Matematyka i fizyka od podstaw
PLEN

Fizyka › V. Fizyka kwantowa › 18 gotowa · PDF do druku

Zanim zaczniesz Matematyka 2.3 Wartości i wektory własne17 Amplitudy prawdopodobieństwa

Fizyka Dział 18

Stany kwantowe, układy dwustanowe i spin

Stan kwantowy to zbiór amplitud względem stanów bazowych, czyli wektor o zespolonych składowych. Jego zmianę w czasie opisuje macierz, hamiltonian, a dozwolone energie to jej wartości własne. Najprostszy przypadek, dwa stany bazowe, wystarcza, by zrozumieć spin elektronu w filtrze Sterna-Gerlacha, cząsteczkę amoniaku i maser, rezonans magnetyczny w tomografie i polaryzację fotonu, z której zbudowano kryptografię kwantową.

Czas
ok. 4,5 h teorii + ok. 5 h zadań
Zadania
25 zadań w treści + 8 feynmanowskich, z odpowiedziami
Źródło
Feynmana wykłady z fizyki, t. III, rozdz. 5–12; t. II, rozdz. 35

0 Prolog: srebro rozdzielone na dwoje

W 1922 r. we Frankfurcie Otto Stern i Walther Gerlach przepuścili wiązkę atomów srebra z pieca przez niejednorodne pole magnetyczne. Atom srebra ma moment magnetyczny, więc w polu, którego wartość zmienia się w poprzek wiązki, działa na niego siła zależna od tego, jak ten moment jest ustawiony. Klasycznie momenty są ustawione dowolnie, więc wiązka powinna się rozmyć w ciągłą smugę. Na płytce zobaczono dwie oddzielne plamki. Moment magnetyczny atomu, mierzony wzdłuż dowolnego kierunku, przyjmuje tylko dwie wartości.FLP II-35-2, III-5-1

Dziś wiemy, że ten moment pochodzi od spinu jednego elektronu, wewnętrznego momentu pędu, który mierzony wzdłuż dowolnej osi wynosi +ℏ/2+\hbar/2 albo −ℏ/2-\hbar/2. Feynman robi z tego doświadczenia narzędzie (w rozdz. 5 używa atomów o spinie 1 z trzema wiązkami; tu bierzemy prostszy spin ½ z rozdz. 6): filtr, który przepuszcza tylko atomy w jednym stanie. Ustawiając takie filtry jeden za drugim, pod różnymi kątami, można zobaczyć w czystej postaci całą maszynerię mechaniki kwantowej.

Pytanie na start. Filtr przepuszcza tylko atomy ze spinem „w górę”. Za nim stoi filtr ustawiony poziomo, przepuszczający tylko stan +x+x, a za nim znów filtr „góra–dół”. Ile atomów wyjdzie z ostatniego filtra ze spinem „w dół”, skoro pierwszy filtr przepuścił same „w górę”? Odpowiedź w części 1.

1 Stany bazowe i filtry Sterna-Gerlacha

Filtr Sterna-Gerlacha ustawiony wzdłuż osi zz (nazwijmy go T) dzieli atomy na dwie grupy: ∣+z⟩|{+z}\rangle i ∣−z⟩|{-z}\rangle. Każdy atom wychodzi z filtra w jednym z tych dwóch stanów, nazywanych stanami bazowymi. Dowolny stan ∣ψ⟩|\psi\rangle opisują dwie amplitudy: C+=⟨+z∣ψ⟩C_+ = \langle{+z}|\psi\rangle i C−=⟨−z∣ψ⟩C_- = \langle{-z}|\psi\rangle, z ∣C+∣2+∣C−∣2=1|C_+|^2 + |C_-|^2 = 1. Stan to więc wektor o dwóch zespolonych składowych.FLP III-5-4

Zasady · stany i bazy

⟨χ∣ψ⟩=∑i⟨χ∣i⟩⟨i∣ψ⟩,⟨i∣j⟩=δij,⟨ψ∣χ⟩=⟨χ∣ψ⟩∗.\langle\chi|\psi\rangle = \sum_i\langle\chi|i\rangle\langle i|\psi\rangle,\qquad \langle i|j\rangle = \delta_{ij},\qquad \langle\psi|\chi\rangle = \langle\chi|\psi\rangle^* .

Pierwszy wzór to reguła z działu 17 „Amplitudy prawdopodobieństwa”: przejście z ψ\psi do χ\chi może odbyć się przez każdy stan bazowy, a amplitudy się dodaje. Baza jest pełna, gdy każde przejście da się tak rozpisać. Dla spinu ½ każda oś daje inną bazę; stan ∣+θ⟩|{+\theta}\rangle wzdłuż osi odchylonej o kąt θ\theta od zz w płaszczyźnie xzxz ma amplitudy ⟨+z∣+θ⟩=cos⁡θ2\langle{+z}|{+\theta}\rangle = \cos\tfrac\theta2 i ⟨−z∣+θ⟩=sin⁡θ2\langle{-z}|{+\theta}\rangle = \sin\tfrac\theta2.FLP III-5-6, III-6-6

Odpowiedź na pytanie z prologu. Za pierwszym filtrem atomy są w stanie ∣+z⟩|{+z}\rangle. Filtr poziomy (oś xx, θ=90°\theta = 90°) przepuszcza każdy z nich z prawdopodobieństwem cos⁡245°=12\cos^2 45° = \tfrac12 i zostawia go w stanie ∣+x⟩|{+x}\rangle, który „nie pamięta”, że był ∣+z⟩|{+z}\rangle. Ostatni filtr daje ∣−z⟩|{-z}\rangle z prawdopodobieństwem sin⁡245°=12\sin^245° = \tfrac12. Ze wszystkich atomów, które przeszły przez pierwszy filtr, jedna czwarta wychodzi z ostatniego ze spinem w dół. Ale gdy środkowy filtr rozdzieli wiązkę i z powrotem ją złączy, niczego nie blokując ani nie sprawdzając, atomy wracają do stanu ∣+z⟩|{+z}\rangle i żaden nie wychodzi „w dół”: amplitudy obu dróg interferują.FLP III-5-3, III-5-5

Symulacja 1 Trzy filtry Sterna-Gerlacha dla spinu ½. Pierwszy (T) przepuszcza stan +. Ustaw kąty drugiego i trzeciego filtra oraz to, co robi drugi: blokuje jedną wiązkę, łączy obie z powrotem albo łączy je, ale z detektorem drogi. Słupki pokazują, jaka część początkowej wiązki trafia do detektorów.

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

  1. Atom w stanie ∣+z⟩|{+z}\rangle trafia na filtr ustawiony pod kątem 60° do osi zz. Z jakim prawdopodobieństwem wyjdzie wiązką +?

