Esercizi — Introduzione alla meccanica quantistica

Tutti gli esercizi e i problemi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo (Compton, atomo di idrogeno, effetto fotoelettrico), poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, dimostrazioni, stime di Fermi e fantafisica) su fotoni, de Broglie, modello di Bohr, indeterminazione, corpo nero e dualismo onda-particella.

Esercizi svolti nel testo

• Compton con un fotone da 0,8 MeV
• Un fotone rosso dall’atomo di idrogeno
• Tensione di arresto per il sodio

Problemi di fine capitolo

• Energia di un fotone di luce verde
• Fotone rosso intenso e lavoro di estrazione
• Energia di un fotone ultravioletto
• Stabilità dell’atomo e modello di Rutherford
• de Broglie di un elettrone a 70 V
• LED blu e gap del semiconduttore
• Raccordo Malus e singolo fotone
• Livelli dell’idrogeno, Balmer e Lyman
• Dimostra il raggio dell’orbita di Bohr
• Elettrone confinato e indeterminazione
• Compton a 90 gradi con raggi X
• Ranking di energie di quattro fotoni
• Perché i raggi X non sono solo luce intensa
• Ricavare h e W dal grafico fotoelettrico
• Doppia fenditura, quale grafico di intensità
• Elettrone a 300 V e diffrazione cristallina
• Energia di un fotone blu a 400 nm
• Fotoelettroni dal sodio a 345 nm
• de Broglie di un elettrone a 300 V
• Rivelatore alle fenditure e interferenza
• Ranking de Broglie elettrone, protone, fotone
• Vero o falso sulla fisica quantistica
• Indeterminazione di un proiettile
• Temperatura del Sole con la legge di Wien
• Perché la materia non collassa
• Raggi X dal fluoro ionizzato
• Fantafisica, ridurre h e il volume atomico
• Corrente da un semiconduttore illuminato
• Polarizzatore e conteggio di fotoni
• Perché l’atomo non collassa (onda stazionaria)
• Probabilità quantistica contro determinismo
• Paradosso del singolo elettrone
• Livello n=3 dell’idrogeno e riga H-alfa
• de Broglie di un elettrone a 100 V
• Energia di un fotone verde a 530 nm
• Ranking delle energie dei livelli H
• Ranking frequenze di transizione
• Da lambda al livello iniziale (Balmer)
• Ricavare h da dati fotoelettrici
• Fantafisica, h moltiplicata per dieci
• Fantafisica, un universo senza Pauli
• Spettro stellare e riga a 397 nm
• Indeterminazione dell’elettrone in atomo
• Collasso della funzione d’onda al polarizzatore
• Complementarità onda-particella
• Corpo nero a temperature diverse
• Livelli dell’idrogeno a righe orizzontali
• Stima Fermi, atomi in una mela
• Stima Fermi, fotoni da un LED
• Buca di potenziale infinita
• Ampiezza spettrale e vita media
• Bell e variabili nascoste

All the worked exercises and problems of the chapter, solved step by step, in order of appearance in the chapter: first the guided exercises in the text (Compton, hydrogen atom, photoelectric effect), then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphs, proofs, Fermi estimates and thought experiments) on photons, de Broglie, the Bohr model, uncertainty, black-body radiation and wave-particle duality.

Worked exercises in the text

• Compton with a 0.8 MeV photon
• A red photon from the hydrogen atom
• Stopping voltage for sodium

End-of-chapter problems

• Energy of a green light photon
• Intense red photon and work function
• Energy of an ultraviolet photon
• Stability of the atom and Rutherford’s model
• De Broglie wavelength of an electron at 70 V
• Blue LED and semiconductor gap
• Bridging Malus’s law and the single photon
• Hydrogen levels, Balmer and Lyman
• Derive the radius of the Bohr orbit
• Confined electron and uncertainty
• Compton scattering at 90 degrees with X-rays
• Ranking the energies of four photons
• Why X-rays are not just intense light
• Deriving h and W from the photoelectric graph
• Double slit, which intensity graph
• Electron at 300 V and crystal diffraction
• Energy of a blue photon at 400 nm
• Photoelectrons from sodium at 345 nm
• De Broglie wavelength of an electron at 300 V
• Detector at the slits and interference
• Ranking de Broglie wavelengths: electron, proton, photon
• True or false on quantum physics
• Uncertainty of a projectile
• Temperature of the Sun using Wien’s law
• Why matter does not collapse
• X-rays from ionised fluorine
• Thought experiment, reducing h and atomic volume
• Current from an illuminated semiconductor
• Polarizer and photon counting
• Why the atom does not collapse (standing wave)
• Quantum probability versus determinism
• The single-electron paradox
• The n=3 level of hydrogen and the H-alpha line
• De Broglie wavelength of an electron at 100 V
• Energy of a green photon at 530 nm
• Ranking the energies of the H levels
• Ranking transition frequencies
• From lambda to the initial level (Balmer)
• Deriving h from photoelectric data
• Thought experiment, h multiplied by ten
• Thought experiment, a universe without Pauli
• Stellar spectrum and the line at 397 nm
• Uncertainty of the electron in an atom
• Collapse of the wave function at the polarizer
• Wave-particle complementarity
• Black body at different temperatures
• Hydrogen levels as horizontal lines
• Fermi estimate, atoms in an apple
• Fermi estimate, photons from an LED
• Infinite potential well
• Spectral width and mean lifetime
• Bell and hidden variables

Testo

Un fotone di energia iniziale $E = 0{,}8\;\text{MeV}$ subisce scattering Compton perdendo un terzo della sua energia. Calcolare: (a) l’angolo di diffusione $\theta$; (b) l’energia cinetica e la velocità dell’elettrone; (c) verificare se è lecito usare la formula classica dell’energia cinetica.

Soluzione

Passo 1 — Lunghezze d’onda iniziale e finale. Il fotone perde un terzo dell’energia, quindi $E' = \tfrac{2}{3}E$. Poiché $\lambda = hc/E$, la lunghezza d’onda cresce di un fattore $3/2$:

$\lambda = \frac{hc}{E} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{0{,}8\cdot 10^6\;\text{eV}} \approx 1{,}55\cdot 10^{-3}\;\text{nm} = 1{,}55\;\text{pm}, \qquad \lambda' = \tfrac{3}{2}\lambda \approx 2{,}33\;\text{pm}$

Passo 2 — Angolo di diffusione (formula di Compton). Con $\lambda_C = h/(m_e c) = 2{,}43\;\text{pm}$:

$1 - \cos\theta = \frac{\lambda' - \lambda}{\lambda_C} = \frac{0{,}78\;\text{pm}}{2{,}43\;\text{pm}} \approx 0{,}32 \;\Rightarrow\; \cos\theta \approx 0{,}68$

$\ev{\theta \approx 47^\circ}$

Passo 3 — Energia cinetica dell’elettrone. Per conservazione dell’energia l’elettrone acquista ciò che il fotone perde:

$K_e = E - E' = 0{,}8 - 0{,}53 \approx 0{,}27\;\text{MeV}$

Passo 4 — Classico o relativistico? Con la formula classica $K_e = \tfrac{1}{2}m_e v^2$ si otterrebbe

$v = \sqrt{\frac{2K_e}{m_e}} \approx 3{,}08\cdot 10^8\;\text{m/s} > c \quad \text{(impossibile!)}$

Bisogna usare la formula relativistica $K_e = (\gamma - 1)m_e c^2$. Con $m_e c^2 = 0{,}511\;\text{MeV}$:

$\gamma = 1 + \frac{K_e}{m_e c^2} = 1 + \frac{0{,}27}{0{,}511} \approx 1{,}53$

$\ev{v = c\sqrt{1 - 1/\gamma^2} \approx 2{,}3\cdot 10^8\;\text{m/s} \approx 0{,}77\,c}$

È un ottimo esempio di come la cinematica classica fallisca quando l’energia cinetica diventa confrontabile con $m_e c^2 = 511\;\text{keV}$.

