Løsningsforslag Eksamen 1. desember 2009 TFY4250/FY2045

Transkript

1 Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 a. For n = 3j er Løsningsforslag Eksamen 1. desember 9 TFY45/FY45 ψ () 3j (L/3) = A sin(jπ) = og ψ () 3j (L/3) = A sin(jπ) =. Vi kan da konstatere at egenfunksjonene ψ () 3j (x) (for β = ) oppfyller egenverdiligningen i intervallene der V (x) =, samtidig som de oppfyller diskontinuitetsbetingelsene i x = L/3 og x = L/3, som i tilfellene n = 3j bare krever at bølgefunksjonene er glatte i disse punktene, og det er jo oppfylt for funksjonene ψ () 3j (x). Følgelig er løsningene for n = 3j (og β ): ψ 3j (x) = ψ () 3j (x) = A sin(3jπx/l) ; j = 1,,. Egenfunksjonen ψ 3 (x) = A sin(3πx/l) har formen med nullpunkter i x = L/3, L/3. Med bølgetallet k 3 = 3π/L er energien til denne tilstanden E 3 = ( h /m)ψ 3 ψ 3 = h k3 m = 9 π h ml. b. For E 1 = følger det fra den tidsuavhengige Schrödingerligningen at ψ 1 er lik null for x L/3, L/3. Dette betyr at ψ 1 må være lineær unntatt i de to punktene x = L/3, L/3, hvor den deriverte har sprang. Dessuten skal grunntilstanden ψ 1 (x) være symmetrisk: Like til høyre for knekken i x = L/3 er den logaritmisk deriverte ψ 1/ψ 1 lik null. Like til venstre for knekken ser vi at den logaritmisk deriverte er ψ 1/ψ 1 = 1/(L/3) = 3/L. Innsetting i diskontinuitetsbetingelsen gir da 3 L = mβ h = β = 3 h ml.

2 Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag Vi kan konstatere at δ-brønnene med β = β er akkurat dype nok til å senke grunntilstandsenergien fra E () 1 = h π til E ml 1 =. Øker vi dybden β ytterligere, blir E 1 negativ. For β > β må ψ 1 nemlig ha en kraftigere knekk i x = L/3 og x = L/3, og da skjønner vi at ψ 1 må krumme utover fra aksen. Dette svarer til E 1 <. c. Figuren i oppgaveteksten viser at fasen k x passerer π/ omtrent ved x =.9 L, slik at k.9l π/. Vi har altså k π.9 L 5.4 L Til sammenligning er for β = og E = h k m = h ml 5.4. E () = h ml (π), slik at E E () ( ) 5.4 =.74. π Som vi ser er energien E noe lavere enn for β =. [Deltabrønnene senker energiene til alle tilstandene unntatt de som ikke berøres i det hele tatt.] Det er lett å finne en brønnstyrke β som gir E =. Egenfunksjonen ser da slik ut: Dikontinuitetsbetingelsen i x = L/3 gir 6 L 3 L = mβ h = β = 9 h ml = 3β. Konklusjonen er at E er negativ for β > 3β = 9 h /(ml). E 4 er nødvendigvis større enn E 3 = E () 3 = 9π h /(ml ). Så E 4 kan ikke bli negativ.

3 Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 3 Oppgave a. Med x ψ (x) = h/(mω) ψ 1 (x) blir matrise-elementene (V 1 ) ni (t) = F (t) ψ h h n mω ψ 1 dx = F (t) mω δ n1. Ifølge førsteordens perturbasjonsteori er da overgangsamplitudene a n (t) = h mω δ 1 t n1 F (t )e iω nit dt i h = F h mω δ n1 1 i h τ e iωt dt, } {{ } I(t) der τ = min(t, t ). I denne tilnærmelsen har vi altså bare overgang til 1. eksiterte nivå, med en overgangsamplitude a 1 (t) = if I(t). hmω b. For t << 1/ω (og t > t ) har vi at I(t) = t e iωt dt = 1 iω (eiωt 1) = 1 iω [iωt + 1 (iωt ) + ] = t [1 + O(ωt )] t, slik at overgangsamplituden og overgangssannsynligheten til 1. eksiterte tilstand blir (for t > t ) a 1 (t) = if t og P 1 = a 1 (t) = (F t ) hmω hmω. Her er F t p impulsoverføringen pga perturbasjonen, og da må selvsagt også nevneren ha dimensjonen til en kvadrert impuls. Siden forventningsverdiene av kinetisk og potensiell energi er like store for stasjonære oscillatortilstander, følger det at den midlere kvadratiske impulsen i grunntilstanden er p rms p 1 x = m hω/4 = hmω. Overgangssannsynligheten kan derfor skrives på formen P 1 = ( p). (t 4p << 1/ω). rms Førsteordens perturbasjonsteori er bare gyldig så lenge amplitudene er tilnærmet lik de verdiene de hadde i beynnelsestilstanden. Resultatet ovenfor er derfor en god tilnærmelse dersom ( p) = (F t ) << p rms = hmω. 1