    Odpowiedź

    cos⁡230°=3/4\cos^2 30° = 3/4.

  2. Niespolaryzowana wiązka przechodzi przez filtr T (+), potem S pod kątem 90° (przepuszcza +), potem U pod kątem 0°. Jaka część wiązki wychodzi z U jako +, a jaka jako −?

    Odpowiedź

    12⋅12⋅12=18\tfrac12\cdot\tfrac12\cdot\tfrac12 = \tfrac18 jako + i tyle samo jako −.

  3. Stan ∣ψ⟩|\psi\rangle ma C+=0,6C_+ = 0{,}6 i C−=0,8iC_- = 0{,}8i. Sprawdź normalizację. Jakie jest prawdopodobieństwo wyniku + w filtrze wzdłuż xx? Wskazówka: ∣+x⟩|{+x}\rangle ma amplitudy (1/2, 1/2)(1/\sqrt2,\ 1/\sqrt2).

    Odpowiedź

    0,36+0,64=10{,}36 + 0{,}64 = 1. ⟨+x∣ψ⟩=(0,6+0,8i)/2\langle{+x}|\psi\rangle = (0{,}6 + 0{,}8i)/\sqrt2, ∣⋅∣2=(0,36+0,64)/2=1/2|\cdot|^2 = (0{,}36 + 0{,}64)/2 = 1/2.

  4. Dlaczego środkowy filtr, który rozdziela i łączy wiązki, nie zmienia stanu atomu, a ten sam filtr z detektorem drogi zmienia?

    Odpowiedź

    Bez detektora obie drogi są nierozróżnialne: amplitudy ⟨−z∣+x⟩⟨+x∣+z⟩+⟨−z∣−x⟩⟨−x∣+z⟩=⟨−z∣+z⟩=0\langle{-z}|{+x}\rangle\langle{+x}|{+z}\rangle + \langle{-z}|{-x}\rangle\langle{-x}|{+z}\rangle = \langle{-z}|{+z}\rangle = 0. Z detektorem dodaje się prawdopodobieństwa: 14+14\tfrac14 + \tfrac14.

  5. Pokaż, że stany ∣+θ⟩=(cos⁡θ2, sin⁡θ2)|{+\theta}\rangle = (\cos\tfrac\theta2,\ \sin\tfrac\theta2) i ∣−θ⟩=(−sin⁡θ2, cos⁡θ2)|{-\theta}\rangle = (-\sin\tfrac\theta2,\ \cos\tfrac\theta2) są ortogonalne i że ∣+180°⟩|{+180°}\rangle to ∣−z⟩|{-z}\rangle.

    Odpowiedź

    Iloczyn: −cos⁡θ2sin⁡θ2+sin⁡θ2cos⁡θ2=0-\cos\tfrac\theta2\sin\tfrac\theta2 + \sin\tfrac\theta2\cos\tfrac\theta2 = 0. Dla θ=180°\theta = 180°: (0,1)(0, 1), czyli ∣−z⟩|{-z}\rangle: spin „w górę” wzdłuż osi odwróconej to spin „w dół” wzdłuż zz.

2 Zmiana w czasie: hamiltonian

Atom w spoczynku w stanie o określonej energii EE ma amplitudę, której faza obraca się w czasie: e−iEt/ℏe^{-iEt/\hbar}. Prawdopodobieństwa się nie zmieniają, dlatego taki stan nazywa się stacjonarnym. To ta sama zależność, co dla fali o częstości ω=E/ℏ\omega = E/\hbar (dział 17 „Amplitudy prawdopodobieństwa”).FLP III-7-1

W ogólnym przypadku amplitudy stanów bazowych zmieniają się w czasie, a tempo zmian każdej zależy liniowo od wszystkich. Współczynniki tworzą macierz, hamiltonian:

Prawo · równanie ruchu amplitud

iℏdCidt=∑jHijCj,Hji=Hij∗.i\hbar\frac{dC_i}{dt} = \sum_jH_{ij}C_j,\qquad H_{ji} = H_{ij}^* .

Hamiltonian jest hermitowski, co zapewnia, że suma prawdopodobieństw się nie zmienia. Stany stacjonarne to wektory własne macierzy HH, a ich energie to wartości własne (lekcja 2.3 Wartości i wektory własne). Każdy stan jest superpozycją (kombinacją liniową) stanów stacjonarnych, z których każdy obraca fazę z własną częstością.FLP III-8-4, III-8-5

To dokładnie ta sama matematyka, co dla drgań sprzężonych (dział 6 „Drgania, rezonans i układy liniowe”): dwa wahadła połączone sprężyną mają dwa mody o różnych częstościach, a energia przelewa się z jednego wahadła do drugiego z częstością dudnień. W mechanice kwantowej częstości modów to energie podzielone przez ℏ\hbar, a „przelewanie się” dotyczy prawdopodobieństwa.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 30 min

  1. Pokaż, że dla stanu stacjonarnego C(t)=C(0)e−iEt/ℏC(t) = C(0)e^{-iEt/\hbar} prawdopodobieństwo się nie zmienia, a dla sumy dwóch stanów o energiach E1≠E2E_1 \ne E_2 prawdopodobieństwa mogą oscylować. Z jaką częstością?

    Odpowiedź

    ∣e−iEt/ℏ∣2=1|e^{-iEt/\hbar}|^2 = 1. Dla sumy w wyrazach mieszanych pojawia się e−i(E1−E2)t/ℏe^{-i(E_1 - E_2)t/\hbar}: oscylacje z częstością (E1−E2)/ℏ(E_1 - E_2)/\hbar, jak dudnienia.

  2. Jaką częstotliwość ma obrót fazy amplitudy elektronu o energii 1 eV? A protonu w spoczynku (licząc energię mc2mc^2)?

    Odpowiedź

    E/h≈2,4⋅1014E/h \approx 2{,}4\cdot10^{14} Hz; 938 MeV/h≈2,3⋅1023938\ \text{MeV}/h \approx 2{,}3\cdot10^{23} Hz. Stała część energii nie ma znaczenia: zmienia fazy wszystkich amplitud jednakowo.

  3. Znajdź wartości i wektory własne macierzy H=(E0−A−AE0)H = \begin{pmatrix}E_0 & -A\\ -A & E_0\end{pmatrix}.

    Odpowiedź

    E0−AE_0 - A dla (1,1)/2(1, 1)/\sqrt2 i E0+AE_0 + A dla (1,−1)/2(1, -1)/\sqrt2.

  4. Dlaczego hamiltonian musi być hermitowski? Pokaż, że z Hji=Hij∗H_{ji} = H_{ij}^* wynika ddt∑i∣Ci∣2=0\tfrac d{dt}\sum_i|C_i|^2 = 0.