Collegamenti

Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Effetto Compton · Fotone · Equivalenza massa-energia

Problem

A photon of initial energy $E = 0{,}8\;\text{MeV}$ undergoes Compton scattering, losing a third of its energy. Calculate: (a) the scattering angle $\theta$; (b) the kinetic energy and speed of the electron; (c) check whether it is legitimate to use the classical formula for kinetic energy.

Solution

Step 1 — Initial and final wavelengths. The photon loses a third of its energy, so $E' = \tfrac{2}{3}E$. Since $\lambda = hc/E$, the wavelength grows by a factor of $3/2$:

$\lambda = \frac{hc}{E} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{0{,}8\cdot 10^6\;\text{eV}} \approx 1{,}55\cdot 10^{-3}\;\text{nm} = 1{,}55\;\text{pm}, \qquad \lambda' = \tfrac{3}{2}\lambda \approx 2{,}33\;\text{pm}$

Step 2 — Scattering angle (Compton formula). With $\lambda_C = h/(m_e c) = 2{,}43\;\text{pm}$:

$1 - \cos\theta = \frac{\lambda' - \lambda}{\lambda_C} = \frac{0{,}78\;\text{pm}}{2{,}43\;\text{pm}} \approx 0{,}32 \;\Rightarrow\; \cos\theta \approx 0{,}68$

$\ev{\theta \approx 47^\circ}$

Step 3 — Kinetic energy of the electron. By conservation of energy the electron acquires what the photon loses:

$K_e = E - E' = 0{,}8 - 0{,}53 \approx 0{,}27\;\text{MeV}$

Step 4 — Classical or relativistic? With the classical formula $K_e = \tfrac{1}{2}m_e v^2$ one would obtain

$v = \sqrt{\frac{2K_e}{m_e}} \approx 3{,}08\cdot 10^8\;\text{m/s} > c \quad \text{(impossible!)}$

One must use the relativistic formula $K_e = (\gamma - 1)m_e c^2$. With $m_e c^2 = 0{,}511\;\text{MeV}$:

$\gamma = 1 + \frac{K_e}{m_e c^2} = 1 + \frac{0{,}27}{0{,}511} \approx 1{,}53$

$\ev{v = c\sqrt{1 - 1/\gamma^2} \approx 2{,}3\cdot 10^8\;\text{m/s} \approx 0{,}77\,c}$

This is an excellent example of how classical kinematics fails when the kinetic energy becomes comparable with $m_e c^2 = 511\;\text{keV}$.

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Effetto Compton · Fotone · Equivalenza massa-energia

Testo

Un elettrone dell’atomo di idrogeno passa dal livello $n=3$ al livello $n=2$. Qual è l’energia e il colore del fotone emesso?

Soluzione

Passo 1 — Livelli di energia. Dalla formula di Bohr $E_n = -13{,}6/n^2\;\text{eV}$:

$E_3 = -\frac{13{,}6}{9} = -1{,}51\;\text{eV}, \qquad E_2 = -\frac{13{,}6}{4} = -3{,}40\;\text{eV}$

Passo 2 — Energia del fotone. L’elettrone scende a un livello più basso: l’energia liberata è portata via dal fotone,

$E_\text{fotone} = E_3 - E_2 = -1{,}51 - (-3{,}40) = 1{,}89\;\text{eV}$

Passo 3 — Lunghezza d’onda e colore.

$\ev{\lambda = \frac{hc}{E_\text{fotone}} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{1{,}89\;\text{eV}} \approx 656\;\text{nm}}$

È un fotone rosso: la famosa riga $H_\alpha$ della serie di Balmer, una delle righe più caratteristiche dello spettro dell’idrogeno e uno strumento fondamentale in astrofisica per identificare nubi di gas.

Refuso nel testo $E_\text{fotone} = 2{,}11\;\text{eV}$: è un errore di stampa. Il salto $n{=}3\to n{=}2$ vale $\Delta E = 1{,}89\;\text{eV}$, e proprio $1{,}89\;\text{eV}$ dà $\lambda \approx 656\;\text{nm}$ (con $2{,}11\;\text{eV}$ si otterrebbe $\approx 588$ nm, giallo, che non è $H_\alpha$).

Il libro scrive

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Modello di Bohr · Fotone Oggetti: Atomo di idrogeno

Problem

An electron in the hydrogen atom drops from level $n=3$ to level $n=2$. What is the energy and colour of the emitted photon?

Solution

Step 1 — Energy levels. From Bohr’s formula $E_n = -13{,}6/n^2\;\text{eV}$:

$E_3 = -\frac{13{,}6}{9} = -1{,}51\;\text{eV}, \qquad E_2 = -\frac{13{,}6}{4} = -3{,}40\;\text{eV}$

Step 2 — Photon energy. The electron drops to a lower level: the energy released is carried away by the photon,

$E_\text{fotone} = E_3 - E_2 = -1{,}51 - (-3{,}40) = 1{,}89\;\text{eV}$

Step 3 — Wavelength and colour.

$\ev{\lambda = \frac{hc}{E_\text{fotone}} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{1{,}89\;\text{eV}} \approx 656\;\text{nm}}$

It’s a red photon: the famous $H_\alpha$ line of the Balmer series, one of the most characteristic lines in the hydrogen spectrum and a key tool in astrophysics for identifying gas clouds.

Erratum in the text $E_\text{fotone} = 2{,}11\;\text{eV}$: this is a printing error. The $n{=}3\to n{=}2$ jump is worth $\Delta E = 1{,}89\;\text{eV}$, and it is precisely $1{,}89\;\text{eV}$ that gives $\lambda \approx 656\;\text{nm}$ (with $2{,}11\;\text{eV}$ you would get $\approx 588$ nm, yellow, which is not $H_\alpha$).

The book states

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Topics: Quantum physics Concepts: Bohr model · Photon Objects: Hydrogen atom

Testo

Il sodio ha lavoro di estrazione $W_\text{Na} = 2{,}28\;\text{eV}$. Lo si illumina con luce ultravioletta di lunghezza d’onda $\lambda = 300\;\text{nm}$. Calcola la tensione di arresto $V_s$.

