Mecánica Cuántica - Problema 45 (2014)

Ejercicio Español
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 3º curso
Asignatura Mecànica Quàntica
Año del apunte 2014
Páginas 3
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 9
Subido por

Vista previa del texto

.
45 La part dependent del spin de l’hamiltoni`a del positroni en un camp magn`etic B ´es: H = A˛‡e · ˛‡p + µB B(‡ez ≠ ‡pz ) on A ´es una constant, ˛‡e i ˛‡p s´ on les matrius de Pauli associades als spins de l’electr´o i del positr´ o, µB ´es el magnet´ o de Bohr.
(a) Quan el camp magn`etic ´es nul, l’estat singlet est`a a 8 ◊ 10≠4 eV per sota de l’estat triplet. Quant val A? (b) Estudieu la depend`encia de l’energia dels quatre estats en funci´o del camp B.
Soluci´ o: (a) El sistema ´es format per dos spins, j1 = j2 = 1/2, i per tant m1 = m2 = ±1/2. En la notaci´ o habitual, tenim la base producte: {| + +Í, | + ≠Í, | ≠ +Í, | ≠ ≠Í}, associada al sistema compost. L’hamiltoni` a que ens d´ona l’enunciat el podem escriure (ens interessa fer-ho) en termes dels operadors de spin (per B = 0): H0 = 4A ˛ ˛ S e · Sp .
~2 (0.47) ´ convenient expressar el producte S ˛e · S ˛p en base a operadors que sapiguem fer actuar Es sobre els estats en q¨ uesti´ o. Considerem el seg¨ uent: ˛e + S ˛p )2 = Se2 + Sp2 + 2S ˛e · S ˛p =∆ 2S ˛e · S ˛p = J 2 ≠ Se2 ≠ Sp2 .
J 2 = (S A m´es, Se2 = Sp2 = Per tant, ~2 2 3 (‡x + ‡y2 + ‡z2 ) = ~2 .
4 4 A 2A J2 3 H0 = 2 (J 2 ≠ Se2 ≠ Sp2 ) = 2A ≠ ~ ~2 2 (0.48) (0.49) B .
(0.50) ´ clar que la base producte no ´es pr`opia d’H0 (no ´es pr`opia de J 2 ), per aix`o passem Es a la base acoblada (formada per estats de la forma |JM Í) que s´ı que ho ´es: 1 |0, 0Í = Ô (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í), |1, ≠1Í = | ≠ ≠Í, 2 (0.51) 1 |1, 0Í = Ô (| + ≠Í + | ≠ +Í), |1, 1Í = | + +Í.
2 Calculem les energies corresponents a l’estat singlet i al triplet: A J2 3 H0 |0, 0Í = 2A ≠ ~2 2 A J2 3 H0 |1, M Í = 2A ≠ ~2 2 B B |0, 0Í = ≠3A|0, 0Í ≈∆ Esinglet = ≠3A, (0.52) |1, M Í = A|1, M Í ≈∆ Etriplet = A.
Ens diuen que l’estat singlet est`a a 8 ◊ 10≠4 eV per sota de l’estat triplet, ´es a dir, Etriplet ≠ Esinglet = 4A = 8 ◊ 10≠4 eV =∆ A = 2 ◊ 10≠4 eV.
12 (0.53) .
(b) En aquest apartat B ”= 0, aleshores, A J2 3 H = 2A ≠ ~2 2 B A J2 3 + µB B(‡ez ≠ ‡pz ) = 2A ≠ ~2 2 B + 2µB B (Sez ≠ Spz ). (0.54) ~ Ara b´e, Jz = Sez + Spz =∆ Sez = Jz ≠ Spz , i per tant A J2 3 H = 2A ≠ ~2 2 B + 2µB B (Jz ≠ 2Spz ) © H0 + HB .