    Odpowiedź

    ddt∑∣Ci∣2=∑(C˙i∗Ci+Ci∗C˙i)=1iℏ∑ij(Ci∗HijCj−Cj∗Hij∗Ci)=0\tfrac d{dt}\sum|C_i|^2 = \sum(\dot C_i^*C_i + C_i^*\dot C_i) = \tfrac1{i\hbar}\sum_{ij}(C_i^*H_{ij}C_j - C_j^*H_{ij}^*C_i) = 0, bo po zamianie wskaźników drugi składnik równa się pierwszemu.

  5. Hamiltonian ma wartości własne E1E_1 i E2E_2. Układ startuje w stanie (∣1⟩+∣2⟩)/2(|1\rangle + |2\rangle)/\sqrt2, gdzie ∣1⟩,∣2⟩|1\rangle, |2\rangle to stany stacjonarne. Jakie jest prawdopodobieństwo, że po czasie tt jest nadal w tym samym stanie?

    Odpowiedź

    Amplituda: 12(e−iE1t/ℏ+e−iE2t/ℏ)\tfrac12(e^{-iE_1t/\hbar} + e^{-iE_2t/\hbar}), prawdopodobieństwo cos⁡2[(E1−E2)t/2ℏ]\cos^2[(E_1 - E_2)t/2\hbar].

3 Układ dwustanowy: cząsteczka amoniaku

Cząsteczka NH₃ to piramida: trzy atomy wodoru w płaszczyźnie i azot nad nią albo pod nią. Te dwie konfiguracje to stany bazowe ∣1⟩|1\rangle i ∣2⟩|2\rangle. Gdyby azot nie mógł przejść przez płaszczyznę wodorów, oba stany miałyby tę samą energię E0E_0. Ale istnieje mała amplituda, że azot „przecieknie” na drugą stronę (efekt tunelowy). Hamiltonian ma więc wyrazy pozadiagonalne −A-A:FLP III-8-6

Wynik · układ dwustanowy

H=(E0−A−AE0):EI=E0−A,  ∣I⟩=∣1⟩+∣2⟩2;EII=E0+A,  ∣II⟩=∣1⟩−∣2⟩2.H = \begin{pmatrix}E_0 & -A\\ -A & E_0\end{pmatrix}:\qquad E_\text{I} = E_0 - A,\ \ |\text{I}\rangle = \tfrac{|1\rangle + |2\rangle}{\sqrt2};\qquad E_\text{II} = E_0 + A,\ \ |\text{II}\rangle = \tfrac{|1\rangle - |2\rangle}{\sqrt2} .

Cząsteczka przygotowana w stanie ∣1⟩|1\rangle przechodzi do ∣2⟩|2\rangle z prawdopodobieństwem sin⁡2(At/ℏ)\sin^2(At/\hbar). W polu elektrycznym E\mathcal E stany ∣1⟩|1\rangle i ∣2⟩|2\rangle mają energie E0±μEE_0 \pm \mu\mathcal E (μ\mu: moment dipolowy), a poziomy przechodzą w E0±A2+μ2E2E_0 \pm\sqrt{A^2 + \mu^2\mathcal E^2}.FLP III-9-2

Dla amoniaku 2A2A odpowiada częstotliwości 23,87 GHz (długość fali 1,26 cm). Cząsteczki w stanie o wyższej energii można oddzielić niejednorodnym polem elektrycznym, bo w polu ich energia rośnie, a cząsteczek w stanie niższym maleje: siły są przeciwne. Wiązkę samych „górnych” cząsteczek wpuszcza się do rezonatora dostrojonego do 23,87 GHz; tam emitują one w sposób wymuszony i wzmacniają mikrofale. Tak zbudowano pierwszy maser (Townes, Gordon i Zeiger, 1954), poprzednika lasera.FLP III-9-3

Symulacja 2 Układ dwustanowy: z lewej poziomy energii w funkcji różnicy energii stanów bazowych (np. w polu elektrycznym), z prawej prawdopodobieństwo znalezienia cząsteczki w stanie ∣2⟩|2\rangle, gdy startuje w ∣1⟩|1\rangle. Zmieniaj sprzężenie i pole. Energie są w jednostkach A0A_0 (początkowego AA), czas w jednostkach ℏ/A0\hbar/A_0.

Ten sam schemat opisuje wiązanie chemiczne. W jonie H₂⁺ elektron może być przy protonie 1 albo przy protonie 2, a amplituda przeskoku AA rośnie, gdy protony się zbliżają. Stan symetryczny ma energię niższą o AA; razem z odpychaniem protonów daje to minimum energii, czyli wiązanie (energia wiązania 2,65 eV, odległość protonów 1,06 Å). W benzenie dwa układy wiązań podwójnych (wzory Kekulégo) to dwa stany bazowe; prawdziwa cząsteczka jest w ich superpozycji, o energii niższej o ok. 1,5 eV, a wszystkie wiązania C–C mają tę samą długość.FLP III-10-1, III-10-4

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 35 min

  1. Częstotliwość przejścia amoniaku to 23,87 GHz. Ile wynosi AA w eV? Po jakim czasie cząsteczka przygotowana w stanie ∣1⟩|1\rangle będzie na pewno w ∣2⟩|2\rangle?

    Odpowiedź

    2A=hf≈9,9⋅10−52A = hf \approx 9{,}9\cdot10^{-5} eV, A≈4,9⋅10−5A \approx 4{,}9\cdot10^{-5} eV. At/ℏ=π/2At/\hbar = \pi/2: t=πℏ/2A=1/(2f)≈21t = \pi\hbar/2A = 1/(2f) \approx 21 ps.

  2. Moment dipolowy amoniaku to ok. 4,9⋅10−304{,}9\cdot10^{-30} C·m. Przy jakim polu elektrycznym μE=A\mu\mathcal E = A? Czy łatwo je uzyskać?

    Odpowiedź

    E=A/μ≈1,6\mathcal E = A/\mu \approx 1{,}6 MV/m, ok. połowy pola przebicia powietrza; w próżni da się je uzyskać. W słabszych polach energia zależy od pola kwadratowo: ±μ2E2/2A\pm\mu^2\mathcal E^2/2A.

  3. Pokaż, że dla słabego pola EII≈E0+A+μ2E2/2AE_\text{II} \approx E_0 + A + \mu^2\mathcal E^2/2A. Jak siła w niejednorodnym polu zależy od stanu cząsteczki?

    Odpowiedź

    A2+x2≈A+x2/2A\sqrt{A^2 + x^2} \approx A + x^2/2A. Siła −∇E-\nabla E: dla stanu II −μ22A∇E2-\tfrac{\mu^2}{2A}\nabla\mathcal E^2, w stronę słabszego pola; dla stanu I przeciwnie. Tak działa separator w maserze.