Soluzione

Passo 1 — Energia del fotone.

$E_f = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{300\;\text{nm}} \approx 4{,}13\;\text{eV}$

Passo 2 — Formula di Einstein per l’effetto fotoelettrico. L’energia cinetica massima dei fotoelettroni è l’energia del fotone meno il lavoro di estrazione:

$E_\text{cin,max} = E_f - W = 4{,}13 - 2{,}28 = 1{,}85\;\text{eV}$

Passo 3 — Tensione di arresto. È la d.d.p. che ferma anche gli elettroni più veloci, $eV_s = E_\text{cin,max}$:

$\ev{V_s = \frac{E_\text{cin,max}}{e} = 1{,}85\;\text{V}}$

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Effetto fotoelettrico · Fotone

Problem

Sodium has a work function $W_\text{Na} = 2{,}28\;\text{eV}$. It is illuminated with ultraviolet light of wavelength $\lambda = 300\;\text{nm}$. Calculate the stopping voltage $V_s$.

Solution

Step 1 — Photon energy.

$E_f = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{300\;\text{nm}} \approx 4{,}13\;\text{eV}$

Step 2 — Einstein’s formula for the photoelectric effect. The maximum kinetic energy of the photoelectrons is the photon energy minus the work function:

$E_\text{cin,max} = E_f - W = 4{,}13 - 2{,}28 = 1{,}85\;\text{eV}$

Step 3 — Stopping voltage. This is the potential difference that stops even the fastest electrons, $eV_s = E_\text{cin,max}$:

$\ev{V_s = \frac{E_\text{cin,max}}{e} = 1{,}85\;\text{V}}$

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Topics: Quantum physics Concepts: Photoelectric effect · Photon

Testo

Un fotone di luce verde ha lunghezza d’onda $\lambda = 500\;\text{nm}$. Calcola la sua energia $E = hc/\lambda$ ($h = 6{,}63\cdot 10^{-34}\;\text{J·s}$, $c = 3{,}0\cdot 10^8\;\text{m/s}$).

Soluzione

Applico la relazione di Planck–Einstein $E = hc/\lambda$ in unità SI:

$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3{,}0\cdot 10^8}{500\cdot 10^{-9}} = \frac{1{,}989\cdot 10^{-25}}{5{,}0\cdot 10^{-7}}$

$\ev{E \approx 4{,}0\cdot 10^{-19}\;\text{J} \approx 2{,}48\;\text{eV}}$

(Verifica in eV: $E = 1240/500 \approx 2{,}48\;\text{eV}$, tipica energia dei fotoni visibili.)

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Fotone

Problem

A green-light photon has wavelength $\lambda = 500\;\text{nm}$. Calculate its energy $E = hc/\lambda$ ($h = 6{,}63\cdot 10^{-34}\;\text{J·s}$, $c = 3{,}0\cdot 10^8\;\text{m/s}$).

Solution

Applying the Planck–Einstein relation $E = hc/\lambda$ in SI units:

$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3{,}0\cdot 10^8}{500\cdot 10^{-9}} = \frac{1{,}989\cdot 10^{-25}}{5{,}0\cdot 10^{-7}}$

$\ev{E \approx 4{,}0\cdot 10^{-19}\;\text{J} \approx 2{,}48\;\text{eV}}$

(Check in eV: $E = 1240/500 \approx 2{,}48\;\text{eV}$, a typical energy for visible photons.)

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Argomenti: Quantum physics Concetti: Photon

Testo

Vero o falso? “Un fotone di luce rossa molto intensa estrae elettroni da un metallo con lavoro di estrazione $W = 4\;\text{eV}$, purché l’intensità sia sufficiente.” Giustifica.

Soluzione

Falso. Nell’effetto fotoelettrico ogni elettrone assorbe un solo fotone: conta l’energia del singolo quanto $hf$, non l’intensità (che è solo il numero di fotoni al secondo).

Un fotone di luce rossa ($\lambda \approx 650\;\text{nm}$) ha energia

$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240}{650} \approx 1{,}9\;\text{eV} < W = 4\;\text{eV}$

Poiché $1{,}9\;\text{eV} < 4\;\text{eV}$, nessun elettrone viene estratto, per quanto intensa sia la luce: aumentare l’intensità aumenta solo il numero di fotoni, ciascuno comunque troppo poco energetico. Serve luce di frequenza sufficiente (blu/UV) con $hf \geq W$.

$\ev{\text{Falso: sotto la soglia } hf < W \text{ nessuna intensità estrae elettroni}}$

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Effetto fotoelettrico · Fotone

Problem

True or false? “A photon of very intense red light extracts electrons from a metal with work function $W = 4\;\text{eV}$, provided the intensity is sufficient.” Justify your answer.

Solution

False. In the photoelectric effect each electron absorbs only one photon: what matters is the energy of the single quantum $hf$, not the intensity (which is just the number of photons per second).

A photon of red light ($\lambda \approx 650\;\text{nm}$) has energy

$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240}{650} \approx 1{,}9\;\text{eV} < W = 4\;\text{eV}$

Since $1{,}9\;\text{eV} < 4\;\text{eV}$, no electron is extracted, however intense the light is: increasing the intensity only increases the number of photons, each still too low in energy. Light of sufficient frequency (blue/UV) with $hf \geq W$ is needed.

$\ev{\text{False: below the threshold } hf < W \text{ no intensity extracts electrons}}$

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Effetto fotoelettrico · Fotone

Testo

Calcola l’energia di un fotone di luce ultravioletta con lunghezza d’onda $\lambda = 400\;\text{nm}$. Esprimi il risultato in eV.

Soluzione

Con la comoda costante $hc \approx 1240\;\text{eV·nm}$:

$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{400\;\text{nm}}$

$\ev{E \approx 3{,}1\;\text{eV}}$

È al confine tra il violetto e l’ultravioletto vicino: energia maggiore di un fotone visibile “medio”, coerente con il fatto che a $\lambda$ più corta corrisponde $E$ più grande.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Fotone

Problem

Calculate the energy of an ultraviolet light photon with wavelength $\lambda = 400\;\text{nm}$. Express the result in eV.

Solution

With the handy constant $hc \approx 1240\;\text{eV·nm}$:

$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{400\;\text{nm}}$

$\ev{E \approx 3{,}1\;\text{eV}}$

This is at the boundary between violet and near ultraviolet: higher energy than an “average” visible photon, consistent with the fact that a shorter $\lambda$ corresponds to a larger $E$.

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Fotone

Testo

Spiega con parole tue perché la stabilità dell’atomo è incompatibile con il modello di Rutherford classico, e come la quantizzazione del momento angolare (Bohr) o il principio di indeterminazione salvano la situazione.

