Løsningsforslag Eksamen 4. august 2008 TFY4250 Atom- og molekylfysikk

Transkript

1 Eksamen TFY auguast løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 4. august 008 TFY450 Atom- og molekylfysikk a. I områdene x < a og x > a har vi (med E V 0 ) at ψ m h [V (x) E ]ψ 0. ψ må derfor være lineær i disse områdene, med formen A i x+b i. Da ψ er en energiegenfunksjon, tillates den ikke å divergere. Derfor må konstantene A i settes lik null, slik at vi i disse områddene har { B1 for x > a, ψ B for x < a. I brønnområdene følger det fra den tidsuavhengige Schrödingerligningen at ψ er sinusformet, med bølgetall k mv 0 / h for 0 < x < a og k m V 0 / h k for a < x < 0. Videre skal første eksiterte tilstand ha ett nullpunkt, og skjøtene i x a og x a skal være glatte. Skissen blir da omtrent slik: 1 Fordi bølgetallet k er en faktor større enn k, ser vi at nullpunktet må ligge til venstre for origo. b. For E 1 V 0 blir grunntilstanden ψ 1 sinusformet med bølgetall k mv 0 / h i området a < x < 0. I dette området kan vi da sette ψ 1 B cos k(x + b), hvor posisjonen b til topp-punktet for kosinusen er ukjent. I områdene x > a er ψ 1 m h [V (x) E 1]ψ 1 mv 0 h ψ 1 k ψ 1, med løsningene e ±kx. For x > a må vi da ha ψ 1 C 1 e kx (og ψ 1/ψ 1 k). For x < a må vi tilsvarende ha ψ 1 C e kx (og ψ 1/ψ 1 k). Da gjenstår bare området 0 < x < a, hvor ψ 1 0 og ψ 1 Cx + D. Med glatt skjøting i x ±a og ingen nullpunkter blir skissen da slik: 1 Diagrammet viser egentlig en nøyaktig løsning.

2 Eksamen TFY auguast løsningsforslag c. Følgende oversikt viser ψ 1, ψ 1 og den logaritmisk deriverte, ψ 1/ψ 1, i de fire områdene: x < a : a < x < 0 : 0 < x < a : x > a : ψ 1 ψ 1 kc e kx C e kx k kb sin k(x+b) B cos k(x+b) k tan k(x + b) C Cx+D kc 1 e kx C 1 e kx k Kontinuitet av den logaritmisk deriverte i punktene x a, 0 og a gir da betingelsene k k tan k(a b), k tan kb C D, C Ca + D k. Disse tre ligningene kan brukes til å finne de tre ukjente (C, D, k), og til slutt V 0 E 1 h k /(m). d. Ut fra skissen vil jeg anslå at fasebeløpet kb er ca π/6, mens k(a b) jo er nøyaktig lik π/4 (ifølge den første betingelsen ovenfor). Følgelig er ka π/4 + kb π/4 + π/6 5 1 π Basert på dette overslaget er den V 0 -verdien som gir E 1 V 0 tilnærmet gitt ved V 0 E 1 h k m 5π 144 h ma 1.71 h ma. [Den nøyaktige verdien, gitt i en fotnote, viser at jeg har overvurdert fasebeløpet kb litt.] Oppgave a. Funksjonen ψ Nlm kan generelt skrives som en lineærkombinasjon av funksjoner ψ nxn yn z, som alle har paritet ( 1) nx+ny+nz ( 1) N. Følgelig er pariteten til ψ Nlm lik ( 1) N. Kommentar: Fra den første betingelsen følger det at k(a b) er lik π/4 pluss et helt multiplum av π, slik at tan kb tan(ka π/4). Fra betingelse nr 3 følger det at C/D k/(1 + ka). Ved å kombinere med betingelse nr finner en da at (1 + ka) tan(ka π/4) 1. Kalkulatoren gir ka 1.103, slik at V 0 (1.103) h ma.

