Løsningsforslag Eksamen 8. august 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I

Transkript

1 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 8. august FY45/TFY45 Kvantemekanikk I a. For E < V blir området x > klassisk forbudt, og den tidsuavhengige Schrödingerligningen kan i dette området skrives på formen ψ m [V E]ψ κ + ψ κ + mv E, x >. For området x > er den generelle løsningen da ψ C e κ +x + D e κ +x. Her må vi sette D for å få en løsning som ikke går mot uendelig i grensen x. En egenfunksjon for E < V må altså ha formen ψ C e κ +x for x >, med κ + mv E. med For E > er k me/. ψ me ψ k ψ for x <, Den generelle løsningen kan her skrives på formen ψ C kx + C sin kx, og beskriver følgelig en ikke-lokalisert, ubunden tilstand, som ikke kan normeres til. Partikler som kommer inn fra venstre med < E < V vil bli reflektert med % sannsynlighet. b. Skjøtebetingelsene i origo er at ψ skal være kontinuerlig, mens ψ har et sprang: ψ + ψ, ψ + ψ mβ ψ. Vi har alt sett at egentilstander med E > er ubundne. Dersom det finnes en egenfunksjon med E, så må denne oppfylle ligningen Den generelle løsningen av denne er ψ m [V x E]ψ for x <. ψ Ax + B, der A må settes lik null for å hindre at ψ når x. En eventuell egenfunksjon med E må altså ha formen ψ B for x <. [Her må B, da skjøtebetingelsen ellers gir den trivielle løsningen som er lik null over alt.] En eventuell egenfunksjon for E beskriver følgelig en ikke-normerbar og ikke-lokalisert og dermed ubunden tilstand.

2 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag For E < har vi for x < : ψ m [ E]ψ κ ψ, Den akseptable løsningen av denne er med κ m E. ψ C e κ x for x <, idet D exp κ x for x. c. Med ψ + ψ me κ + V E v ɛ og a ψ ψ κ a ɛ gir diskontinuitetsbetingelsen κ + κ m eβ b a b >. Multiplikasjon på begge sider med a gir da med ɛ ɛ betingelsen v + ɛ + ɛ b, q.e.d. I grensen v ser vi at betingelsen bestemmer energien entydig, slik at vi som kjent får bare én bunden tilstand: ɛ b ɛ b /4 E 4 b Ry. Da venstresiden i betingelsen v + ɛ + ɛ b er en strengt stigende funksjon av ɛ og er lik v for ɛ, skjønner vi at ligningen bare kan være oppfylt for én energi, forutsatt at b > v, slik at ɛ blir positiv og energien blir negativ. [Ved å kvadrere to ganger kan det vises at løsningen for energien i Rydberg er ɛ [b v /b].] d. Når E nærmer seg V ovenfra dvs ɛ v, går ɛ v mot null, slik at koeffisienten r nærmer seg grensen ɛ + ib v + ib ɛ ib v ib, og slik at refleksjonskoeffisienten R r nærmer seg grensen v + ib. v ib I denne grensen har vi altså prosent refleksjon, i tråd med resultatet for < E < V jf pkt. a.

3 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag 3 For v enkel δ-brønn er ib R ɛ ib b 4ɛ + b << dersom ɛ >> b /4. [Jf grunntilstanden, som hadde ɛ b /4. Vi ser at R / for ɛ b /4, så b /4 setter på en måte skalaen for energien i dette tilfellet.] For b enkelt potensialsprang er v /ɛ R + v /ɛ Her oppnås vha formelen δ δ + Oppgave R v /ɛ v /ɛ << dersom ɛ >> v dvs E >> V. a. De mulige egenverdiene til S ˆn er som for en vilkårlig komponent av S ±, slik at egenverdiene til σ ˆn er ±. Ifølge målepostulatet er tilstanden χ umiddelbart etter energimålingen en av egentilstandene til Ĥ ω σ ˆn, og måleverdien er den tilsvarende egenverdien. Vi regner derfor ut σ ˆn χ n x σ x + n z σ z θ sin θ θ θ + sin θ sin θ sin θ θ θ sin θ. θ sin θ sin θ θ θ θ sinθ θ θ sin θ χ. Dette viser at χ er en egentilstand til Ĥ med egenverdi E ω, som følgelig er den målte energiverdien. Spinnretningen umiddelbart etter målingen er selvsagt ˆn, men la oss regne den ut, som en kontroll. Med a θ og b sin θ er slik at a b sin θ θ sin θ og a b θ sin θ θ, σ ˆx Rea b + ŷ Ima b + ẑ a b ˆx sin θ + ẑ θ ˆn, q.e.d. Energimålingen tvinger systemet inn i en av de to stasjonære tilstandene i denne problemstillingen, nemlig χˆn t χ e iet/ θ sin θ e iωt/. Spinnretningen er da konstant: σ t χ ˆn t σ χˆnt χ σ χ ˆn.