Soluzione

Il problema classico. Nel modello di Rutherford l’elettrone ruota attorno al nucleo come un pianeta. Ma una carica in moto circolare è accelerata, e una carica accelerata irraggia onde elettromagnetiche (elettrodinamica di Maxwell). Perdendo energia in modo continuo, l’elettrone dovrebbe spiraleggiare verso il nucleo in un tempo brevissimo, dell’ordine di $10^{-11}\;\text{s}$. L’atomo classico sarebbe instabile e collasserebbe: contraddizione con l’evidenza che la materia esiste ed è stabile.

La soluzione di Bohr. Bohr postula che siano permesse solo orbite con momento angolare quantizzato,

$m v r = n\hbar, \qquad n = 1, 2, 3, \dots$

Su queste orbite l’elettrone non irraggia: esiste uno stato fondamentale ($n=1$) di energia minima sotto il quale non può scendere. L’atomo emette solo saltando tra livelli discreti, non in modo continuo.

La lettura moderna (indeterminazione). Ancora più profondamente: confinare l’elettrone in una regione piccola $\Delta x$ impone, per Heisenberg, un impulso $\Delta p \gtrsim \hbar/(2\Delta x)$ e quindi un’energia cinetica $\sim \hbar^2/(2m\,\Delta x^2)$ che cresce al diminuire di $\Delta x$. “Cadere sul nucleo” ($\Delta x \to 0$) costerebbe energia cinetica infinita: c’è un compromesso tra energia potenziale (che vuole avvicinare) ed energia cinetica di confinamento (che si oppone), e il minimo dà proprio la dimensione dell’atomo ($\sim 10^{-10}\;\text{m}$).

$\ev{\text{La quantizzazione (Bohr) e l'indeterminazione (Heisenberg) fissano uno stato fondamentale stabile}}$

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Modello di Bohr · Principio di indeterminazione Oggetti: Atomo di idrogeno

Problem

Explain in your own words why the stability of the atom is incompatible with the classical Rutherford model, and how the quantisation of angular momentum (Bohr) or the uncertainty principle save the situation.

Solution

The classical problem. In the Rutherford model the electron orbits the nucleus like a planet. But a charge in circular motion is accelerated, and an accelerated charge radiates electromagnetic waves (Maxwell’s electrodynamics). Continuously losing energy, the electron should spiral into the nucleus in an extremely short time, of the order of $10^{-11}\;\text{s}$. The classical atom would be unstable and would collapse: a contradiction with the evidence that matter exists and is stable.

Bohr’s solution. Bohr postulates that only orbits with quantised angular momentum are allowed,

$m v r = n\hbar, \qquad n = 1, 2, 3, \dots$

On these orbits the electron does not radiate: there is a ground state ($n=1$) of minimum energy below which it cannot descend. The atom emits only by jumping between discrete levels, not continuously.

The modern reading (uncertainty). Even more deeply: confining the electron to a small region $\Delta x$ imposes, by Heisenberg’s relation, a momentum $\Delta p \gtrsim \hbar/(2\Delta x)$ and hence a kinetic energy $\sim \hbar^2/(2m\,\Delta x^2)$ that grows as $\Delta x$ decreases. “Falling into the nucleus” ($\Delta x \to 0$) would cost infinite kinetic energy: there is a trade-off between potential energy (which favours getting closer) and confinement kinetic energy (which opposes it), and the minimum gives precisely the size of the atom ($\sim 10^{-10}\;\text{m}$).

$\ev{\text{Quantisation (Bohr) and the uncertainty principle (Heisenberg) fix a stable ground state}}$

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Modello di Bohr · Principio di indeterminazione Objects: Atomo di idrogeno

Testo

Un elettrone viene accelerato da una differenza di potenziale di $V = 70\;\text{V}$. Calcola la sua lunghezza d’onda di de Broglie (trascura effetti relativistici). Commenta: quest’onda può essere diffratta dai piani reticolari di un cristallo?

Soluzione

Passo 1 — Energia cinetica acquisita. L’elettrone guadagna $K = eV$:

$K = 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 70 = 1{,}12\cdot 10^{-17}\;\text{J}$

Passo 2 — Quantità di moto. Non relativistico, $p = \sqrt{2 m_e K}$:

$p = \sqrt{2\cdot 9{,}11\cdot 10^{-31}\cdot 1{,}12\cdot 10^{-17}} = \sqrt{2{,}04\cdot 10^{-47}} \approx 4{,}52\cdot 10^{-24}\;\text{kg·m/s}$

Passo 3 — Lunghezza d’onda di de Broglie.

$\ev{\lambda = \frac{h}{p} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}}{4{,}52\cdot 10^{-24}} \approx 1{,}45\cdot 10^{-10}\;\text{m}}$

Commento. Vale $\lambda \approx 0{,}145\;\text{nm}$, dello stesso ordine della distanza tra i piani atomici di un cristallo ($\sim 10^{-10}\;\text{m}$). Il reticolo funge quindi da reticolo di diffrazione: sì, l’onda elettronica viene diffratta. È il fondamento dell’esperimento di Davisson–Germer e della diffrazione elettronica (LEED).

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Lunghezza d’onda di de Broglie · Diffrazione

Problem

An electron is accelerated through a potential difference of $V = 70\;\text{V}$. Calculate its de Broglie wavelength (neglect relativistic effects). Comment: can this wave be diffracted by the lattice planes of a crystal?

Solution

Step 1 — Kinetic energy gained. The electron gains $K = eV$:

$K = 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 70 = 1{,}12\cdot 10^{-17}\;\text{J}$

Step 2 — Momentum. Non-relativistic, $p = \sqrt{2 m_e K}$:

$p = \sqrt{2\cdot 9{,}11\cdot 10^{-31}\cdot 1{,}12\cdot 10^{-17}} = \sqrt{2{,}04\cdot 10^{-47}} \approx 4{,}52\cdot 10^{-24}\;\text{kg·m/s}$

Step 3 — De Broglie wavelength.

$\ev{\lambda = \frac{h}{p} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}}{4{,}52\cdot 10^{-24}} \approx 1{,}45\cdot 10^{-10}\;\text{m}}$

Comment. This gives $\lambda \approx 0{,}145\;\text{nm}$, the same order of magnitude as the spacing between atomic planes in a crystal ($\sim 10^{-10}\;\text{m}$). The lattice therefore acts as a diffraction grating: yes, the electron wave is diffracted. This is the basis of the Davisson–Germer experiment and of electron diffraction (LEED).

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Lunghezza d’onda di de Broglie · Diffrazione

Testo

Un LED blu è costituito da un semiconduttore con gap $E_\text{gap} \approx 2{,}75\;\text{eV}$. Stima la lunghezza d’onda della luce emessa quando un elettrone ricade dalla banda di conduzione a quella di valenza, e identifica il colore.

