Løsningsforslag Eksamen 1. desember 2008 TFY4250 Atom- og molekylfysikk/fy2045 Kvantefysikk

Transkript

1 Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag Løsningsforslag Eksamen. desember 8 TFY45 Atom- og molekylfysikk/fy45 Kvantefysikk Oppgave a. For x og E = E B < har den tidsuavhengige Schrödingerligningen formen ψ = me B h ψ κ ψ, med κ = me B / h. Denne har løsningene e ±κx. For x > må en energiegenfunksjon da ha formen ψ = Ce κx. For x < må vi tilsvarende ha ψ = C e κx, der C må settes lik C for å gi en kontinuerlig løsning. Diskontinuitetsbetingelsen i origo gir da ψ ψ + ψ ψ Dermed blir energien entydig gitt ved = κ κ = mβ mβ, dvs κ = h h. E = E B = h κ m = mβ h. Vi har altså bare én bundet tilstand, med bindingsenergeien E B = mβ / h. b. Innsetting i den tidsuavhengige Schrödingerligningen gir Vi har altså me h ψ I = ψ I = k ψ I. E = h k og k = h me. m Ved innsetting for x < finner vi sannsynlighets-strømtettheten j I = Re [ ψ I h im ] [ ] dψ I = Re e ikx + B ikx e hk dx m eikx Be ikx = hk m Re [ B + B e ikx Be ikx] = hk m B hk m,

2 Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag idet de to siste leddene i parentesen tilsammen er iimb e ikx. Sannsynlighetsstrømtettheten til venstre for origo har altså formen j I = j i + j r = j i j r, med j i = hk m og j r = B hk m. Her er j i og j r sannsynlighets-strømtetthetene som kan assosieres med henholdsvis den innkommende bølgen ψ i og den reflekterte bølgen ψ r. For x > skal energiegenfunksjonen ha formen Ce ikx. Løsningen e ikx skal ikke være med, fordi den svarer til partikler som kommer inn mot brønnen fra høyre, og det skal vi jo ikke ha i dette spredningstilfellet. c. Refleksjonskoeffisienten sannsynligheten for refleksjon er forholdet mellom den reflekterte strømmen og den innkommende, R = j r j i = B = = + h4 k m β = + h E mβ + E/E B, der E B = mβ / h er bindingsenergien funnet i pkt. a. Refleksjonskoeffisienten er 5 % for E = 3E B = 3mβ h. Med ψ t = Ce ikx for x > gir kontinuiteten av ψ og diskontinuitetsbetingelsen for ψ de to betingelsene + B = C og ik ik B + B = mβ mβ, dvs h h ik = B + B = B + B. Ved å løse den siste med hensyn på B finner vi Oppgave B =, q.e.d. + i h k mβ a. Med H = ωs z er energiegentilstandene identiske med Pauli-spinorene χ ±. Egenverdiene bestemmes av Hχ ± = ωs z χ ± = ± hω χ ± E ± χ ±, = E ± = ± hω. De stasjonære tilstandene er da χ ± t = χ ± exp ie ± t/ h, dvs χ + t = e iωt/ og χ t = e iωt/, der den siste er grunntilstanden. Vi merker oss at a b er lik null for begge de to stasjonære tilstandene. Spinnretningen er da σ = ê z a b, som er lik ê z for χ + og lik ê z for χ, slik det skal være

3 Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag 3 for spinn opp og spinn ned. Disse er tidsuavhengige, slik det selvsagt skal være for stasjonære tilstander. Fordi Schrödingerligningen gitt i oppgaveteksten er lineær og homogen, følger det fra superposisjonsprinsippet at en lineærkombinasjon av de to stasjonære løsningene, med konstante komplekse koeffisienter, χt = a χ + t + b χ t, også oppfyller denne ligningen, og dermed representerer en akseptabel fysisisk tilstand. Dette er samtidig den mest generelle tilstanden vi kan ha, fordi de to stasjonære løsningene ev. de to Pauli-spinorene danner en basis. b. Ifølge målepostulatet skal en måling av S y gi en av egenverdiene til S y og etterlate spinnet i den tilhørende egentilstanden. Da må vi kontrollere at den oppgitte tilstanden virkelig er en egentilstand til S y : i S y χ = h i / i/ = h / i/, q.e.d. Måleresultatet er altså S y = + h. Med a = / og b = i/ finner vi at a b = i. Den oppgitte formelen gir da for spinnretningen ved t = : σ = ê x Rea b + ê y Ima b + ê z a b = ê y, som harmonerer med den målte verdien av S y. Med den oppgitte begynnelsestilstanden blir tilstanden ved tiden t en lineærkombinasjon av de stasjonære løsningene, med a = / og b = i/ : χt = / e iωt/ i/ e iωt/ at bt Ved tiden t er altså a tbt = ie iωt, som er lik for t = π/ω og lik i for t = π/ω. Innsetting i den oppgitte formelen gir da σ = ê x Rea b + ê y Ima b + ê z a b σ t=π/ω = ê x og σ t=π/ω = ê y. Spinnretningen har altså ved tidene t = π/ω og t = π/ω rotert henholdsvis 9 og 8 grader. Dette stemmer med at spinnretningen i et slikt tilfelle vil presesere med vinkelfrekvensen ω, dvs med en periode T = π/ω. Oppgave 3 a. Fra trekant-ulikheten følger det at kvantetallet s kan ha verdiene s = med m =, s = med m =, ± og s = med m =, ±, ±, altså tilsammen 9 tilstander. De nye tilstandene s, m kan skrives som lineærkombinasjoner av de gamle m m fordi også de sistnevnte danner en 9-dimensjonal basis for dette systemet..

