Løsningsforslag Eksamen 19. august 2005 TFY4250 Atom- og molekylfysikk

Transkript

1 Eksmen TFY ugust løsningsforslg 1 Oppgve 1 Løsningsforslg Eksmen 19. ugust 005 TFY450 Atom- og molekylfysikk. For det oppgitte, symmetriske brønnpotensilet er bundne energiegentilstnder enten symmetriske eller ntisymmetriske mhp origo, ψ( x) = ±ψ(x). Grunntilstnden er symmetrisk, og fri for nullpunkter. Dersom det eksisterer flere bundne tilstnder, er 1. eksiterte tilstnd ntisymmetrisk, med ett nullpunkt.. eksiterte tilstnd er symmetrisk med to nullpunkter. 3. eksiterte er ntisymmetrisk med tre nullpunkter, osv. For de bundne energiegentilstndene er degenersjonsgrden lik 1; det er bre én energiegenfunksjon pr energinivå. For de ubundne energinivåene for dette potensilet, dvs for hver energi E > V 0, hr vi to uvhengige energiegenfunksjoner, dvs degenersjonsgrd. Siden potensilet er symmetrisk, går det n (for E > V 0 ) å finne to energiegenfunksjoner med veldefinert prtitet, én symmetrisk og én ntisymmetrisk. Men, symmetriske lineærkombinsjoner v disse vil også være energiegenfunksjoner. Så svret er nei; energiegenfunksjoner for E > V 0 behøver ikke å h veldefinert pritet. For et endelig éndimensjonlt potensil V (x), som i denne oppgven, er lle energiegenfunksjoner ψ(x) kontinuerlige, og det smme gjelder den deriverte, dψ/dx. Energiegenfunksjonene er ltså kontinuerlige og gltte. b. Fr den tidsuvhengige Schrödingerligningen, [ m x + V (x) ψ = Eψ, finner vi ved innsetting v ψ = A cos q x for 0 < x < l t energien for tilstnden ψ må være E = V (x) ψ / x m ψ = 0 m ( q ) = π ml , q.e.d. Den generelle løsningen v den tidsuvhengige Schrödingerligningen for området l < x < 0, = q ψ, er ψ = A cos q x + B sin q x. ψ I origo skl denne skl gå gltt og kontinuerlig over i kosinusløsningen A cos q x for 0 < x < l. D er det vel ikke rrt t vi må h A = A og B = 0, slik t formelen blir den smme på begge sider v origo. Rent teknisk følger dette fr kontinuitetsbetingelsene, som gir ψ(0 ) = ψ(0+) = A = A; ψ (0 ) = ψ (0+) = q B = 0, dvs. B = 0, q.e.d.

2 Eksmen TFY ugust løsningsforslg c. For den bundne tilstnden ψ er energien E mindre enn potensilet V 0 for x > l. Den tidsuvhengige Schrödingerligningen tr d formen ψ = m [V (x) E ψ κ ψ, med κ = 1 m(v 0 E ). Denne hr den generelle løsningen ψ = Ce κx + De κx. Her må D settes lik null for å gi en kseptbel løsning. For x > l hr vi ltså For l < x < l hr vi tilsvrende ψ = Ce κx, ψ = κce κx og ψ /ψ = κ. ψ /ψ = q A sin q x A cos q x = q tn q x. Kontinuitet v ψ /ψ for x = l krever d t κ = q tn q l = q tn 13π/6 = q tn π/6 = q 3. Innsetting i formelen for κ gir d κ q = m(v 0 E )/ me / = 1, 3 dvs. V 0 E E = 1 3, eller d. V 0 = 4E 3 = π ml π ml 6.59, q.e.d. Som indikert i skissen, er energiegenfunksjonen ψ (x) symmetrisk, med fire nullpunkter. Dette er d fjerde eksiterte tilstnd for dette brønnpotensilet (ψ = ψ 5 ). I tillegg vil det finnes en ntisymmetrisk tilstnd ψ 4 (x), med tre nullpunkter. Med større vstnd mellom nullpunktene krummer denne lngsommere enn ψ = ψ 5, og hr derfor lvere energi (E 4 < E = E 5 ). End lvere energi E 3 hr den symmetriske energiegenfunksjonen ψ 3, som hr bre to nullpunkter. End lvere energi enn denne hr den ntisymmetriske tilstnden ψ med ett nullpunkt. Og lvest energi v lle hr den symmetriske grunntilstnden, som er fri for nullpunkter og derfor krummer lngsomst. Antll energiegentilstnder med energi mindre enn E er ltså fire.