  4. Wyprowadź P2(t)=sin⁡2(At/ℏ)P_2(t) = \sin^2(At/\hbar) dla HH z tej części, startując od C1=1C_1 = 1, C2=0C_2 = 0.

    Odpowiedź

    Rozłóż na stany stacjonarne: ∣1⟩=(∣I⟩+∣II⟩)/2|1\rangle = (|\text{I}\rangle + |\text{II}\rangle)/\sqrt2. Po czasie tt: C2=12e−iE0t/ℏ(eiAt/ℏ−e−iAt/ℏ)=ie−iE0t/ℏsin⁡(At/ℏ)C_2 = \tfrac12e^{-iE_0t/\hbar}(e^{iAt/\hbar} - e^{-iAt/\hbar}) = ie^{-iE_0t/\hbar}\sin(At/\hbar).

  5. Dlaczego w cząsteczce amoniaku w stanie stacjonarnym moment dipolowy jest średnio zerowy, choć w stanach bazowych wynosi ±μ\pm\mu? Jak to się ma do tego, że woda ma trwały moment dipolowy?

    Odpowiedź

    W ∣I⟩|\text{I}\rangle i ∣II⟩|\text{II}\rangle obie konfiguracje mają po 1/2 prawdopodobieństwa, a ich momenty się znoszą. Dopiero pole silne w porównaniu z A/μA/\mu „wybiera” jedną konfigurację. Cząsteczka wody jest płaska: jej „odwrócona” wersja to ta sama cząsteczka obrócona o 180°, więc nie ma dwóch różnych konfiguracji, między którymi zachodziłoby tunelowanie. „Trwały” moment wody (1,85 D), podobnie jak 1,47 D amoniaku, to moment w układzie związanym z cząsteczką.

4 Spin w polu magnetycznym i rezonans

Elektron ma moment magnetyczny μ≈μB=eℏ/2me=9,27⋅10−24\mu \approx \mu_B = e\hbar/2m_e = 9{,}27\cdot10^{-24} J/T, skierowany przeciwnie do spinu. W polu B⃗\vec B wzdłuż zz stany ∣+z⟩|{+z}\rangle i ∣−z⟩|{-z}\rangle mają energie ±μBB\pm\mu_BB (dla elektronu stan ze spinem zgodnym z polem ma energię wyższą, bo moment jest skierowany przeciwnie do spinu; dla protonu odwrotnie): hamiltonian jest diagonalny, a stany bazowe są stacjonarne. Spin skierowany pod kątem do pola to suma obu stanów; ich fazy obracają się z różnymi częstościami, więc kierunek spinu obraca się wokół pola: to precesja Larmora, z częstością ω0=2μB/ℏ\omega_0 = 2\mu B/\hbar.FLP III-7-5, III-10-7

Wynik · spin ½ w polu magnetycznym

H=−μ⃗⋅B⃗=−μ(σxBx+σyBy+σzBz),σx=(0110), σy=(0−ii0), σz=(100−1).H = -\vec\mu\cdot\vec B = -\mu(\sigma_xB_x + \sigma_yB_y + \sigma_zB_z),\qquad \sigma_x = \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\ \sigma_y = \begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\ \sigma_z = \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} .

Tu μ\mu ma znak: dla elektronu μ≈−μB\mu \approx -\mu_B. Macierze Pauliego razem z macierzą jednostkową wystarczą, by zapisać hamiltonian każdego układu dwustanowego. Częstotliwość precesji w polu 1 T: elektron 28,0 GHz/T, proton 42,58 MHz/T.FLP III-11-1

Jeśli do stałego pola B0B_0 dodać słabe pole B1B_1 wirujące wokół zz dokładnie z częstością ω0\omega_0, w układzie wirującym razem z nim spin widzi pole stałe, prostopadłe do zz, i powoli obraca się z „w górę” do „w dół” i z powrotem (oscylacje Rabiego). Poza rezonansem obrót jest niepełny. To rezonans magnetyczny: jądrowy (NMR, tomografia MRI) dla protonów, elektronowy (ESR) dla niesparowanych elektronów. Częstość rezonansu zależy od pola, które czuje jądro, a to zależy od otaczających je elektronów; dlatego NMR rozpoznaje związki chemiczne, a tomograf, dodając gradient pola, ustala, z którego miejsca ciała przychodzi sygnał.FLP II-35-3, II-35-6

Symulacja 3 Spin ½ w polu B0B_0 z dodatkowym wirującym polem B1B_1: kierunek spinu na sferze Blocha (w laboratorium, z precesją wokół zz) i prawdopodobieństwo odwrócenia spinu w czasie. Zmień odstrojenie częstości pola B1B_1 od częstości Larmora. Precesja w laboratorium jest pokazana bardzo spowolniona; w rzeczywistości ω0\omega_0 jest dziesiątki, a nawet setki tysięcy razy większa od Ω1\Omega_1.

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 35 min

  1. Jaka jest częstotliwość rezonansu protonów w tomografach 1,5 T i 3 T? A elektronów w polu 0,35 T?

    Odpowiedź

    63,9 MHz i 127,7 MHz (fale radiowe UKF). Elektrony: ok. 9,8 GHz (mikrofale, typowe spektrometry ESR).

  2. Jaka część protonów w wodzie w polu 3 T i temperaturze 310 K jest „nadmiarowo” ustawiona zgodnie z polem? Ile to protonów w 1 cm³ wody?

    Odpowiedź

    ΔE/kBT=hf/kBT≈2⋅10−5\Delta E/k_BT = hf/k_BT \approx 2\cdot10^{-5}, nadwyżka ok. 10−510^{-5} (10 ppm). W 1 cm³ jest 6,7⋅10226{,}7\cdot10^{22} protonów, nadwyżka ok. 7⋅10177\cdot10^{17}: wystarczająco, by zmierzyć sygnał.

  3. Magnetometr protonowy mierzy częstotliwość precesji protonów w polu Ziemi (50 µT). Ile ona wynosi? Jaką dokładność pola daje pomiar częstotliwości z dokładnością 0,01 Hz?

    Odpowiedź

    f=42,58 MHz/T⋅50 µT≈2,13f = 42{,}58\ \text{MHz/T}\cdot50\ \text{µT} \approx 2{,}13 kHz. 0,01/42,58⋅106≈0,20{,}01/42{,}58\cdot10^6 \approx 0{,}2 nT, czyli ok. 5 części na milion pola Ziemi; tak szuka się podziemnych struktur i zatopionych wraków.

  4. Wirujące pole B1=10B_1 = 10 µT działa na protony w rezonansie. Jak długi musi być impuls, żeby odwrócić spiny (impuls π)?

    Odpowiedź

    Częstotliwość Rabiego fR=42,58 MHz/T⋅10 µT≈426f_R = 42{,}58\ \text{MHz/T}\cdot10\ \text{µT} \approx 426 Hz; impuls π trwa połowę okresu: ok. 1,2 ms.