Soluzione

Quando l’elettrone ricade attraverso il gap emette un fotone di energia $E \approx E_\text{gap}$. Quindi

$\ev{\lambda = \frac{hc}{E_\text{gap}} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{2{,}75\;\text{eV}} \approx 450\;\text{nm}}$

Una lunghezza d’onda di $\approx 450\;\text{nm}$ corrisponde alla luce blu, coerente con il nome del dispositivo. È lo stesso principio dei LED blu al nitruro di gallio (premio Nobel 2014), che hanno reso possibile la luce bianca a LED.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Fotone

Problem

A blue LED consists of a semiconductor with gap $E_\text{gap} \approx 2{,}75\;\text{eV}$. Estimate the wavelength of the light emitted when an electron falls back from the conduction band to the valence band, and identify the colour.

Solution

When the electron falls back across the gap it emits a photon of energy $E \approx E_\text{gap}$. So

$\ev{\lambda = \frac{hc}{E_\text{gap}} = \frac{1240\;\text{eV·nm}}{2{,}75\;\text{eV}} \approx 450\;\text{nm}}$

A wavelength of $\approx 450\;\text{nm}$ corresponds to blue light, consistent with the name of the device. This is the same principle behind gallium-nitride blue LEDs (2014 Nobel Prize), which made white LED light possible.

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Fotone

Testo

Nell’esperimento del polarizzatore si osserva che i singoli fotoni o attraversano o vengono assorbiti, mentre per un fascio intenso vale la legge di Malus $I' = I\cos^2\alpha$. Spiega come le due descrizioni si raccordano, e perché il fotone uscente “non è lo stesso” di quello incidente.

Soluzione

Il singolo fotone è probabilistico. Un fotone polarizzato a un angolo $\alpha$ rispetto all’asse del polarizzatore non può passare “a metà”: o lo attraversa tutto o viene assorbito. La meccanica quantistica prescrive che passi con probabilità

$P(\text{passa}) = \cos^2\alpha$

Il fascio intenso recupera Malus. Con $N$ fotoni identici, in media $N\cos^2\alpha$ passano. L’intensità è proporzionale al numero di fotoni trasmessi:

$I' = I\,\cos^2\alpha$

La legge di Malus macroscopica emerge come media statistica sull’enorme numero di eventi singoli tutti-o-niente. È un bell’esempio di come il comportamento classico continuo sia la media di eventi quantistici discreti.

Perché “non è lo stesso” fotone. Il fotone che esce è polarizzato lungo l’asse del polarizzatore, non più a $\alpha$: la misura ne ha proiettato (collassato) lo stato. Ha perso ogni memoria della polarizzazione iniziale — un secondo polarizzatore parallelo al primo lo lascerebbe ora passare con probabilità 1. Lo stato quantico è cambiato: in questo senso non è “lo stesso” fotone di prima.

$\ev{\text{Malus} = \text{media statistica del "tutto-o-niente" quantistico; il fotone uscente è ri-polarizzato dalla misura}}$

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Polarizzazione e legge di Malus · Fotone · Dualismo onda-particella Oggetti: Polarizzatore

Problem

In the polariser experiment it is observed that single photons either pass through or are absorbed, while for an intense beam Malus’s law $I' = I\cos^2\alpha$ holds. Explain how the two descriptions connect, and why the outgoing photon “is not the same” as the incident one.

Solution

The single photon is probabilistic. A photon polarised at an angle $\alpha$ with respect to the polariser’s axis cannot pass “halfway”: it either passes through entirely or is absorbed. Quantum mechanics prescribes that it passes with probability

$P(\text{passes}) = \cos^2\alpha$

The intense beam recovers Malus. With $N$ identical photons, on average $N\cos^2\alpha$ pass through. The intensity is proportional to the number of transmitted photons:

$I' = I\,\cos^2\alpha$

The macroscopic Malus law emerges as the statistical average over the huge number of individual all-or-nothing events. It is a fine example of how continuous classical behaviour is the average of discrete quantum events.

Why it is “not the same” photon. The outgoing photon is polarised along the polariser’s axis, no longer at $\alpha$: the measurement has projected (collapsed) its state. It has lost all memory of the initial polarisation — a second polariser parallel to the first would now let it pass with probability 1. The quantum state has changed: in this sense it is not “the same” photon as before.

$\ev{\text{Malus} = \text{statistical average of quantum "all-or-nothing"; the outgoing photon is re-polarised by the measurement}}$

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Polarizzazione e legge di Malus · Fotone · Dualismo onda-particella Objects: Polarizzatore

Testo

Disegna lo schema dei primi quattro livelli energetici dell’atomo di idrogeno ($n = 1, 2, 3, 4$) in scala corretta sui valori $E_n = -13{,}6/n^2\;\text{eV}$, e indica con frecce le transizioni della serie di Balmer ($n \to 2$) e di Lyman ($n \to 1$).

Soluzione

Passo 1 — Valori dei livelli. Con $E_n = -13{,}6/n^2\;\text{eV}$:

$E_1 = -13{,}6, \quad E_2 = -3{,}40, \quad E_3 = -1{,}51, \quad E_4 = -0{,}85\;\text{eV}$

I livelli si infittiscono avvicinandosi a $E=0$ (limite di ionizzazione): la spaziatura crolla rapidamente al crescere di $n$, come mostra il diagramma.

Passo 2 — Serie di Lyman ($n \to 1$). Salti verso lo stato fondamentale, i più energetici, nell’ultravioletto. Il più piccolo ($2\to 1$):

$\Delta E = E_2 - E_1 = -3{,}40 + 13{,}6 = 10{,}2\;\text{eV} \;\Rightarrow\; \lambda = \frac{1240}{10{,}2} \approx 122\;\text{nm}$

Passo 3 — Serie di Balmer ($n \to 2$). Salti verso $n=2$, nel visibile. La riga $H_\alpha$ ($3\to 2$):

$\Delta E = E_3 - E_2 = -1{,}51 + 3{,}40 = 1{,}89\;\text{eV} \;\Rightarrow\; \lambda = \frac{1240}{1{,}89} \approx 656\;\text{nm} \;(\text{rosso})$

La riga $H_\beta$ ($4\to 2$): $\Delta E = -0{,}85 + 3{,}40 = 2{,}55\;\text{eV} \Rightarrow \lambda \approx 486\;\text{nm}$ (azzurro-verde).

$\ev{\text{Lyman} \to \text{UV};\quad \text{Balmer} \to \text{visibile};\quad H_\alpha \approx 656\;\text{nm}}$

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Modello di Bohr · Fotone Competenze: Lettura dei grafici Oggetti: Atomo di idrogeno

Problem

Draw the diagram of the first four energy levels of the hydrogen atom ($n = 1, 2, 3, 4$) to correct scale using the values $E_n = -13{,}6/n^2\;\text{eV}$, and mark with arrows the transitions of the Balmer series ($n \to 2$) and the Lyman series ($n \to 1$).

Solution

Step 1 — Level values. With $E_n = -13{,}6/n^2\;\text{eV}$:

$E_1 = -13{,}6, \quad E_2 = -3{,}40, \quad E_3 = -1{,}51, \quad E_4 = -0{,}85\;\text{eV}$

The levels crowd together as they approach $E=0$ (the ionisation limit): the spacing drops rapidly as $n$ grows, as shown in the diagram.

