∑⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= 2 2

n −1( )n2

+ n⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= 2n2

10★★★ • La distanza l tra i due schermi è molto maggiore della distanza d tra le due fenditure. Indicando con y la distanza del primo massimo laterale da quello centrale, possiamo scrivere

λ :d = y : l

Quindi la lunghezza d’onda della luce emessa dal laser è

λ = dyl=

0,10 mm( ) 10 mm( )2,00 m

= 0,50 ×10−6 m = 0,50 µm

• La frequenza del laser è

f = cλ= 3,00 ×108 m/s

0,50 ×10−6 m= 6,0 ×1014 Hz

La frequenza del laser è maggiore della frequenza di soglia, quindi ci sarà emissione di elettroni. 11★★★ a. Sole

• Calcolo della potenza raccolta dall’occhio:

ER = EA� t

= 1,0 mW/mm2

R = d2= 1,0 mm

A = πR2 = π 1,0 mm( )2 = 3,1 mm2

Quindi la potenza che passa attraverso l’apertura della pupilla è

P = ER A = 1,0 mW/mm2( ) 3,1 mm2( ) = 3,1 mW

• Calcolo dell’irradiamento sulla retina nel caso di luce solare:

r = 100 µm

A1 = πr2 = π 100 ×10−3 mm( )2= 0,031 mm2

ER( )Sole= P

A1

= 3,1 mW0,031 mm2 = 1,0 ×102 mW/mm2

b. Laser

• Calcolo dell’irradiamento che colpisce la retina nel caso di luce laser:

r = 10 µm

A2 = πr2 = π 10 ×10−3 mm( )2= 3,1×10−4 mm2


18

ER( )laser= P

A2

= 1,0 mW3,1×10−4 mm2 = 3,2 ×103 mW/mm2

pari a circa 30 volte l’irradiamento solare.

TEST

1 A 2 C 3 B risposta da modificare in

2ab ≥ h

4 C 5 A 6 B 7 C 8 D 9 D 10 B 11 B 12 A

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