  5. Sprawdź, że σx2=σy2=σz2=1\sigma_x^2 = \sigma_y^2 = \sigma_z^2 = 1 i σxσy=iσz\sigma_x\sigma_y = i\sigma_z. Jakie wartości własne ma każda z nich i co to mówi o pomiarze spinu wzdłuż dowolnej osi?

    Odpowiedź

    Bezpośrednie mnożenie. Wartości własne ±1\pm1 dla każdej, więc pomiar składowej spinu wzdłuż dowolnej osi daje ±ℏ/2\pm\hbar/2, jak w doświadczeniu Sterna-Gerlacha.

5 Polaryzacja fotonu i kubity

Foton też jest układem dwustanowym: stany bazowe to polaryzacja pozioma ∣x⟩|x\rangle i pionowa ∣y⟩|y\rangle. Foton spolaryzowany pod kątem α\alpha to cos⁡α ∣x⟩+sin⁡α ∣y⟩\cos\alpha\,|x\rangle + \sin\alpha\,|y\rangle, a polaryzacja kołowa to (∣x⟩±i∣y⟩)/2(|x\rangle \pm i|y\rangle)/\sqrt2. Polaryzator ustawiony pod kątem β\beta przepuszcza foton z amplitudą cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta), czyli z prawdopodobieństwem cos⁡2(α−β)\cos^2(\alpha - \beta); dla wiązki to prawo Malusa. Kąt nie jest tu połówkowy, bo foton ma spin 1 (z dwoma stanami polaryzacji).FLP III-11-4

Ze skrzyżowanych polaryzatorów (0° i 90°) nie wychodzi nic. Gdy wstawić między nie trzeci, pod kątem 45°, przechodzi 1/8 światła niespolaryzowanego. Polaryzator nie odsiewa więc fotonów o z góry ustalonych własnościach; każdy pomiar przygotowuje nowy stan. Dowolny układ dwustanowy wykorzystywany do zapisu informacji to kubit. Pojedynczego nieznanego kubitu nie da się ani dokładnie zmierzyć, ani skopiować; na tym opiera się kryptografia kwantowa (protokół BB84, Bennett i Brassard, 1984): podsłuchujący, który mierzy fotony, nieuchronnie zmienia część z nich i zdradza swoją obecność.

Symulacja 4 Fotony światła niespolaryzowanego przechodzą przez dwa lub trzy polaryzatory. Ustaw kąty, wstaw lub usuń środkowy polaryzator i wysyłaj fotony pojedynczo: każdy przechodzi albo nie, a częstość przejść zbliża się do prawdopodobieństwa. Kąt 0° to na rysunku kierunek pionowy.

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 30 min

  1. Światło niespolaryzowane przechodzi przez polaryzatory pod kątami 0°, 30° i 90°. Jaka część przechodzi?

    Odpowiedź

    12cos⁡230°cos⁡260°=12⋅34⋅14=3/32≈9,4%\tfrac12\cos^230°\cos^260° = \tfrac12\cdot\tfrac34\cdot\tfrac14 = 3/32 \approx 9{,}4\%.

  2. Między skrzyżowane polaryzatory wstawiamy N−1N - 1 polaryzatorów, każdy obrócony o 90°/N90°/N względem poprzedniego. Jaka część spolaryzowanej wiązki przejdzie dla N=10N = 10? Do czego dąży wynik dla N→∞N \to \infty?

    Odpowiedź

    (cos⁡29°)10≈0,78(\cos^29°)^{10} \approx 0{,}78. Dla dużego NN: (cos⁡2π2N)N≈(1−π24N2)N≈1−π24N→1(\cos^2\tfrac\pi{2N})^N \approx (1 - \tfrac{\pi^2}{4N^2})^N \approx 1 - \tfrac{\pi^2}{4N} \to 1; polaryzację można obrócić o 90° prawie bez strat, gdy kroki są małe (to ten sam mechanizm co w kwantowym efekcie Zenona).

  3. Foton o polaryzacji kołowej trafia na polaryzator liniowy pod dowolnym kątem. Z jakim prawdopodobieństwem przejdzie?

    Odpowiedź

    ∣cos⁡β+isin⁡β∣2/2=1/2|\cos\beta + i\sin\beta|^2/2 = 1/2, niezależnie od kąta.

  4. W protokole BB84 nadawca wysyła fotony spolaryzowane pod kątem 0°, 90°, 45° albo 135°. Podsłuchujący mierzy każdy foton w losowo wybranej bazie (0°/90° albo 45°/135°) i wysyła dalej foton w stanie, który zmierzył. Jaki odsetek błędów wywoła w bitach, w których nadawca i odbiorca użyli tej samej bazy?

    Odpowiedź

    W połowie przypadków podsłuchujący trafia w dobrą bazę i nic nie psuje. W drugiej połowie wysyła foton w złej bazie, a odbiorca dostaje błędny bit z prawdopodobieństwem 1/2. Razem 25% błędów, łatwych do wykrycia przez porównanie części bitów.

  5. Dlaczego nie da się zbudować „kopiarki” nieznanego stanu kwantowego, która zamienia ∣ψ⟩∣0⟩|\psi\rangle|0\rangle na ∣ψ⟩∣ψ⟩|\psi\rangle|\psi\rangle dla każdego ∣ψ⟩|\psi\rangle? Wskazówka: liniowość.

    Odpowiedź

    Gdyby kopiowała ∣x⟩|x\rangle i ∣y⟩|y\rangle, to z liniowości dla (∣x⟩+∣y⟩)/2(|x\rangle + |y\rangle)/\sqrt2 dałaby (∣x⟩∣x⟩+∣y⟩∣y⟩)/2(|x\rangle|x\rangle + |y\rangle|y\rangle)/\sqrt2, a nie iloczyn dwóch kopii (∣x⟩+∣y⟩)(∣x⟩+∣y⟩)/2(|x\rangle + |y\rangle)(|x\rangle + |y\rangle)/2. Sprzeczność (twierdzenie o zakazie klonowania, Wootters, Żurek, Dieks, 1982).

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda dla układów kilkustanowych

  1. Wybierz bazę: stany, które łatwo opisać (konfiguracje, kierunki spinu, polaryzacje).
  2. Zapisz hamiltonian: energie stanów bazowych na przekątnej, amplitudy przeskoków poza nią; sprawdź hermitowskość.
  3. Znajdź wartości i wektory własne: to poziomy energii i stany stacjonarne.
  4. Ewolucja: rozłóż stan początkowy na stany stacjonarne, każdemu dopisz fazę e−iEkt/ℏe^{-iE_kt/\hbar}, złóż z powrotem.
  5. Pomiar: prawdopodobieństwo to kwadrat modułu rzutu stanu na stan wyniku.
  6. Sprawdzenie: suma prawdopodobieństw równa 1; częstości przejść to różnice energii przez hh.