3 Eksmen TFY ugust løsningsforslg 3 Som indikert i figuren, må brønnen gi plss til mer enn 5 hlve bølgelengder dersom det skl eksistere en 6. bundet energiegentilstnd, ntisymmetrisk og med fem nullpunkter. Vi må ltså h q 6 l > 5π. Dette svrer til E 6 = q6 m > m (5π l ) = π ml 6.5. Eksistensen v en 6. bundet tilstnd krever ltså t V 0 > π ml 6.5. I pkt. c fnt vi t V 0 er ørlite grnn større enn dette. Følgelig gir dette brønnpoptensilet virkelig plss til en 6. bundet energiegentilstnd ψ 6 (x). Denne vil være svkt bundet, og det er ikke plss til flere enn disse 6 bundne energiegentilstndene. (En sjuende tilstnd ville kreve q 7 l > 6π, og dette går ikke d det svrer til en energi større enn V 0.) e. Snnsynlighetene for trnsmisjon og refleksjon kn beregnes vh strømtetthetene for innkommende bølge (e ik(x+l) ψ i ), reflektert bølge (be ik(x+l) ψ r ) og trnsmittert bølge (e ik(x l) ψ t ). Disse strømtetthetene er hhvis j i = Re j r = Re j t = Re [ [ [ ψ i im b e ik(x+l) e ik(x l) [ dψ i = Re dx im e ik(x+l) ( ik) be ik(x+l) (ik) eik(x l) im = k m. (ik) eik(x+l) = k im m, = b k m Snnsynlighetene for trnsmisjon og refleksjon er d hhvis T = j t j i = 1 og R = j r j i = b. Den generelle løsningen v den tidsuvhengige Schrödingerligningen for området l < x < l, og er ψ E = me ψ E q ψ E, ψ E = A cos qx + B sin qx A e iqx + B e iqx.

4 Eksmen TFY ugust løsningsforslg 4 Uten å beregne koeffisientene kn vi slå fst t denne løsningen er en periodisk funksjon, med periode (bølgelengde) λ = π/q. Vi hr d l λ = lq π = 6π π = 3, dvs intervllet l svrer til tre hele bølgelengder. Det er vel d åpenbrt (fr periodisiteten) t både ψ E og ψ E vil h smme verdi for x = l som for x = l. Vi hr ltså (vh kontinuiteten for x = l) Kontinuiteten for x = l gir d Løsningen er ψ E ( l) = ψ E (l) = 1 og ψ E( l) = ψ E(l) = ik. + b = 1 og ik( b) = ik, dvs. b = 1. = 1 og b = 0, slik t ψ E (x) = e ik(x+l) for x < l. For den ktuelle energien, som svrer til t q l = 6π, hr vi ltså ingen reflektert bølge. Snnsynlighetene for trnsmisjon og refleksjon er derfor hhvis T = 1 = 1 og R = b = 0. Smme resultt for T og R oppnås åpenbrt når q l = 8π, 10π, 1π osv. Og fktisk også for q l = 7π, 9π, 11π osv. For de sistnevnte verdiene er ψ E ( l) = ψ E (l) og ψ E( l) = ψ E(l), som gir = 1 og b = 0. Oppgve. Energiegenfunksjonen for grunntilstnden for boks (i) er ψ (i) gr.t. = A sin k x x sin k y y sin k z z, med k x = π, k y = π, k z = π. Med finner vi d t Energiegenverdien er ltså ( ) Ĥ = µ x + y + z Ĥ ψ (i) gr.t. = µ (k x + k y + k z)ψ (i) gr.t.. E (i) gr.t. = µ [ ( π ) + ( π ) + ( π ) = π µ 3. For boks (iii), som er trngere, finner vi på tilsvrende måte en noe høyere energi for grunntilstnden: ( ) ( ) ( ) E (iii) gr.t. = π π π + + = π µ µ.