4 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag 4 b. Med χ χ og Ĥ ω σ z er sannsynlighetene for måleresultatene E + ω og E ω henholdsvis P + θ og P sin θ. Forventningsverdiene av E og E ved tiden t + er da hhvis E P + E + + P E ω θ sin θ ω θ og E P + E + + P E ω. [Alternativt har vi E ωσ ẑ ω ẑ σ ω θ og E ω σz ω.] Usikkerheten i energien blir da E E E ω sin θ, og er som vi ser lik null for θ, π og maksimal for θ π. For t > t er Hamilton-operatoren tidsuavhengig, slik at d dt E ī [Ĥ, h Ĥ], dvs slik at E blir tidsuavhengig. Tilsvarende for E, og dermed også for E. Det samme innser vi ved å notere oss at for t > t er χt θ exp ie +t/ sin θ exp ie t/ slik at sannsynlighetene P + og P blir tidsuavhengige. c. Formelen ovenfor, χt θ exp ie +t/ sin θ exp ie t/ θ exp iωt/ sin θ expiωt/ gjør det enkelt å finne spinnretningen som funksjon av tiden. Med a b sin θe iωt og a b θ blir spinnretningen σ t ˆx sin θ ωt + ŷ sin θ sin ωt + ẑ θ ˆx ωt + ŷ sin ωt sin θ + ẑ θ. Her ser vi at spinnretningen preseserer omkring B-retningen ẑ med vinkelfrekvensen ω. Det samme gjør da også forventningsverdien av S, som er, a b, S [ˆx ωt + ŷ sin ωt sin θ + ẑ θ]. [Et alternativ er å bruke formelen for tidsutvikling av forventningsverdier, sammen med dreieimpulsalgebraen.]

5 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag 5 Oppgave 3 a. De aktuelle matrise-elementene, mellom begynnelsestilstanden ψ i ψ og slutttilstandene ψ f ψ nz, er V fi t p δt ψ xψ yψ n z z z ψ xψ yψ zdxdydz p δt ψ n z z z ψ zdz p δti nz,, idet integralene over x og y ganske enkelt er normeringsintegraler lik. Amplitudene for disse overgangene er ifølge.-ordens perturbasjonsteori og de oppgitte integralene lik null for n z 3, 5, 7 osv, og lik a nz i ip L Sannsynlighetene for disse overgangene er P nz p L V fi t e iω fit dt ip I n z, δt e iω fit dt }{{} 8n z π n z for n z, 4, 6,. 64 n z π 4 n z 4 ; n z, 4,. b. Amplitudene for overganger fra grunntilstanden ψ til eksiterte tilstander ψ nxnyn z med n x og/eller n y er lik null fordi de er proporsjonale med integralene ψ n x x ψ xdx ψ n y y ψ ydy δ nx,δ ny,. Vi får altså ingen overganger til tilstander med n x og/eller n y med den aktuelle perturbasjonen. Ved innsetting av n z lik og 4 finner vi at den dominerende overgangssannsynligheten er 4 4 p P L 3π.34 p L, idet 4 4 p P 4 4 L 5π. p L og de påfølgende sannsynlighetene er vesentlig mindre. For at.-ordens perturbasjonsteori skal gi nøyaktige resultater, må den samlede overgangssannsynligheten være mye mindre enn. Gyldighetskravet blir altså at p << 3 L. I integralet I k,n kan vi godt erstatte faktoren z med faktoren z L/, siden integralet ψ k L/ ψ ndz. Da faktoren z L/ er antisymmetrisk mhp midtpunktet, blir integranden antisymmetrisk og integralet lik null for n k et like tall. Dette gjelder i virkeligheten ikke bare til første orden, men eksakt, idet den eksakte tidsavhengige bølgefunksjonen kan skrives som produktet av én tidsavhengig bølgefunksjon for hver av de kartesiske retningene. Bevegelsene i x- og y-retning beskrives da av stasjonære grunntilstandsløsninger av typen Ψ x x, t Ψ x, t, mens Ψ z z, t vil avhenge av perturbasjonen.

6 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag 6 Til sammenligning er den midlere kvadratiske impulsen i grunntilstanden bestemt av p rms p m ee 3π 9.6 L L. Kravet er altså ikke uventet at impulsoverføringen p må være mye mindre enn den karakteristiske impulsen for grunntilstanden. c. Ved hjelp av ortonormeringen av bokstilstandene finner vi at x-komponenten d x av dipolmomentet d fi ved overgangen fra ψ i ψ til ψ f ψ nxn yn z er d x ψ n xn yn z x ψ d 3 r I nx,δ ny,δ nz,. ψ n x x x ψ xdx ψ n y yψ ydy ψ n z zψ zdz Her ser vi at den eneste spontane overgangen fra ψ med d x er overgangen ψ ψ. For denne overgangen er d y ψ y ψ d 3 r og d z ψ z ψ d 3 r fordi ψ x og ψ x er ortogonale. Ut fra dette resultatet skjønner vi at ψ kan de-eksiteres via tre mulige spontane overganger: ψ ψ, med d fi ê x I,, ψ ψ, med d fi ê y I,, ψ ψ, med d fi ê z I,. Bohr-frekvensen for de tre overgangene er ω E E 3π m e L. Med I, 6L/9π blir den samlede overgangsraten fra tilstanden ψ da w w + w + w 3 α 4ω3 3c d x α 4 3 3π 6L 8π 3 α c m e L 9π 3 c m 3 el. 4 Her ser vi at den samlede overgangsraten er omvendt proporsjonal med L 4. d. Med L 4 a blir størrelsen av dipolmomentet av typisk atomær størrelsesorden: d x 6 9π 4a.75 a.38 m. Det samme gjelder energien ω til det emitterte fotonet, som blir ω E E 3 π m e L 3π 6 m e a 3π ev 5.8 ev,

7 Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag 7 og Bohr-frekvensen, som blir ω 5.8 ev evs s. Innsetting i formelen for w gir en overgangsrate fra tilstanden ψ på w α 4ω3 c d x.64 s. Dipoltilnærmelsen er en god tilnærmelse dersom kl <<. Vi regner derfor ut kl ω c 4a Konklusjonen er at dipoltilnærmelsen er en god tilnærmelse i det aktuelle tilfellet.