Løsningsforslag Eksamen 9. desember 2006 TFY4250 Atom- og molekylfysikk /FY2045 Kvantefysikk

Transkript

1 Eksamen TFY450/FY esember løsningsforslag 1 Løsningsforslag Eksamen 9. esember 006 TFY450 Atom- og molekylfysikk /FY045 Kvantefysikk Oppgave 1 a. Grunntilstanen ψ 1 (x) har ingen nullpunkter. Første eksiterte tilstan ψ (x) har ett nullpunkt. Når potensialet er enelig som her, må alle energiegenfunksjoner ψ(x) være kontinuerlige, og et samme gjeler en eriverte, ψ (x) = ψ(x)/x, og erme også en logaritmisk eriverte, ψ /ψ. For 0 < x < L har en tisuavhengige Schröingerligningen for 1. eksiterte tilstan ψ (x) formen ψ = m h [V (x) E ]ψ = mv 0 h ψ = 1 ψ a. 0 Innsetting av ψ = A sin[k (x a)] gir ψ = k ψ, vs k = 1 a 0. b. For x < 0 og E = E = V 0 tar en tisuavhengige Schröingerligningen formen ψ = m h [V (x) E ]ψ = mv 0 h ψ = k ψ, me en generelle løsningen ψ = Ce k x + De k x. Her må koeffisienten D settes lik null for å gi en akseptabel løsning: ψ (x) = Ce k x for x < 0, q.e.. For x > L har vi tilsvarene Den akseptable løsningen er her ψ = m 3V 0 h ψ = (k 3) ψ. ψ (x) = C e 3 k x for x > L. Vi ser her at ψ ikke har nullpunkter hverken for x < 0 eller x > L, så et eneste nullpunktet (x = a) må ligge i intervallet 0 < a < L. Skissen blir a omtrent slik:

2 Eksamen TFY450/FY esember løsningsforslag c. Det enkleste er her å bruke kontinuiteten av en logaritmisk eriverte, ψ /ψ. For x < 0 er ψ = (Cekx ) = k ψ Ce k (for x < 0). x For 0 < x < L er ψ = (A sin[k (x a)]) = k cot[k (x a)]. ψ A sin[k (x a)] Kontinuiteten for x = 0 gir a cot[k ( a)] = 1, vs. tan k a = 1, vs. k a = arctan( 1) = π 4, 3π 4,. Fra skissen ovenfor ser vi at fasebeløpet k a må ligge mellom 1 π og π. Løsningen er altså k a = 3 4 π, q.e.. Det er vel nå klart at vi kan finne fasebeløpet k (L a) på tilsvarene måte, ve å bruke kontinuiteten for x = L. For x > L er ψ 3 k x ) = (C e ψ C e 3 k x Kontinuiteten for x = L gir a = k 3 (for x > L). k cot[k (L a)] = k 3, vs. tan[k (L a)] = 1 3, = k (L a) = arctan( 1/ 3) = π 6, 5π 6,. Fra skissen skjønner vi a at fasebeløpet k (L a) må være 5π/6. Derme har vi k L = k a + k (L a) = 3π 4 + 5π 6 = 19π 19π, vs. L = = 19π 1 1k 1 a 0 5a 0.. Sannsynlighetstrømtettheten er [ ] [ j(x) = Re ψ h ψ E (e E = Re ikx + r e ikx) h im x im ik ( ] e ikx re ikx) = hk ( ) 1 r + hk m m Re[r e ikx re ikx ] = hk ( ) }{{} 1 r, q.e.. m iim(r e ikx ) For V 0 < E < 4V 0 har en akseptable løsningen av en tisuavhengige Schröingerligningen formen ψ E (x) = Ce κx, me κ = 1 h m(4v 0 E), for x > L. Denne svarer til en strømtetthet [ ] ] j(x) = Re C κx h e im ( κ)ce κx = Re [i hκm C e κx = 0. Da j(x) er uavhengig av x for en stasjonære énimensjonale løsningen Ψ E (x, t) = ψ E (x)e iet/ h, må vi altså ha r = 1. Sannsynligheten for refleksjon (refleksjonskoeffisienten) er erfor R = r = 1, q.e..

