Mecánica Cuántica - Problema 46 (2014)

Ejercicio Catalán
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 8
Subido por

Vista previa del texto

.
46 La interacci´ o spin-spin entre dos electrons ´es descrita per l’hamiltoni`a ˛ (1) · S ˛ (2) , H = ⁄S on ⁄ ´es una constant real de les dimensions adequades.
(a) Determineu els estats propis d’H, les seves energies i la degeneraci´o.
Considereu ara que a l’instant t = 0 tenim l’estat inicial | (0)Í = | + ≠Í.
(b) Determineu l’evoluci´ o temporal | (t)Í d’aquest estat.
(c) Determineu el temps m´ınim, t0 > 0, que ha de passar per tal que | (t0 )Í sigui un estat ortogonal a l’inicial | (0)Í.
(1) (d) Calculeu el valor esperat È (t)|Sz | (t)Í.
Soluci´ o: (a) En aquest problema tenim la composici´o de dos spins: j1 = j2 = 1/2. Tal i com hem fet ˛ (1) · S ˛ (2) = J 2 ≠ S 2 ≠ S 2 .
en el problema anterior (ja no entro en els detalls), escrivim 2S 1 2 Llavors, 3 4 2 ⁄1 2 ⁄ 3 H= J ≠ S12 ≠ S22 = J 2 ≠ ~2 .
(0.60) 2 2 2 ´ clar que la base acoblada |JM Í ´es pr`opia d’H, Es 3 4 ⁄ 2 3 H|JM Í = ~ J(J + 1) ≠ ~2 |JM Í.
2 2 (0.61) En el cas que ens ocupa (j1 = j2 = 1/2), la base acoblada ´es formada per 4 estats: |0, 0Í, |1, ≠1Í, |1, 0Í, |1, 1Í (singlet + triplet). Se segueix que 3 3 H|0, 0Í = ≠ ⁄~2 |0, 0Í ≈∆ Esinglet = ≠ ⁄~2 , 4 4 ⁄ 2 ⁄ 2 H|1, M Í = ~ |1, M Í ≈∆ Etriplet = ~ .
4 4 (0.62) L’energia Esinglet t´e degeneraci´ o 1, mentre que Etriplet t´e degeneraci´o 3, doncs existeixen tres estats amb la mateixa energia.
(b) Podem escriure l’evoluci´ o temporal | (t)Í en base a l’operador d’evoluci´o temporal ≠iHt/~ U (t, 0) = e . Per comoditat, treballem en la base acoblada ja que aleshores H ´es diagonal i exponenciar-lo resulta m´es f`acil, U (t, 0) = e≠iHt/~ = ei3⁄~t/4 |0, 0ÍÈ0, 0| + e≠i⁄~t/4 (|1, ≠1ÍÈ1, ≠1| + |1, 0ÍÈ1, 0| + |1, 1ÍÈ1, 1|).
15 (0.63) .
La condici´ o inicial en termes d’estats de la base acoblada ´es: 1 | (0)Í = | + ≠Í = Ô (|1, 0Í + |0, 0Í) .
2 (0.64) Per tant, finalment es t´e (definim – © ⁄~/4) 2 1 1 | (t)Í = U (t, 0)| (0)Í = Ô ei3–t |0, 0Í + e≠i–t |1, 0Í .
2 (0.65) (c) Per trobar t0 imposem que È (t0 )| (0)Í = 0, 2 1 1 1 È (t0 )| (0)Í = Ô e≠i3–t0 È0, 0| + ei–t0 È1, 0| Ô (|1, 0Í + |0, 0Í) 2 2 2 1 1 ≠i3–t0 = e + ei–t0 = 0 ≈∆ ei–t0 = e≠i3–t0 +ifi .
2 (0.66) Igualant els exponents s’obt´e: –t0 = ≠3–t0 + fi =∆ t0 = fi fi = .
4– ⁄~ (1) (0.67) (1) (d) Donat que la base producte |m1 m2 Í ´es pr`opia de l’operador Sz , per calcular È (t)|Sz | (t)Í ens interessa expressar | (t)Í en la base |m1 m2 Í. Anant a la taula de coeficients de C-G, veiem: 1 |0, 0Í = Ô (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) , 2 1 |1, 0Í = Ô (| + ≠Í + | ≠ +Í) .
2 (0.68) 1 (A1 (t) (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) + A2 (t) (| + ≠Í + | ≠ +Í)) , 2 (0.69) Aleshores, (A1 (t) = ei3–t , A2 (t) = e≠i–t ) | (t)Í = de manera que ~ (A1 (t) (| + ≠Í + | ≠ +Í) + A2 (t) (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í)) 4 2 Ô Ô ~1 = A1 (t) 2|1, 0Í + A2 (t) 2|0, 0Í 4 ~ = Ô (A1 (t)|1, 0Í + A2 (t)|0, 0Í) .
2 2 (0.70) 1 È (t)|Sz(1) | (t)Í = Ô (Aú1 (t)È0, 0| + Aú2 (t)È1, 0|) 2 ~ ◊ Ô (A1 (t)|1, 0Í + A2 (t)|0, 0Í) 2 2 ~ ~ ei4–t + e≠i4–t = (A1 (t)Aú2 (t) + Aú1 (t)A2 (t)) = 4 2 2 ~ ~ = cos (4–t) = cos (⁄~t) .
2 2 (0.71) Sz(1) | (t)Í = Finalment, 16 .
(1) (1) Com era d’esperar, ≠~/2 Æ È (t)|Sz | (t)Í Æ ~/2. Notem tamb´e que ÈSz (t0 )Í = ≠~/2, la qual cosa no ens ha de sorprendre, ja que incialment el sistema es trobava (1) en l’estat | + ≠Í, propi de Sz amb valor propi ~/2, i t0 ´es el temps m´ınim que ha de passar per tal que el sistema vagi a parar a l’estat ortogonal a l’inicial, i.e. | ≠ +Í, el (1) qual ´es propi de Sz amb valor propi ≠~/2.
17 ...