~ (0.55) En actuar H0 sobre l’estat singlet/triplet, ja sabem que d´ona, ho hem hagut de calcular en l’apartat anterior. Mirem com actua HB (la base acoblada no ´es pr`opia de Spz , per aix`o, quan mirem com actua Spz sobre la base acoblada, aquesta l’haurem d’expressar en termes de la base producte utilitzant (0.51)), 1 2µB B 4µB B (Jz ≠ 2Spz )|0, 0Í = ≠ Spz Ô (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) ~ ~ 2 Ô 4µB B 1 ~ Ô (≠| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) = 2µB B(| + ≠Í + | ≠ +Í) =≠ ~ 22 HB |0, 0Í = = 2µB B|1, 0Í 2µB B 2µB B HB |1, ≠1Í = (Jz ≠ 2Spz )|1, ≠1Í = (≠~|1, ≠1Í ≠ 2Spz | ≠ ≠Í) ~ ~4 3 2µB B ~ 2µB B = ≠~|1, ≠1Í + 2 | ≠ ≠Í = (≠~ + ~)|1, ≠1Í = 0 ~ 2 ~ 2µB B 4µB B 1 HB |1, 0Í = (Jz ≠ 2Spz )|1, 0Í = ≠ Spz Ô (| + ≠Í + | ≠ +Í) ~ ~ 2 Ô 4µB B 1 ~ Ô (≠| + ≠Í + | ≠ +Í) = 2µB B(| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) =≠ ~ 22 (0.56) = 2µB B|0, 0Í 2µB B 2µB B HB |1, 1Í = (Jz ≠ 2Spz )|1, 1Í = (~|1, 1Í ≠ 2Spz | + +Í) ~ 3 4~ 2µB B ~ 2µB B = ~|1, 1Í ≠ 2 | + +Í = (~ ≠ ~)|1, 1Í = 0.
~ 2 ~ Considerant els resultats de l’apartat anterior, tenim el seg¨ uent: H|0, 0Í = ≠3A|0, 0Í + 2µB B|1, 0Í, H|1, 0Í = A|1, 0Í + 2µB B|0, 0Í, H|1, ≠1Í = A|1, ≠1Í, H|1, 1Í = A|1, 1Í.
(0.57) Matricialment, en la base acoblada (ordenaci´o {|0, 0Í, |1, 0Í, |1, ≠1Í, |1, 1Í}), Q R ≠3A 2µB B 0 0 c d c2µ B A 0 0d c B d H=c d.
c 0 d 0 A 0 a b 0 0 0 A 13 (0.58) .
La matriu anterior ´es diagonal per blocs. Els dos estats |1, ≠1Í i |1, 1Í s´on propis amb valor propi A. Diagonalitzem el bloc que falta, -≠3A ≠ ⁄ - 2µB B - Ò 2µB B -- = 0 =∆ ⁄± = ≠A ± 2 A2 + µ2B B 2 .
A ≠ ⁄- (0.59) Cada valor propi portar` a associat un vector propi |⁄+ Í i |⁄≠ Í, els podem trobar com sempre. El que ´es interessant, ´es que el fet de considerar un camp magn`etic extern, ens trenca la degeneraci´ o. En un principi, quan B = 0, tenim dos nivells energ`etics: Esinglet associat un estat, i Etriplet associat a tres estats (degeneraci´o 3). Quan consideram B ”= 0, tenim tres nivells energ`etics: ⁄+ associat a un estat |⁄+ Í, ⁄≠ associat a un altre estat |⁄≠ Í i Etriplet associat als dos estats |1, ≠1Í i |1, 1Í. Hem passat de degeneraci´o 3 a degeneraci´ o 2. Esquem` aticament, | B=0 |1, 1i, |1, 0i, |1, 1i B 6= 0 A +i A+2 |1, 1i, |1, 1i p A2 + µ2B B 2 A =) |0, 0i 3A | 14 i A 2 p A2 + µ2B B 2 ...