3 Eksamen TFY450/FY esember løsningsforslag 3 e. Den transmitterte strømtettheten er j t = Re [ t e ik x h ] im (ik )te ik x = t hk m. Me en innkommene strømtetthet j i = hk/m blir a transmisjonskoeffisienten T = j t j i = t k k. Når E går mot 4V 0 ovenfra, vil k = m(e 4V 0 )/ h gå mot null, mens båe k, q og t har enelige verier. Følgelig går sannsynligheten for transmisjon mot null i enne grensen: lim T = 0. E 4V 0 Oppgave a. Sien V (r) = 0 for 0 < r < a, og me l = 0, forenkler raialligningen for funksjonen u nl (r) rr nl (r) (se formelarket) seg til et énimensjonalt boks-problem: u = µe h Den generelle løsningen er u k u ( E h k ) µ, 0 < r < a. u(r) = A sin kr + B cos kr. Kravet u(0) = 0 gir B = 0. Sien V (r) = for r a, må vi ha u(a) = 0, som gir u(r) = A sin ka = 0, vs. k n a = πn; n = 1,,. Energiegenveriene for l = 0 blir altså E n0 = h k n µ = ( hπn) µa, q.e.. De tilhørene unormerte løsningene for raialfunksjonene blir R n0 (r) = u n0(r) r = A sin k n r r i overensstemmelse me formlene i oppgaveteksten. = A sin(πnr/a) ; (l = 0); n = 1,,. r b. Fra oppgaveteksten følger et at vi har én raialfunksjon R nl (r) for hvert nullpunkt Π (l) n i Bessel-funksjonene. [Det er ette nullpunktet i j l som sørger for at R nl (r) j l (Π (l) n r/a) blir lik null for r = a.] Da en tilhørene energien er proporsjonal me [Π n (l) ], svarer 1. eksiterte nivå til en nest laveste nullpunktsverien i tabellen: Π (1) 1 = = E n=1,l=1 = ( h ) µa.