Przykład 18.1 Ile rozsunęły się plamki Sterna-Gerlacha

Atomy srebra (masa 108 u) lecą z prędkością 550 m/s przez magnes o długości 3,5 cm z gradientem pola 1000 T/m (10 T/cm). Moment magnetyczny μB\mu_B. O ile odchylą się wiązki?

  1. Siła F=μB dB/dz≈9,3⋅10−21F = \mu_B\,dB/dz \approx 9{,}3\cdot10^{-21} N; przyspieszenie F/m≈5,2⋅104 m/s2F/m \approx 5{,}2\cdot10^4\ \mathrm{m/s^2}.
  2. Czas przelotu L/v≈64L/v \approx 64 µs; odchylenie 12at2≈0,1\tfrac12at^2 \approx 0{,}1 mm w każdą stronę.

Wynik: ok. 0,2 mm między plamkami, tyle co w oryginalnym doświadczeniu. Mały efekt, dlatego wiązkę trzeba było starannie kolimować.

Sprawdzenie: po wyjściu z magnesu wiązki nadal się rozbiegają, więc na odległej płytce rozsunięcie jest większe niż w samym magnesie ✓.

Przykład 18.2 Amoniak w polu elektrycznym

Amoniak: 2A=h⋅23,872A = h\cdot23{,}87 GHz, μ=4,9⋅10−30\mu = 4{,}9\cdot10^{-30} C·m. O ile zmienia się energia stanu II w polu 100 kV/m? Porównaj z energią kBTk_BT w temperaturze pokojowej.

  1. A≈4,9⋅10−5A \approx 4{,}9\cdot10^{-5} eV =7,9⋅10−24= 7{,}9\cdot10^{-24} J; μE=4,9⋅10−25\mu\mathcal E = 4{,}9\cdot10^{-25} J, czyli μE/A≈0,06\mu\mathcal E/A \approx 0{,}06: pole słabe.
  2. ΔE≈μ2E2/2A≈1,5⋅10−26\Delta E \approx \mu^2\mathcal E^2/2A \approx 1{,}5\cdot10^{-26} J ≈10−7\approx 10^{-7} eV.
  3. kBT≈0,026k_BT \approx 0{,}026 eV, ponad 10510^5 razy więcej.

Wynik: ok. 10−710^{-7} eV. Siła w niejednorodnym polu jest mała, ale działa na cząsteczki lecące w wiązce w jednym kierunku i wystarcza, by je rozdzielić.

Sprawdzenie: separatory maserów miały pola rzędu kilkudziesięciu kV/cm, a cząsteczki leciały przez nie przez ułamki milisekundy ✓.

Przykład 18.3 Tomograf rezonansu magnetycznego

Tomograf ma pole 3 T i gradient 40 mT/m. Jaka jest częstotliwość rezonansu protonów w środku? O ile zmienia się na każdy milimetr wzdłuż gradientu?

  1. f0=42,58 MHz/T⋅3 T≈127,7f_0 = 42{,}58\ \text{MHz/T}\cdot3\ \text{T} \approx 127{,}7 MHz.
  2. Na milimetrze pole zmienia się o 40 µT, częstotliwość o 42,58⋅40≈170042{,}58\cdot40 \approx 1700 Hz.

Wynik: 127,7 MHz i 1,7 kHz na milimetr. Analizując widmo sygnału (transformata Fouriera), tomograf ustala, z którego miejsca pochodzi każda składowa.

Sprawdzenie: rozdzielczość rzędu milimetra wymaga rozróżniania częstotliwości z dokładnością do kHz przy 128 MHz, ok. 10−510^{-5} względnie: osiągalne ✓.

Przykład 18.4 Zegar cezowy i definicja sekundy

Sekunda to 9 192 631 770 okresów promieniowania przejścia między dwoma poziomami nadsubtelnymi stanu podstawowego atomu cezu-133. Ile wynosi różnica energii? Dlaczego zegar fontannowy, w którym atomy są badane przez ok. 1 s, osiąga względną dokładność ok. 10−1610^{-16}?

  1. ΔE=hf≈3,8⋅10−5\Delta E = hf \approx 3{,}8\cdot10^{-5} eV (długość fali 3,26 cm).
  2. Czas obserwacji 1 s daje szerokość linii ok. 1 Hz, względnie 10−1010^{-10}. Środek linii wyznacza się z dokładnością milionowych części jej szerokości, uśredniając wiele pomiarów.

Wynik: 3,8⋅10−53{,}8\cdot10^{-5} eV. Układ dwustanowy o bardzo dobrze określonej różnicy energii to idealny wzorzec częstotliwości.

Sprawdzenie: Δf⋅Δt≈1\Delta f\cdot\Delta t \approx 1 (dział 6, zasada nieoznaczoności z działu 17) ✓.

Przykład 18.5 Obrót polaryzacji bez strat

Spolaryzowane światło przechodzi przez 10 polaryzatorów, każdy obrócony o 9° względem poprzedniego, łącznie o 90°. Jaka część przechodzi? Porównaj z jednym polaryzatorem obróconym od razu o 90°.

  1. Każdy krok: cos⁡29°≈0,9755\cos^29° \approx 0{,}9755; dziesięć kroków: 0,975510≈0,780{,}9755^{10} \approx 0{,}78.
  2. Jeden polaryzator pod kątem 90°: zero.

Wynik: 78%. Częste pomiary „prowadzą” stan; gdy kroków jest bardzo wiele, przechodzi prawie wszystko.

Sprawdzenie: dla małych kątów cos⁡2N(π/2N)≈1−π2/4N\cos^{2N}(\pi/2N) \approx 1 - \pi^2/4N; dla N=10N = 10: 0,750{,}75, blisko dokładnego 0,78 ✓.

Przykład 18.6 Linia 21 cm

W atomie wodoru spiny elektronu i protonu mogą być zgodne albo przeciwne; różnica energii odpowiada częstotliwości 1420,4 MHz. Ile wynosi ta energia i długość fali? Stan zgodny żyje średnio ok. 11 milionów lat. Jak w ogóle można tę linię obserwować?

  1. ΔE=hf≈5,9⋅10−6\Delta E = hf \approx 5{,}9\cdot10^{-6} eV, λ=c/f≈21,1\lambda = c/f \approx 21{,}1 cm.
  2. W galaktyce jest ok. 106610^{66}–106710^{67} atomów wodoru międzygwiazdowego; zderzenia utrzymują około 3/4 z nich w stanie zgodnym. Nawet przy ogromnym czasie życia sygnał jest silny.