Step 2 — Lyman series ($n \to 1$). Jumps towards the ground state, the most energetic, in the ultraviolet. The smallest ($2\to 1$):

$\Delta E = E_2 - E_1 = -3{,}40 + 13{,}6 = 10{,}2\;\text{eV} \;\Rightarrow\; \lambda = \frac{1240}{10{,}2} \approx 122\;\text{nm}$

Step 3 — Balmer series ($n \to 2$). Jumps towards $n=2$, in the visible. The $H_\alpha$ line ($3\to 2$):

$\Delta E = E_3 - E_2 = -1{,}51 + 3{,}40 = 1{,}89\;\text{eV} \;\Rightarrow\; \lambda = \frac{1240}{1{,}89} \approx 656\;\text{nm} \;(\text{red})$

The $H_\beta$ line ($4\to 2$): $\Delta E = -0{,}85 + 3{,}40 = 2{,}55\;\text{eV} \Rightarrow \lambda \approx 486\;\text{nm}$ (blue-green).

$\ev{\text{Lyman} \to \text{UV};\quad \text{Balmer} \to \text{visible};\quad H_\alpha \approx 656\;\text{nm}}$

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Modello di Bohr · Fotone Skills: Lettura dei grafici Objects: Atomo di idrogeno

Testo

Partendo dalla regola di quantizzazione di Bohr $m v r = n\hbar$ e dall’uguaglianza tra forza di Coulomb e forza centripeta, dimostra che il raggio dell’orbita $n$-esima nell’atomo di idrogeno vale $r_n = n^2 \hbar^2/(m e^2 k)$.

Soluzione

Passo 1 — Coulomb = centripeta. L’attrazione elettrostatica fornisce la forza centripeta:

$\frac{k e^2}{r^2} = \frac{m v^2}{r} \;\Rightarrow\; k e^2 = m v^2 r$

Passo 2 — Quantizzazione del momento angolare. Dalla regola di Bohr ricavo la velocità:

$m v r = n\hbar \;\Rightarrow\; v = \frac{n\hbar}{m r}$

Passo 3 — Sostituisco $v$ nella relazione dinamica.

$k e^2 = m r \left(\frac{n\hbar}{m r}\right)^2 = m r \cdot \frac{n^2\hbar^2}{m^2 r^2} = \frac{n^2\hbar^2}{m r}$

Passo 4 — Isolo $r$.

$\ev{r_n = \frac{n^2 \hbar^2}{m e^2 k}}$

Per $n=1$ si ottiene il raggio di Bohr $a_0 = \hbar^2/(m e^2 k) \approx 5{,}29\cdot 10^{-11}\;\text{m}$, la scala di grandezza dell’atomo. I raggi crescono come $n^2$: le orbite eccitate sono molto più ampie.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Modello di Bohr Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Atomo di idrogeno

Problem

Starting from Bohr’s quantisation rule $m v r = n\hbar$ and from the equality between the Coulomb force and the centripetal force, show that the radius of the $n$-th orbit in the hydrogen atom is $r_n = n^2 \hbar^2/(m e^2 k)$.

Solution

Step 1 — Coulomb = centripetal. The electrostatic attraction provides the centripetal force:

$\frac{k e^2}{r^2} = \frac{m v^2}{r} \;\Rightarrow\; k e^2 = m v^2 r$

Step 2 — Quantisation of angular momentum. From Bohr’s rule I obtain the velocity:

$m v r = n\hbar \;\Rightarrow\; v = \frac{n\hbar}{m r}$

Step 3 — Substitute $v$ into the dynamical relation.

$k e^2 = m r \left(\frac{n\hbar}{m r}\right)^2 = m r \cdot \frac{n^2\hbar^2}{m^2 r^2} = \frac{n^2\hbar^2}{m r}$

Step 4 — Isolate $r$.

$\ev{r_n = \frac{n^2 \hbar^2}{m e^2 k}}$

For $n=1$ one obtains the Bohr radius $a_0 = \hbar^2/(m e^2 k) \approx 5{,}29\cdot 10^{-11}\;\text{m}$, the length scale of the atom. The radii grow as $n^2$: the excited orbits are much larger.

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Modello di Bohr Skills: Impostazione simbolica Objects: Atomo di idrogeno

Testo

Un elettrone è confinato in una regione di dimensione $\Delta x \approx 10^{-10}\;\text{m}$ (ordine di grandezza dell’atomo). Stima, usando il principio di indeterminazione di Heisenberg, l’incertezza minima sulla sua quantità di moto e la corrispondente energia cinetica tipica in eV.

Soluzione

Passo 1 — Incertezza minima sull’impulso. Dal principio di indeterminazione $\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2$:

$\Delta p \geq \frac{\hbar}{2\,\Delta x} = \frac{1{,}055\cdot 10^{-34}}{2\cdot 10^{-10}} \approx 5{,}3\cdot 10^{-25}\;\text{kg·m/s}$

Passo 2 — Energia cinetica tipica. L’impulso è dell’ordine della sua stessa incertezza, $p \sim \Delta p$, quindi

$K \sim \frac{(\Delta p)^2}{2 m_e} = \frac{(5{,}3\cdot 10^{-25})^2}{2\cdot 9{,}11\cdot 10^{-31}} \approx \frac{2{,}8\cdot 10^{-49}}{1{,}82\cdot 10^{-30}} \approx 1{,}5\cdot 10^{-19}\;\text{J}$

Passo 3 — In elettronvolt.

$\ev{K \sim \frac{1{,}5\cdot 10^{-19}}{1{,}6\cdot 10^{-19}} \approx 1\;\text{eV}}$

Un elettrone confinato su scala atomica ha quindi un’energia cinetica di qualche eV, proprio l’ordine di grandezza delle energie di legame atomiche. Il confinamento stesso “genera” l’energia cinetica: è la ragione quantistica per cui l’elettrone non cade sul nucleo.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Principio di indeterminazione Oggetti: Atomo di idrogeno

Problem

An electron is confined to a region of size $\Delta x \approx 10^{-10}\;\text{m}$ (of the order of the size of an atom). Estimate, using Heisenberg’s uncertainty principle, the minimum uncertainty on its momentum and the corresponding typical kinetic energy in eV.

Solution

Step 1 — Minimum uncertainty on momentum. From the uncertainty principle $\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2$:

$\Delta p \geq \frac{\hbar}{2\,\Delta x} = \frac{1{,}055\cdot 10^{-34}}{2\cdot 10^{-10}} \approx 5{,}3\cdot 10^{-25}\;\text{kg·m/s}$

Step 2 — Typical kinetic energy. The momentum is of the order of its own uncertainty, $p \sim \Delta p$, so

$K \sim \frac{(\Delta p)^2}{2 m_e} = \frac{(5{,}3\cdot 10^{-25})^2}{2\cdot 9{,}11\cdot 10^{-31}} \approx \frac{2{,}8\cdot 10^{-49}}{1{,}82\cdot 10^{-30}} \approx 1{,}5\cdot 10^{-19}\;\text{J}$

Step 3 — In electronvolts.