4 Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag 4 Tilstanden er en egentilstand til Ŝz = Ŝz + Ŝz med kvantatallet m = m + m = + =. Bevis: Ŝ z = Ŝz + Ŝz = Ŝz + Ŝz = h + h = h, q.e.d. Tilstanden, kan som nevnt i prinsippet skrives som en lineærkombinasjon av gamle tilstander, som da må ha m =. Siden er den eneste gamle med m =, må da, =. Tilsvarende er den eneste gamle med m =. Derfor er, =. b. Fra de oppgitte stigeoperator-formlene følger det at, = Ŝ, = h h Ŝ + Ŝ = +, q.e.d.. Fra formelarket har vi at Ŝ, = h 6,. Vi kan da finne det midterste trinnet i stigen for s = slik:, = h 6 Ŝ + Ŝ + = = 6 + +, q.e.d. Utviklingskoeffisientene i denne formelen, som generelt kalles Clebsch Gordan-koeffisienter, er sannsynlighetsamplitudene for at en måling av S z og S z vil gi henholdsvis S z = S z = h, S z = S z = eller S z = S z = h, når systemet før målingen er preparert i tilstanden,. Sannsynlighetene er kvadratene av disse amplitudene. Vi merker oss at S z og S z begge er uskarpe i tilstanden,. c. Fra formelarket har vi at Ŝ, = h,. Vi finner da, = h Ŝ + Ŝ = + =, q.e.d. Singletten, = a + b + c

5 Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag 5 skal være ortogonal på både, = 6 + +, =. og Dette gir de to betingelsene som gir Normeringen krever at singletten Oppgave 4 6 a + 6 b + 6 c = og a c =,, = c = a og b = a. = a + b + c = 3 a. Med et passende fasevalg er da 3 +. a. Med V t = zee exp t /τ blir overgangsamplituden ved t = + til første orden i perturbasjonen a i f = i h = ee a i h = ee a i h expiω fi t ψ f V t ψ i dt ψ f z/a ψ i d 3 r π τ exp ω fiτ /4 exp t /τ + iω fi tdt ψ f z/a ψ i d 3 r. Her er integralet dimensjonsløst, og det må da også faktoren foran være. Kvadrering gir overgangssannsynligheten P i f = fτ ψ f z/a ψ i d 3 r, med Med ee a fτ = π τ exp ω h fiτ /. z = r cos θ = r 3/4π Y er matrise-elementene ψ f z/a ψ i = a 3 4π πa 3 R nl r exp r/a r 3 dr Y lmy dω δ l δ m. Til første orden er altså overgangssannsynlighetene lik null unntatt for slutt-tilstander med l = og m =, dvs vi har l = og m = i overensstemmelse med utvalgsreglene.

6 Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag 6 b. For en gitt overgang i f, og for fastholdt E, er overgangssannsynligheten P i f maksimal når dvs for P i f / t P i f = exp ω fiτ /[τ + τ τω fi] τ exp ω fi τ / τ = ω fi τ m. Sammenlignet med den naturlige perioden T fi = π/ω fi for overgangen i f ser vi at varigheten τ m er en brøkdel /π.45 av denne perioden. Vi har P i f τ P i f τ m = fτ fτ m = τ/τ m exp[ τ/τ m ], som har sitt maksimum lik for τ = τ m og avtar raskt både når τ minker mot null og når τ vokser fra τ m og oppover. =, Vi ser at P i f τ går mot null som τ /τ m når τ. Dette kan vi kalle den plutselige tilnærmelsen: For tilstrekkelig kort varighet av perturbasjonen blir overgangssannsynligheten neglisjerbar. Hva som er tilstrekkelig her vil avhenge av E. Vi ser også at når τ vokser og blir mye større enn τ m, så går P i f τ mot null svært raskt. Dette kan vi kalle den adiabatiske tilnærmelsen: For en tilstrekkelig langsomtvarierende perturbasjon er overgangssannsynligheten neglisjerbar. c. Problemet med resultatet P τ = P τ m fτ fτ m 9. τ/τ m exp[ τ/τ m ] er at P overstiger i et område omkring τ m. Dette er selvsagt umulig. Sannsynligheten for overgang kan aldri bli større enn. Resultatet er utledet vha.-ordens perturbasjonsteori, og denne er faktisk bare gyldig så lenge summen av alle overgangs-sannsynlighetene er mye mindre enn. Det ser vi fra den eksakte formelen for amplituden for å finne systemet i tilstanden ψ f, som oppfyller det koblede ligningssettet a f t = δ fi + n t iωfnt e t V fn t a n t dt. Første-ordens-formelen i oppgaveteksten for t = og t = bygger på tilnærmelsen a n t = a n = δ ni, og denne tilnærmelsen er jo god bare så lenge sannsynligheten for å finne systemet i den opprinnelige tilstanden er tilnærmet lik.