Wynik: 21 cm. Z przesunięć dopplerowskich tej linii odtworzono ramiona spiralne Drogi Mlecznej i krzywe rotacji galaktyk.

Sprawdzenie: hf/kB≈0,07hf/k_B \approx 0{,}07 K, mniej niż temperatura gazu, więc stan zgodny (trzykrotnie zdegenerowany) jest obsadzony w 3/4 ✓.FLP III-12-3

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Spin to elektron kręcący się jak bąk.”
Spin jest momentem pędu i ma moment magnetyczny, ale nie da się go opisać obrotem kulki: elektron, który według doświadczeń jest mniejszy niż ok. 10−1810^{-18} m, musiałby wirować z prędkością powierzchni większą od prędkości światła, a pomiar zawsze daje tylko ±ℏ/2\pm\hbar/2.
„Filtr Sterna-Gerlacha tylko odczytuje kierunek spinu, który atom już miał.”
Atom za filtrem xx nie pamięta, że był +z+z: kolejny filtr zz daje oba wyniki. Pomiar przygotowuje stan.
„Superpozycja to po prostu nasza niewiedza.”
Mieszaninę i superpozycję odróżnia doświadczenie: superpozycja (∣+z⟩+∣−z⟩)/2(|{+z}\rangle + |{-z}\rangle)/\sqrt2 to stan ∣+x⟩|{+x}\rangle, który filtr xx przepuszcza zawsze, a mieszanina tylko w połowie przypadków.
„W stanie stacjonarnym nic się nie dzieje.”
Fazy amplitud obracają się, tylko prawdopodobieństwa stoją. Gdy złożyć dwa stany stacjonarne, pojawiają się dudnienia, z których mierzymy różnice energii.
„Trzeci polaryzator nie może zwiększyć ilości przepuszczanego światła.”
Między skrzyżowanymi polaryzatorami zwiększa ją od zera do 1/8.
„Kubit przechowuje nieskończenie wiele informacji, bo amplitudy są ciągłe.”
Z jednego pomiaru odczytujemy tylko jeden bit, a pomiar niszczy superpozycję. Moc obliczeń kwantowych bierze się z interferencji amplitud wielu kubitów, a nie z „pojemności” jednego.

8 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

  1. Spin 1 w filtrach. Atomy o spinie 1 mają trzy stany wzdłuż każdej osi: +, 0, −. Za filtrem T przepuszczającym + stoi filtr S obrócony o 90°. Amplitudy przejść to 12(1+cos⁡θ)\tfrac12(1 + \cos\theta), 12sin⁡θ\tfrac1{\sqrt2}\sin\theta i 12(1−cos⁡θ)\tfrac12(1 - \cos\theta). Jakie są prawdopodobieństwa trzech wyników?

    Rozwiązanie
    1. Dla θ=90°\theta = 90°: (1/2)2=1/4(1/2)^2 = 1/4, (1/2)2=1/2(1/\sqrt2)^2 = 1/2, (1/2)2=1/4(1/2)^2 = 1/4. Suma 1.
    2. Inaczej niż dla spinu ½, gdzie przy 90° wychodzi po 1/2: liczba stanów i postać amplitud zależą od spinu.FLP III-5-7

  2. Neutron obrócony o 360°. W interferometrze neutronowym wiązka jest dzielona na dwie, jedna przechodzi przez pole magnetyczne, które obraca spin o kąt α\alpha, potem wiązki się łączą. Jak natężenie na wyjściu zależy od α\alpha? Co się dzieje przy 360°?

    Rozwiązanie
    1. Obrócona część dostaje czynnik cos⁡(α/2)\cos(\alpha/2) (oraz wyraz z odwróconym spinem). Natężenie interferencji zmienia się jak 1+cos⁡(α/2)1 + \cos(\alpha/2) (dla wyjścia, w którym obie wiązki są zgodne).
    2. Przy α=360°\alpha = 360° amplituda zmienia znak, natężenie spada do minimum; pełny okres to 720°. Rauch i współpracownicy (1975) zmierzyli okres ok. 704° ± 38°.

  3. Maser. Wyjaśnij, dlaczego do działania masera trzeba oddzielić cząsteczki w stanie II od cząsteczek w stanie I. Co by się stało z wiązką w równowadze termicznej w temperaturze pokojowej?

    Rozwiązanie
    1. Promieniowanie o częstotliwości rezonansowej wymusza przejścia w obie strony z tym samym prawdopodobieństwem: II → I (emisja) i I → II (absorpcja). Wzmocnienie wymaga przewagi stanu II.
    2. W równowadze termicznej 2A/kBT≈0,0042A/k_BT \approx 0{,}004: stanu I jest o ok. 0,4% więcej niż stanu II (nadwyżka to ok. 0,2% wszystkich cząsteczek), więc wiązka by pochłaniała. Separator elektryczny daje inwersję obsadzeń.FLP III-9-4

  4. Benzen. Traktując dwa wzory Kekulégo jako stany bazowe o energii E0E_0 ze sprzężeniem AA, wyjaśnij, dlaczego benzen jest trwalszy, niż wynikałoby z sumy energii jego wiązań, i dlaczego wszystkie jego wiązania C–C mają tę samą długość.

    Rozwiązanie
    1. Stan podstawowy to (∣1⟩+∣2⟩)/2(|1\rangle + |2\rangle)/\sqrt2 o energii E0−AE_0 - A: niższej niż energia każdego wzoru Kekulégo. Ta „energia rezonansu” wynosi ok. 1,5 eV (ok. 36 kcal/mol).
    2. W superpozycji każde wiązanie jest w połowie przypadków pojedyncze, w połowie podwójne: długość 1,40 Å, pośrednia między 1,54 Å i 1,34 Å.FLP III-10-4

  5. Wiązanie chemiczne. W jonie H₂⁺ amplituda przeskoku elektronu A(R)A(R) maleje z odległością protonów mniej więcej wykładniczo, a odpychanie protonów rośnie przy zbliżaniu jak 1/R1/R. Narysuj jakościowo energię stanu symetrycznego i antysymetrycznego w funkcji RR. Który stan wiąże?

    Rozwiązanie
    1. E±(R)=E0∓A(R)+e2/4πε0RE_\pm(R) = E_0 \mp A(R) + e^2/4\pi\varepsilon_0R. Dla stanu symetrycznego (−A-A) przy średnich RR obniżenie energii wygrywa z odpychaniem: jest minimum (1,06 Å, 2,65 eV poniżej H + p).
    2. Stan antysymetryczny ma energię wyższą od rozdzielonych składników przy każdym RR: nie wiąże. To cała idea orbitali wiążących i antywiążących.FLP III-10-1

  6. Zegar w polu magnetycznym. Dlaczego zegar cezowy wykorzystuje przejście między stanami o rzucie całkowitego momentu pędu mF=0m_F = 0, a nie np. mF=1m_F = 1? Wskazówka: jak energie tych stanów zależą od słabego pola magnetycznego?