5 Eksmen TFY ugust løsningsforslg 5 b. Ved innsetting finner vi ˆL z Φ m = i φ eimφ = m Φ m, så Φ m er en egenfunksjon til ˆLz med egenverdi m. Med m heltllig (0, ±1, ±, ) unngår vi et sprng i Φ m som funksjon v φ, og dermed en δ-funksjon i den deriverte. Funksjonen Φ må ltså bite seg selv i hlen for å være en kseptbel egenfunksjon til ˆL z. Egenfunksjoner og egenverdier til Ĥ (z) = ( /µ) / z er ψ (z) n z (z) = A sin πn zz og E (z) n z (z) = µ ( ) πnz. Innsetting i den tidsuvhengige Schrödingerligningen (Ĥ E)ψ = 0 gir (med E = E (z) + k /µ) ( 0 = [ µ r + 1 ) + ˆL z r r µr + Ĥ(z) E R (m) (r)φ m (φ)ψ n (z) z (z) ( = [ µ r + 1 ) + m r r µr k R (m) (r)φ m (φ)ψ n (z) µ z (z). Multipliksjon med µr / (og divisjon med Φ m og ψ (z) n z ) gir rdilligningen 0 = r d R (m) dr + r dr(m) dr + [ m + k r R (m) = (kr) d R (m) dr(m) + kr d(kr) d(kr) + [(kr) m R (m). c. De kseptble løsningene v rdilligningen for en gitt m er J m (kr), med ekstrkrvet J m (k) = 0, siden potensilet er uendelig for r >. Produktet k må ltså være lik et v nullpunktene for Bessel-funksjonen J m : Energiegenverdiene (-nivåene) er ltså E (m) nn z hvor n z = 1,,, er = µ ψ (m) nn z k = Π (m) n = k n (m) ( πnz = Π (m) n /. ) ( ) Π (m) + n = π [ n µ z + (Π (m) n /π), m = 0, 1,, og n = 1,,. De tilsvrende energiegenfunksjonene J m (Π m n r/) e imφ sin n zπz, (m = ± m ). Grunntilstnden svrer til n z = 1 og den lveste v nullpunktsverdiene Π (m) n. Denne finner vi for m = 0 og n = 1 : E (ii) gr.t. = E m=0 n=1,n z=1 = π µ [ 1 + (.4048/π) = π µ

6 Eksmen TFY ugust løsningsforslg 6 Den tilhørende energiegenfunksjonen er ψ gr.t. J 0 (.4048 r/) 1 sin πz. Vi ser her t E (ii) gr.t. kommer ut med en verdi som er litt større enn grunntilstndsenergien for boks (i), men mindre enn for boks (iii). Dette er nturlig, d boks (ii) er trngere enn boks (i), men ikke så trng som boks (iii). d. Fr formelen ovenfor og tbellene i oppgveteksten frmgår det t 1.,. og 3. eksiterte nivå lle hr n z = 1 (ltså ingen eksitsjon i z-retningen), mens de øvrige kvntetllene er som følger: 1. eks. nivå: n = 1, m = ±1, E = π (ltså rotsjons-eksitsjon ).. eks. nivå: n = 1, m = ±, E = π (mer rotsjons-eksitsjon ). 3. eks. nivå: n =, m = 0, E = π µ [1 + (3.8317/π) = π µ [1 + (5.1356/π) = π µ [1 + (5.501/π) = π µ.488, µ 3.67, µ 4.087, (eksitsjon bre rdielt). For 1. og. eksiterte nivå er degenersjonsgrden lik, siden m kn h begge fortegn. For 3. eksiterte nivå er g = 1; vi hr bre én tilstnd, med m = 0.