$\ev{K \sim \frac{1{,}5\cdot 10^{-19}}{1{,}6\cdot 10^{-19}} \approx 1\;\text{eV}}$

A confined electron on the atomic scale therefore has a kinetic energy of a few eV, precisely the order of magnitude of atomic binding energies. The confinement itself “generates” the kinetic energy: this is the quantum reason why the electron does not fall onto the nucleus.

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Topics: Fisica quantistica Concepts: Principio di indeterminazione Objects: Atomo di idrogeno

Testo

Un fotone di raggi X con $\lambda = 50\;\text{pm}$ viene diffuso da un elettrone inizialmente a riposo e deviato di $\theta = 90^\circ$ (effetto Compton). Calcola la variazione $\Delta\lambda$ della lunghezza d’onda e la nuova $\lambda'$. Quale frazione di energia ha ceduto il fotone all’elettrone?

Soluzione

Passo 1 — Variazione di lunghezza d’onda (formula di Compton). Con $\lambda_C = h/(m_e c) = 2{,}43\;\text{pm}$ e $\theta = 90^\circ$ ($\cos 90^\circ = 0$):

$\Delta\lambda = \lambda_C\,(1 - \cos\theta) = 2{,}43\;\text{pm}\cdot(1 - 0) = 2{,}43\;\text{pm}$

$\ev{\Delta\lambda \approx 2{,}43\cdot 10^{-12}\;\text{m}}$

Passo 2 — Nuova lunghezza d’onda.

$\lambda' = \lambda + \Delta\lambda = 50 + 2{,}43 = 52{,}43\;\text{pm}$

Passo 3 — Frazione di energia ceduta. Poiché $E = hc/\lambda$, la frazione persa dal fotone è

$\frac{\Delta E}{E} = 1 - \frac{E'}{E} = 1 - \frac{\lambda}{\lambda'} = 1 - \frac{50}{52{,}43} \approx 0{,}046$

$\ev{\frac{\Delta E}{E} \approx 4{,}6\%}$

Il fotone cede circa il 4,6% della sua energia all’elettrone di rinculo. Lo spostamento assoluto $\Delta\lambda$ è fisso (dipende solo dall’angolo), ma diventa percentualmente importante solo per $\lambda$ piccole, cioè per i raggi X e $\gamma$: ecco perché l’effetto Compton si osserva con luce molto energetica.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Effetto Compton · Fotone

Problem

An X-ray photon with $\lambda = 50\;\text{pm}$ is scattered by an electron initially at rest and deflected by $\theta = 90^\circ$ (Compton effect). Calculate the change $\Delta\lambda$ in the wavelength and the new $\lambda'$. What fraction of energy did the photon give up to the electron?

Solution

Step 1 — Change in wavelength (Compton formula). With $\lambda_C = h/(m_e c) = 2{,}43\;\text{pm}$ and $\theta = 90^\circ$ ($\cos 90^\circ = 0$):

$\Delta\lambda = \lambda_C\,(1 - \cos\theta) = 2{,}43\;\text{pm}\cdot(1 - 0) = 2{,}43\;\text{pm}$

$\ev{\Delta\lambda \approx 2{,}43\cdot 10^{-12}\;\text{m}}$

Step 2 — New wavelength.

$\lambda' = \lambda + \Delta\lambda = 50 + 2{,}43 = 52{,}43\;\text{pm}$

Step 3 — Fraction of energy given up. Since $E = hc/\lambda$, the fraction lost by the photon is

$\frac{\Delta E}{E} = 1 - \frac{E'}{E} = 1 - \frac{\lambda}{\lambda'} = 1 - \frac{50}{52{,}43} \approx 0{,}046$

$\ev{\frac{\Delta E}{E} \approx 4{,}6\%}$

The photon gives up about 4.6% of its energy to the recoiling electron. The absolute shift $\Delta\lambda$ is fixed (it depends only on the angle), but it only becomes significant as a percentage for small $\lambda$, i.e. for X-rays and $\gamma$-rays: this is why the Compton effect is observed with very energetic light.

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Topics: Quantum physics Concepts: Compton effect · Photon

Testo

Ranking. Quattro fotoni hanno lunghezza d’onda $\lambda$:

• (A) $\lambda = 600\;\text{nm}$ (luce arancione)
• (B) $\lambda = 1\;\mu\text{m}$ (infrarosso)
• (C) $\lambda = 0{,}1\;\text{nm}$ (raggio X)
• (D) $\lambda = 400\;\text{nm}$ (violetto)

Ordina le energie $E = hc/\lambda$ dei fotoni dalla più piccola alla più grande.

Soluzione

Principio. $E = hc/\lambda$: l’energia è inversamente proporzionale a $\lambda$. Più corta la lunghezza d’onda, più energetico il fotone. Basta quindi ordinare per $\lambda$ decrescente.

$E_B = \frac{1240}{1000} = 1{,}24\;\text{eV}, \quad E_A = \frac{1240}{600} = 2{,}07\;\text{eV}, \quad E_D = \frac{1240}{400} = 3{,}10\;\text{eV}, \quad E_C = \frac{1240}{0{,}1} = 1{,}24\cdot 10^4\;\text{eV}$

$\ev{E_B < E_A < E_D < E_C}$

L’infrarosso (B) è il meno energetico; il raggio X (C), a $\lambda$ diecimila volte più corta del visibile, è enormemente più energetico — ecco perché ionizza e attraversa i tessuti.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Fotone Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

Ranking. Four photons have wavelength $\lambda$:

• (A) $\lambda = 600\;\text{nm}$ (orange light)
• (B) $\lambda = 1\;\mu\text{m}$ (infrared)
• (C) $\lambda = 0{,}1\;\text{nm}$ (X-ray)
• (D) $\lambda = 400\;\text{nm}$ (violet)

Order the energies $E = hc/\lambda$ of the photons from smallest to largest.

Solution

Principle. $E = hc/\lambda$: the energy is inversely proportional to $\lambda$. The shorter the wavelength, the more energetic the photon. So we just need to order by decreasing $\lambda$.

$E_B = \frac{1240}{1000} = 1{,}24\;\text{eV}, \quad E_A = \frac{1240}{600} = 2{,}07\;\text{eV}, \quad E_D = \frac{1240}{400} = 3{,}10\;\text{eV}, \quad E_C = \frac{1240}{0{,}1} = 1{,}24\cdot 10^4\;\text{eV}$

$\ev{E_B < E_A < E_D < E_C}$

Infrared (B) is the least energetic; the X-ray (C), with $\lambda$ ten thousand times shorter than visible light, is enormously more energetic — this is why it ionises and passes through tissue.

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Topics: Quantum physics Concepts: Photon Skills: Ranking reasoning

Testo

Perché i raggi X non sono “solo luce intensa”. Un amico propone: “Per fare una radiografia basterebbe una lampada molto luminosa, senza bisogno di apparecchi a raggi X”. Cosa c’è di sbagliato nella sua idea? Spiega che cosa determina la capacità di un fotone di penetrare nei tessuti e ionizzare le molecole, e perché l’intensità non è l’unica grandezza importante. Cita l’effetto fotoelettrico per giustificare la tua risposta.