4 Eksamen TFY450/FY esember løsningsforslag 4 Anre eksiterte nivå svarer til en neste nullpunktsverien: Π () 1 = = E n=1,l= = ( h ) µa. Første eksiterte nivå har altså n = 1 og l = 1, slik at e mulige magnetiske kvantetallene er m = 0, ±1. Degenerasjonsgraen er a g = 3. Raialfunksjonen er R 11 (r) = Aj 1 ( r/a). De tre energiegenfunksjonene for 1. eksiterte nivå er erme ψ n=1,l=1,m = Aj 1 ( r/a)y 1m (θ, φ), m = 1, 0, +1. [Kommentar: For en kulesymmetriske boksen spiller et ingen rolle hvoran vi legger et kartesiske aksekorset, bare vi legger origo i kulesentret.] Fra en oppgitte, énimensjonale raialligningen for u nl (r) = rr nl (r) vet vi at energien for en gitt l er strengt stigene for økene antall nullpunkter i intervallet 0 < r < a (vs for økene raialkvantetall n r ). Den laveste energien for en gitt l har vi a for n r = 0. Samtiig ser vi fra en oppgitte tabellen at energien for en gitt l (eriblant l = 0, 1 og ) er lavest for n = 1. Sien raialfunksjonene båe for grunntilstanen og 1. og. eksiterte nivå har n = 1, kan vi konkluere me at ingen av isse raialfunksjonene har nullpunkter i intervallet 0 < r < a (n r = 0; minimal krumning). c. La oss velge z-aksen normalt på en sirkelformee grunnflaten i en halvsirkelformee boksen, me origo i sentrum, slik at enne boksen blir rotasjonssymmetrisk mhp z-aksen. Da vil alle egenfunksjonene ψ nlm for en kuleformee boksen oppfylle egenveriligningene for Ĥ, ˆL og ˆL z inne i boksen. De er også lik null på halvkuleflaten r = a. Da gjenstår et bare å kreve at ψ = 0 for θ = 1 π, som svarer til en nevnte grunnflaten. Dette kravet oppfylles ikke av s-bølgene ψ n,l=0,m=0. De neste kaniatene til bølgefunksjon for grunntilstanen blir a ifølge tabellen i oppgaveteksten løsningene for l = 1, og n = 1, som er proporsjonale me vinkelfunksjonene Y 1m. Av isse er et bare Y 10 cos θ som er lik null for θ = 1 π. Følgelig er bølgefunksjonen og energien for grunntilstanen for en halvkuleformee boksen ψ n=1,l=1,m=0 = Aj 1 ( r/a) cos θ og E n=1,l=1 = ( h ) µa. Fra tabellen i oppgaveteksten ser vi at en første kaniaten til 1. eksiterte nivå for en halvkuleformee boksen er nivået for n = 1 og l =. Av e fem vinkelfunksjonene Y m er et bare Y,±1 = 15/(8π) sin θ cos θ e ±iφ som er lik null for θ = 1 π. Vi kan altså konkluere me at energien og e to tilhørene energiegenfunksjonene for 1. eksiterte nivå er E n=1,l= = ( h ) µa og ψ n=1,l=,m=±1 = Aj ( r/a) sin θ cos θ e ±iφ. Oppgave 3 ( ) ( ) a. Me S z χ + = 1 h = hχ + og S z χ = hχ 1, og me Ĥ = ωs z er et lett å se at χ ± er energiegentilstaner: Ĥχ ± = ωs z χ ± = ± hω 1 χ ±.

5 Eksamen TFY450/FY esember løsningsforslag 5 Energiegenveriene er altså E ± = ± hω 1 = ± 1 e h gb. m p For et B-felt på 4 Tesla blir e to energiene E ± = ± 1 e h gb = ± 1 m gb 1 kjernemagneton ± ev ± ev. p Ve overganger mellom e to tilstanene utveksles et a fotoner me energi hν = E + E = ev, som svarer til en bølgelenge λ = c ν = hc hν evs m/s ev 1.76 m. b. Ifølge målepostulatet skal en måling av S x gi en av egenveriene til S x og etterlate spinnet i en tilhørene egentilstanen. Da må vi kontrollere at en oppgitte tilstanen virkelig er en egentilstan til S x : S x χ(0) = 1 h ( ) ( 1/ 1/ ) = 1 h ( 1/ 1/ ), q.e.. Måleresultatet er altså S x = + h. 1 Me a = b = 1/ finner vi fra en oppgitte formelen at spinnretningen og forventningsverien av S ve t = 0 er σ 0 = ê x og S 0 = ê x 1 h. Fra en generelle formelen for tisutviklingen av forventningsverier finner vi at t S z t = ī [ Ĥ, S z ] = iω h h [S z, S z ] = 0. Følgelig er forventningsverien av S z konstant: S z t = S z 0 = 0 (og σ z t = 0). c. Fra reieimpulsalgebraen og en generelle formelen for tisutviklingen av forventningsverier finner vi at t S x t = iω h [S z, S x ] t = ω S y t Herav følger at me generell løsning og t S x t = ω t S y t = ω S x t, S x t = A sin ωt + B cos ωt og S y t = 1 ω t S y t = iω h [S z, S y ] t = ω S x t. t S x t = A cos ωt + B sin ωt.

6 Eksamen TFY450/FY esember løsningsforslag 6 Innsetting for t = 0 gir slik at løsningen er 1 h = B og 0 = A, S x t = 1 h cos ωt og S y = 1 h sin ωt. Det vi ser her er at forventningsverien S t og erme spinnretningen σ t preseserer omkring z-aksen, i henhol til formelen t S t = ω S.