3 Eksamen TFY auguast løsningsforslag 3 Samtidig er pariteten gitt ved Følgelig må vi ha dvs Energien Pψ Nlm PR Nl (r)y lm (θ, φ) R Nl (r) PY lm ( 1) l R Nl Y lm ( 1) l ψ Nlm. ( 1) l ( 1) N, like N like l og odde N odde l. E hω(n x + n y + n z + 3/) hω(n + 3/) E N er lavest mulig for n x n y n z 0, dvs for N 0, som gir 3 E 0 hω. Grunntilstanden er altså ψ g ψ 0 (x)ψ 0 (y)ψ 0 (z) ( ) mω 3/4 e mω(x +y +z )/ h π h ( ) mω 3/4 e mωr / h, q.e.d. π h Da dreieimpulsoperatorene L og L z bare inneholder deriverte med hensyn på vinkler, ser vi at egenverdiene til disse operatorene begge er lik null: L h l(l + 1) 0, L z hm 0 l 0, m 0. b. Med ψ g ψ g / r ψ g mωr/ h (mωr/ h)ψ g innsatt i formelen for K har vi K g h ψ g d 3 r h m ω m m h r ψg d 3 r 1 mω r V g g, q.e.d. Med K g V g 1 K + V g 1E hω blir den midlere kvadratiske radien i grunntilstanden r g mω V g 3 h mω. Kulesymmetrien betyr selvsagt at x y z. Av samme grunn er x y z 0, slik at ( x) x x x r /3 osv. Fra dette følger det at usikkerhetene i de kartesiske posisjonskoordinatene i grunntilstanden er Disse kan vi, i likhet med rms-radien h x y z mω. r rms r g bruke som mål for utstrekningen av grunntilstanden. 3 h mω,

4 Eksamen TFY auguast løsningsforslag 4 c. Ved å sette t 0 i den oppgitte utviklingsformelen har vi Ψ(r, 0) ψ b (r) c Nlm R Nl (r)y lm (θ, φ) c Nlm ψ Nlm. Nlm Nlm Koeffisientene c Nlm er da projeksjonene av begynnelsestilstanden ψ b på de respektive tilstandene ψ Nlm : c Nlm ψ Nlm, ψ b ψnlmψ b (r)d 3 r. Da begynnelsestilstanden ψ b (r) er en s-bølge ( Y 00 ), vil vinkelintegralet her gå som YlmY 00 dω δ l0 δ m0. Følgelig er c Nlm 0 unntatt for l m 0; bare s-bølger bidrar i utviklingsformelen. Den ikke-stasjonære bølgefunksjonen Ψ(r, t) er altså hele tiden kulesymmetrisk: Ψ(r, t) Ψ(r, t) c N00 ψ N00 (r)e ie N t/ h. N0 Kulesymmetrien innebærer at pariteten er like. Dette utelukker bidrag fra ψ N00 med odde N, siden disse har odde paritet. d. Den fysiske tolkningen av koeffisienten C N00 er at dette er sannsynlighetsamplituden for å måle energien E N og etterlate systemet i energiegentilstanden ψ N00 R N0 (r)y 00. Sannsynligheten er kvadratet av denne amplituden. 3 Sannsynligheten for å måle energien E hω, dvs for å finne partikkelen i grunntilstanden, er P 0 c 000 ψ g, ψ b. Innsetting gir c 000 ψ ( g ψ b d 3 r 10 mω ) 3/ e 101 mωr / h 4πr dr 0 π h 0 ( 4π 10 mω ) ( ) 3/ 3/ ( ) 1 h 10 3/ π h 4 π1/. 101 mω 101 Sannsynligheten for å finne partikkelen i grunntilstanden er altså så liten som P 0 ( ) e. Vi har sett at bølgefunksjonen er en sum av s-bølger, som alle har N lik et partall: Ψ(r, t) c N00 ψ N00 (r)e ie N t/ h. N0,,.. Ved et tillegg på en halvperiode i tiden har vi e ie N (t+t/)/ h e ie N t/ h e iω(n+3/)π/ω. Den siste faktoren er (for N 0,, 4, ) lik e inπ e 3iπ/ 1 i. Følgelig er Ψ(r, t + T/) i c N00 ψ N00 (r)e ie N t/ h i Ψ(r, t). N0,,.. Sannsynlighetstettheten Ψ(r, t + T/) er altså den samme som for tiden t. Sannsynlighetsfordelingen er derfor lik den opprinnelige ved tidspunktene t T/, T, 3T/, T osv.