Soluzione

L’errore dell’amico. Confonde intensità (quanti fotoni al secondo) con energia del singolo fotone ($E = hf$). Una lampada luminosissima emette moltissimi fotoni visibili, ciascuno con energia di appena $\sim 2\;\text{eV}$.

Cosa conta davvero. La capacità di penetrare i tessuti e di ionizzare le molecole (strappare elettroni, rompere legami) dipende dall’energia del singolo fotone, non dal loro numero. L’effetto fotoelettrico lo dimostra: un elettrone assorbe un solo fotone; se $hf$ è sotto la soglia di ionizzazione, l’elettrone non viene strappato per quanti fotoni arrivino. Aumentare l’intensità della lampada aggiunge solo altri fotoni troppo deboli.

I raggi X. Hanno $\lambda \sim 0{,}01$–$0{,}1\;\text{nm}$, cioè $E = hc/\lambda \sim 10$–$100\;\text{keV}$: da diecimila a centomila volte più energetici del visibile. Solo quanti così energetici attraversano i tessuti molli, vengono assorbiti selettivamente dalle ossa e possono ionizzare — proprio ciò che serve (e che li rende anche pericolosi). Nessuna intensità di luce visibile può sostituirli.

$\ev{\text{Penetrazione e ionizzazione} \sim hf \text{ del singolo fotone, non l'intensità del fascio}}$

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Fotone · Effetto fotoelettrico

Problem

Why X-rays are not “just intense light”. A friend suggests: “To take an X-ray you’d just need a very bright lamp, no need for X-ray equipment.” What’s wrong with this idea? Explain what determines a photon’s ability to penetrate tissue and ionise molecules, and why intensity is not the only quantity that matters. Cite the photoelectric effect to justify your answer.

Solution

The friend’s mistake. He confuses intensity (how many photons per second) with the energy of a single photon ($E = hf$). A very bright lamp emits huge numbers of visible photons, each with an energy of only $\sim 2\;\text{eV}$.

What really matters. The ability to penetrate tissue and ionise molecules (stripping electrons, breaking bonds) depends on the energy of a single photon, not on how many there are. The photoelectric effect demonstrates this: an electron absorbs only one photon; if $hf$ is below the ionisation threshold, the electron is not ejected no matter how many photons arrive. Increasing the lamp’s intensity only adds more photons that are still too weak.

X-rays. They have $\lambda \sim 0{,}01$–$0{,}1\;\text{nm}$, i.e. $E = hc/\lambda \sim 10$–$100\;\text{keV}$: ten thousand to a hundred thousand times more energetic than visible light. Only quanta this energetic pass through soft tissue, get selectively absorbed by bone, and can ionise — exactly what’s needed (and also what makes them dangerous). No intensity of visible light can substitute for them.

$\ev{\text{Penetration and ionisation} \sim hf \text{ of the single photon, not the beam's intensity}}$

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Topics: Quantum physics Concepts: Photon · Photoelectric effect

Testo

Fotoelettrico. Il grafico riporta l’energia cinetica massima $K_\text{max}$ dei fotoelettroni estratti da un metallo in funzione della frequenza $\nu$ della luce incidente. Dalla pendenza ricava $h$ e dall’intercetta il lavoro di estrazione $W$.

Soluzione

Passo 1 — La retta di Einstein. La legge $K_\text{max} = h\nu - W$ è una retta $K_\text{max}(\nu)$: la pendenza è $h$, l’intercetta sull’asse $\nu$ (dove $K_\text{max}=0$) è la frequenza di soglia $\nu_0 = W/h$.

Passo 2 — Pendenza $\to h$. Dal grafico la retta passa per $(\nu_0, 0)$ con $\nu_0 = 5{,}0\cdot 10^{14}\;\text{Hz}$ e sale fino a $K_\text{max} \approx 3{,}3\;\text{eV}$ a $\nu = 15\cdot 10^{14}\;\text{Hz}$. La pendenza vale

$h = \frac{\Delta K_\text{max}}{\Delta\nu} = \frac{3{,}3\;\text{eV}}{(15 - 5)\cdot 10^{14}\;\text{Hz}} = 3{,}3\cdot 10^{-15}\;\text{eV·s} = 3{,}3\cdot 10^{-15}\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}\;\text{J·s}$

$\ev{h \approx 6{,}6\cdot 10^{-34}\;\text{J·s}}$

in ottimo accordo con il valore tabulato $6{,}63\cdot 10^{-34}\;\text{J·s}$.

Passo 3 — Intercetta $\to W$. Il lavoro di estrazione è $W = h\nu_0$:

$\ev{W = h\nu_0 = 6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 5{,}0\cdot 10^{14} \approx 3{,}3\cdot 10^{-19}\;\text{J} \approx 2{,}1\;\text{eV}}$

La pendenza è universale (uguale per ogni metallo: è $h$); cambia solo l’intercetta $\nu_0$, cioè $W$, che dipende dal materiale.

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Argomenti: Fisica quantistica Concetti: Effetto fotoelettrico · Fotone Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Photoelectric effect. The graph shows the maximum kinetic energy $K_\text{max}$ of the photoelectrons extracted from a metal as a function of the frequency $\nu$ of the incident light. From the slope find $h$, and from the intercept find the work function $W$.

Solution

Step 1 — Einstein’s line. The law $K_\text{max} = h\nu - W$ is a straight line $K_\text{max}(\nu)$: the slope is $h$, the intercept on the $\nu$ axis (where $K_\text{max}=0$) is the threshold frequency $\nu_0 = W/h$.

Step 2 — Slope $\to h$. From the graph the line passes through $(\nu_0, 0)$ with $\nu_0 = 5{,}0\cdot 10^{14}\;\text{Hz}$ and rises to $K_\text{max} \approx 3{,}3\;\text{eV}$ at $\nu = 15\cdot 10^{14}\;\text{Hz}$. The slope is

$h = \frac{\Delta K_\text{max}}{\Delta\nu} = \frac{3{,}3\;\text{eV}}{(15 - 5)\cdot 10^{14}\;\text{Hz}} = 3{,}3\cdot 10^{-15}\;\text{eV·s} = 3{,}3\cdot 10^{-15}\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}\;\text{J·s}$

$\ev{h \approx 6{,}6\cdot 10^{-34}\;\text{J·s}}$

in excellent agreement with the tabulated value $6{,}63\cdot 10^{-34}\;\text{J·s}$.

Step 3 — Intercept $\to W$. The work function is $W = h\nu_0$:

$\ev{W = h\nu_0 = 6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 5{,}0\cdot 10^{14} \approx 3{,}3\cdot 10^{-19}\;\text{J} \approx 2{,}1\;\text{eV}}$

The slope is universal (the same for every metal: it is $h$); only the intercept $\nu_0$, i.e. $W$, changes, depending on the material.