    Rozwiązanie
    1. Stany mF=0m_F = 0 mają energię zależną od pola dopiero w drugim rzędzie (kwadratowo), a mF≠0m_F \ne 0 liniowo, jak spin w polu z części 4.
    2. Przejście 0→00 \to 0 jest więc najmniej czułe na resztkowe pola magnetyczne, a zegar stosuje dodatkowo słabe pole tylko po to, by oddzielić to przejście od innych.

  7. Kwantowy efekt Zenona. Atom startuje w stanie ∣1⟩|1\rangle i bez przeszkód przeszedłby do ∣2⟩|2\rangle po czasie TT (P2=sin⁡2(πt/2T)P_2 = \sin^2(\pi t/2T)). Co się stanie, jeśli co T/NT/N sprawdzamy, w którym stanie jest atom? Jaka jest szansa, że po czasie TT wciąż będzie w ∣1⟩|1\rangle?

    Rozwiązanie
    1. Po każdym krótkim odcinku P1=cos⁡2(π/2N)≈1−π2/4N2P_1 = \cos^2(\pi/2N) \approx 1 - \pi^2/4N^2, a pomiar „zeruje” stan do ∣1⟩|1\rangle.
    2. Po NN pomiarach P1≈(1−π2/4N2)N→1P_1 \approx (1 - \pi^2/4N^2)^N \to 1 dla dużego NN: częste pomiary zamrażają ewolucję. Itano i współpracownicy (1990) pokazali to na jonach berylu.

  8. Kubit fotonowy w światłowodzie. Kryptografia kwantowa na odległość 100 km światłowodu, który tłumi 0,2 dB/km. Jaka część fotonów dociera? Dlaczego nie można po prostu wzmocnić sygnału jak w zwykłej telekomunikacji?

    Rozwiązanie
    1. Tłumienie 20 dB: dociera 1% fotonów.
    2. Wzmacniacz musiałby skopiować nieznany stan polaryzacji, a tego zabrania twierdzenie o zakazie klonowania. Na duże odległości potrzebne są przekaźniki kwantowe albo łącza satelitarne (np. satelita Micius, 2017).

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co pokazało doświadczenie Sterna-Gerlacha?

Że rzut momentu magnetycznego (spinu) atomu na dowolną oś przyjmuje tylko dwie wartości.

2 Jak opisać stan układu o dwóch stanach bazowych?

Dwiema zespolonymi amplitudami C1,C2C_1, C_2 z ∣C1∣2+∣C2∣2=1|C_1|^2 + |C_2|^2 = 1: wektorem.

3 Jakie amplitudy ma stan spinu ½ skierowany pod kątem θ\theta do osi zz w płaszczyźnie xzxz?

cos⁡θ2\cos\tfrac\theta2 dla +z+z i sin⁡θ2\sin\tfrac\theta2 dla −z-z.

4 Czym są stany stacjonarne i dozwolone energie w języku hamiltonianu?

Wektorami i wartościami własnymi macierzy HH.

5 Jakie poziomy energii ma układ dwustanowy z H11=H22=E0H_{11} = H_{22} = E_0 i H12=−AH_{12} = -A?

E0∓AE_0 \mp A, dla stanów (∣1⟩±∣2⟩)/2(|1\rangle \pm |2\rangle)/\sqrt2.

6 Z jaką częstotliwością wykonuje precesję spin protonu w polu 1 T?

42,58 MHz.

7 Co to jest rezonans magnetyczny?

Odwracanie spinów przez słabe pole wirujące z częstością precesji Larmora; poza rezonansem odwrócenie jest niepełne.

8 Dlaczego trzeci polaryzator między skrzyżowanymi przepuszcza światło?

Każdy polaryzator przygotowuje nowy stan; amplitudy przejść cos⁡45°\cos45° i cos⁡45°\cos45° dają łącznie 14\tfrac14 światła spolaryzowanego, 18\tfrac18 niespolaryzowanego.

10 Karta wzorów i co dalej

Stany i ewolucja

⟨χ∣ψ⟩=∑i⟨χ∣i⟩⟨i∣ψ⟩\langle\chi|\psi\rangle = \sum_i\langle\chi|i\rangle\langle i|\psi\rangle;   ∑∣Ci∣2=1\;\sum|C_i|^2 = 1;   ⟨ψ∣χ⟩=⟨χ∣ψ⟩∗\;\langle\psi|\chi\rangle = \langle\chi|\psi\rangle^*

iℏ C˙i=∑jHijCji\hbar\,\dot C_i = \sum_jH_{ij}C_j;   \;stan stacjonarny e−iEt/ℏe^{-iEt/\hbar};   E\;E to wartości własne HH

spin ½: ⟨±z∣+θ⟩=cos⁡θ2, sin⁡θ2\langle{\pm z}|{+\theta}\rangle = \cos\tfrac\theta2,\ \sin\tfrac\theta2;   \;obrót o 360° zmienia znak

Układy dwustanowe

E0∓AE_0 \mp A;   P1→2=sin⁡2(At/ℏ)\;P_{1\to2} = \sin^2(At/\hbar);   \;w polu E0±A2+μ2E2E_0 \pm\sqrt{A^2 + \mu^2\mathcal E^2}

spin w polu: ΔE=2μB\Delta E = 2\mu B,   ω0=2μB/ℏ\;\omega_0 = 2\mu B/\hbar;   \;proton 42,58 MHz/T, elektron 28,0 GHz/T

rezonans: Pmax=Ω12/(Ω12+δ2)P_\text{max} = \Omega_1^2/(\Omega_1^2 + \delta^2);   \;foton: amplituda cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)

Do przeczytania u Feynmana

  • Obowiązkowo: t. III, rozdz. 5 (spin 1 i filtry), 6 (spin ½), 8 (macierz hamiltonianu), 9 (maser amoniakalny).
  • Dla chętnych: t. III, rozdz. 7 (zależność amplitud od czasu), 10 i 11 (inne układy dwustanowe, macierze Pauliego, polaryzacja fotonu), 12 (struktura nadsubtelna wodoru).

Następny dział: Atom wodoru i układ okresowy. Zamiast dwóch stanów bazowych będzie ich nieskończenie wiele: każdy punkt przestrzeni. Macierz hamiltonianu stanie się operatorem różniczkowym, a równanie ruchu amplitud równaniem Schrödingera; jego wartości własne poziomami energii wodoru, a kształty funkcji własnych orbitalami s, p, d, z których zakaz Pauliego zbuduje układ okresowy.

Korzystają z tej lekcji 19 Atom wodoru i układ okresowy