5 Eksamen TFY auguast løsningsforslag 5 f. Den sterke skvisingen av begynnelsestilstanden innebærer som opplyst en stor kvantevillskap i denne tilstanden; partikkelen befinner seg praktisk talt i origo, med neglisjerbar potensiell energi V b, mens den kinetiske er en faktor 100 større enn i grunntilstanden, slik at forventningsverdien av energien i tilstanden Ψ(r, t) er E E b K b 100 K g 75 hω. Fra et halvklassisk synspunkt vil en partikkel som starter med en slik kinetisk energi nå ganske langt ut før den snur. Derfor må vi vente at sannsynlighetsfordelingen ekspanderer ganske kraftig før den gjenskapes ved t T/. Vi ser altså for oss en pulserende tilstand. Verdien E 75 hω forteller at det er vesentlige bidrag for ganske store kvantetall N i utviklingsformelen for Ψ(r, t). Utstrekningen av orbitalene som inngår i denne summen er tildels mye større enn for grunntilstanden. For t 0, T/, osv kansellerer disse bidragene unntatt for små r (siden de summerer til begynnelsestilstanden ψ b ), men for andre tider må vi vente at de ikke kansellerer. Derfor må vi vente at utstrekningen av sannsynlighetsfordelingen er vesentlig større enn for grunntilstanden mellom de nevnte tidspunktene. Med en gitt energi E når partikkelen klassisk ut til en venderadius r max, bestemt av 1 mω rmax E, slik at rmax E mω. Om vi erstatter E med den kvantemekaniske middelverdien, får vi da en slags midlere kvadratisk klassisk max-avstand, r max E mω 150 hω mω h mω 100 r g 100 r rms,g. Det er ikke urimelig å tro at roten av denne størrelsen ligger i nærheten av den virkelige, maksimale kvantemekaniske rms-radien. Vårt estimat er altså at denne størrelsesordensmessig er gitt ved r rms,max 10 r rms,g 100 r rms,b, altså 10 ganger så stor som i grunntilstanden (og 100 ganger større enn i begynnelsestilstanden). Oppgave 3 a. Med χ 1 χ + (1)χ () + 1 χ (1)χ + () er koeffisientene (1/ og 1/ ) sannsynlighetsamplituder. Sannsynligheten for å måle S 1z 1 h og etterlate systemet i tilstanden χ +(1)χ () er da 1/. I denne tilstanden er S z h, 1 så en samtidig måling av S z må gi S z 1 h. 1 1 Med 50/50 sjanse for å måle S 1z lik + h og h i tilstanden χ blir forventningsverdien S 1z χ 0, og usikkerheten (roten av det midlere kvadratiske avviket fra middelverdien) blir S 1z 1 h.

6 Eksamen TFY auguast løsningsforslag 6 b. De mulige kvantetallene for dette to-spinn-systemet er Dette svarer til de mulige måleverdiene s 0 & m 0, (singlett) s 1 & m 0, ±1. (triplett) S h s(s + 1) 0 og S z hm 0 og S h og S z 0, ± h. Måleverdien for S z S 1z + S z er åpenbart lik null. Én måte å måle S z på er jo å 1 1 måle både S 1z og S z og så legge sammen resultatene, og da får vi jo enten + h + ( h) eller 1 h + h. 1 Ellers sier målepostulatet at måleverdien for S z må være egenverdien (til tilstanden χ etter målingen): S z χ (S 1z + S z ) 1 (χ + (1)χ () + χ (1)χ + ()) 1 {[S 1z χ + (1)]χ () + χ + (1)[S z χ ()] + [S 1z χ (1)]χ + () + χ (1)[S z χ + ()]} 1 { ( 1 h 1 h)χ +(1)χ () + ( 1 h + 1 h)χ (1)χ + () } 0, q.e.d. c. Fra målepostuletet vet vi tilsvarende at måleverdien for S må være lik egenverdien. Denne kan vi regne ut vha formelen S S z + hs z + S S +. Fra hjelpeformlene følger det at slik at J ± j, m h (j m)(j + 1 ± m) j, m ± 1 S i+ χ + (i) 0, S i χ (i) 0, S i+ χ (i) hχ + (i), S i χ + (i) hχ (i), S χ [Sz + hs z + S S + ]χ (S 1 + S )(S 1+ + S + )χ (S 1 + S ) 1 [χ + (1) hχ + () + hχ + (1)χ + ()] h [χ (1)χ + () + χ + (1)χ () + χ (1)χ + () + χ + (1)χ ()] h χ. Måleverdien for S var altså h ; tilstanden χ er en triplett-tilstand (med s 1).