FYS2140 Kvantefysikk, Oblig 7. Sindre Rannem Bilden, Gruppe 4

Transkript

1 FYS214 Kvantefysikk, Oblig 7 Sindre Rannem Bilden, Gruppe mars 215

2 Obliger i FYS214 merkes med navn og gruppenummer! Denne obligen dreier seg om (bølgepakker av fri partikkel tilstander og om såkalte degenererte tilstander. Oppgavene tilsvarer Oppgave 2.21, 2.45 og 2.46 i Griths. Oppgave 1 En fri partikkel har som initialbetingelse bølgefunksjonen hvor A og a er positive reelle konstanter. a Normaliser Ψ(x,. Ψ(x, Ae a x, (1 Svar: 1 A 2 A 2 2 A2 a [ 1] A a e 2a x e 2a x b Finn φ(k. Svar: φ(k 1 2π e ikx ae a x 1 e [ikx+a x ] 2π ( a e [ikx ax] + 2π ( [ ] a 1 [ 2π a ik e[a ik]x + [ ] a 1 2π a ik 1 (ik + a [ ] a 2a 2π k 2 + a 2 e [ikx+ax] 1 (ik + a e [ik+a]x ]

3 c Konstruer Ψ(x, t i form av et integral. Svar: Ψ(x, t Ψ(x, 1 π e a x 1 2π φ(ke ī h E(kt dk ( a 2 k 2 + a 2 e ī h E(kt dk d Diskuter hva som skjer med partikkelen i grensene hvor a er veldig stor og a er veldig liten. Svar: Når man ser på Ψ(x, t opp mot ψ(k ser man at når den ene er veldenert er den andre veldig uskarp. a gir skarp posisjon, og a gir skarp bevegelsesmenge. Siden φ(k er et uttykk for bevegelsesmengden til partikkelen er dette veldig logisk. Heisenbergs uskarphetsrelasjon sier nettop dette, at possisjon og bevegelsesmengde ikke kan måles skarpt samtidig. σ x σ p h 2.

4 Oppgave 2 Hvis to (eller ere distinkte løsninger av den tids-uavhengige Schrödingerligningen har samme energi E, så sier vi at tilstandene er degenererte. For eksempel er fri-partikkel løsningene dobbelt degenererte en løsning representerer bevegelse mot høyre, og den andre mot venstre. Men, vi har aldri møtt normaliserbare degenererte løsninger, og dette er ingen tilfeldighet. Bevis det følgende teoremet: i en dimensjon nnes det ingen degenererte bundne tilstander. Hint: anta at det nnes to løsninger, ψ 1 og ψ 2, med samme energi E. Multipliser Schrödingerligningen for ψ 1 med ψ 2, og Schrödingerligningen for ψ 2 med ψ 1, og nn dieransen, for å vise at (ψ 2 dψ 1 / ψ 1 dψ 2 / er en konstant. Bruk at for normaliserbare løsninger så må vi ha at ψ ved ±, for å demonstrere at denne konstanten er null. Konkluder med at ψ 2 er et tall multiplisert med ψ 1, og at de to løsningene derfor ikke er distinkte. Svar: Regner ut SL paralelt for to løsninger ψ 1 og ψ 2. ψ 2 h 2 2m Ĥψ 1 Eψ 1 Ĥψ 2 Eψ 2 ψ 2 Ĥψ 1 ψ 2 Eψ 1 ψ 1 Ĥψ 2 ψ 1 Eψ 2 ψ 2 Ĥψ 1 ψ 1 Ĥψ 2 d 2 ψ ψ h 2 d 2 ψ 2 2V (xψ 1 ψ 1 2m 2 ψ 1V (xψ 2 d 2 ψ 1 d 2 ψ 2 ψ 2 ψ 2 d ( dψ1 2 ψ 1 2 ( dψ2 ψ 1 d ( ( dψ1 dψ2 ψ 2 ψ 1 C Siden (2 gjelder for alle ψ og ψ når x ± må C. Kan skrive om (2 og nne et forhold mellom ψ 1 og ψ 2. 1 dψ 2 ψ 2 1 dψ 1 ψ 1 ln ψ 2 ln ψ 1 + α ψ 2 E ln ψ 1 +α ψ 2 e α ψ 1 Setter α iθ gir ψ 2 e iθ ψ 1 som går bort i absoluttverdikvadratet, ψ 2 2 ψ 1 2.

5 Oppgave 3 Tenk deg en ring med masse m som sklir friksjonsløst på en vaier formet som en sirkel med omkrets L. (Dette tilsvarer en fri partikkel, bortsett fra at ψ(x+l ψ(x. Finn de stasjonære tilstandene (med passende normalisering og de tilhørende energiene. Merk at det er to uavhengige løsninger for hver energi E n som korresponderer til bevegelse med eller mot klokka; kall disse ψ + n (x og ψ n (x. Hvordan vil du forklare denne degenerasjonen i forhold til teoremet i Oppgave 2? (Hva er det som gjør at teoremet ikke kan brukes i dette tilfellet? Svar: Bølgefunksjonen for en fri partikkel er ψ(x Ae ikx. ψ(x Ae ikx ψ(x + L ψ(x A[cos(kx i sin(kx] A[cos(k(x + L i sin(k(x + L] A[cos(kx i sin(kx] cos(kx + kl i sin(kx + kl cos(kx i sin(kx cos(kx i sin(kx cos(kx cos(kl sin(kx sin(kl cos(kx i sin(kx cos(kx[cos(kl i sin(kl] i sin(kx cos(kl i sin(kl cos(kx sin(kx[sin(kl + i cos(kl] Dette gir kravet sin(kl og cos(kl 1 kl n2π k n2π L Bølgefunksjonen blir da ψ n (x Ae 1 A 2 L 1 L A 2 A 1 L n2π i L e i n2π L x e x og normalisering gir: n2π i L x

6 Energien blir kvantisert: h 2 2m Ĥψ n Eψ n h 2 d 2 ψ n 2m 2 Eψ n ( i n2π 2 ψ n Eψ n L E h2 (2π 2 2mL 2 n2 Selv om ringen ikke er bundet av et potensiale V (x settes grensebetingelsen ψ(x + L ψ(x som tilsvarer et repeterende mønster for å få stående bølger, dette fører til kvantisering av energi. Siden energiene er uavhengig om ringen går med eller mot klokken vil disse energiene være degenererte, på samme måte kan det tenkes at partikkelen beveger seg i positiv eller negativ retning i R 1. Energimessig ser vi på samme tilstand, der eneste forskjell er hvilken retning vi denerer som positiv i koodinatsystemet.