4 Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 4 c. For t > t har vi fra pkt. a og pkt. b: if P 1 = I(t) hmω = F p rms sin (ωt /) ω. = F hmω e iωt 1 iω For ωt << 1 ser vi at den siste faktoren forenkler seg til t /4, i overensstemmelse med resultatet i pkt. b. Som funksjon av t ser vi at P 1 går som sin (ωt /): Denne har åpenbart et maksimum for t = t max = π/ω T/. Maksimalverdien er P 1 max = F p rmsω = F 1. hmω3 Når t ligger i nærheten av t max = π/ω, er sin(ωt /) sin(π/) = 1. For at førsteordensresultatet ovenfor skal være en god tilnærmelse, må vi da kreve at Oppgave 3 a. I dipolmomentet F << 1 hmω3 = p rms ω. d fi = kan pariteten til integranden skrives på formen Y l m r Y lm dω ( 1) l +1+l = ( 1) l l ( 1) l. Integranden er altså antisymmetrisk og integralet lik null for like l; overganger med like l er forbudte i elektrisk-dipol-tilnærmelsen. I integralet 4π ( ) d lm l m = R Y l 3 m ê z Y 1 êx iê y Y 11 + êx + iê y Y 1 1 Y lm dω er produktet Y l m Y lm proporsjonalt med exp(imφ im φ) = exp( iφ m), mens de tre leddene i midten går som exp(im φ), med m lik hhvis, 1 og 1. I uttrykket ovenfor har vi derfor 1 ett bidrag proporsjonalt med ê z for for m =, og to bidrag proporsjonale med hhvis (ê x iê y )/ for m = ±1, i overensstemmelse med utvalgsregelen m =, ±1. Som markert i skjemaet 1 Merk at π exp(inφ) = πδ n.

5 Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 5 er det med begynnelsestilstanden Y ifølge utvalgsreglene i dipoltilnærmelsen tillatt med overganger til tilstandene Y 11, Y 1, Y 1 1. Fra tilstanden Y 1 kan vi bare ha overgang til de to tilstandene Y 1 og Y 11. b. Med energiegenverdiene E l = h l(l + 1) mr = h me l(l + 1) m e a m 9 for rotatoren finner vi en fotonenergi i det infrarøde området: hω = E E 1 = 13.6 ev Bohr-frekvensen for denne overgangen er Vi finner da at ω = hω h = 6.3 ev. 9.3 ev evs = s 1. kr = ω c 3a = Dette betyr at tilnærmelsen exp(ik r) 1, som ligger til grunn for elektrisk-dipoltilnærmelsen, er oppfylt med god margin. Oppgave 4 a. Vi viser først at alle de gamle tilstandene er egentilstander til Ĵz = L z + Ŝz : Ĵ z l, m l 1, m s = L z l, m l 1, m s + l, m l Ŝz 1, m s = h(m l + m s ) l, m l 1, m s, slik at m = m l + m s. Dette betyr at tilstanden l, l 1, 1 er en egentilstand til Ĵz med egenverdi hm = h(l + 1). Da l, l og 1, 1 er toppen av hver sin stige, har vi at Følgelig er L + l, l = og Ŝ+ 1, 1 =. Ĵ l, l 1, 1 = [Ĵ z + hĵz + Ĵ ( L + + Ŝ+)] l, l 1, 1 = [ h (l + 1 ) + h h(l + 1 ) + ] l, l 1, 1 = h (l + 1 )(l ) l, l 1, 1. Tilstanden l, l 1, 1 er altså en j, m -tilstand: l, l 1, 1 = l + 1, l + 1 (med j = l + 1, m = l + 1 ).

6 Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 6 b. Ved gjentatt bruk av stigeoperator-relasjonen har vi at Ŝ 1, 1 = h 1, 1, L l, l = h l l, l 1, Ĵ l + 1, l + 1 = h l + 1 l + 1, l 1. Ved å sette inn fra de to første i den siste av disse relasjonene har vi da l + 1, l 1 = 1 h l + 1 ( L + Ŝ ) l, l 1, 1 l 1 = l + 1 l, l 1 1, 1 + l + 1 l, l 1, 1. Vi ser at skalarproduktet mellom denne og tilstanden ort er lik null, slik det ble opplyst. Tilstanden ort har åpenbart m = l 1, og vi mistenker selvsagt at denne tilstanden er toppen av en stige for j = l 1. For å vise dette trenger vi egentlig bare å sjekke at Ĵ+ anvendt på ort gir null, for i så fall har vi at Ĵ ort = [Ĵ z + hĵz+ĵ Ĵ+] ort = [ h (l 1 ) + h h(l 1)+] ort = h (l 1)(l 1 +1) ort. Bevis: Stigeoperator-relasjonene gir L + l, l 1 = h l l, l og Ŝ+ 1, 1 = h 1, 1, slik at Ĵ + ort = ( L + + Ŝ+) 1 l l + 1 l, l 1 1, 1 l + 1 l, l 1, 1 l ( = l, l 1 l + 1, 1 l, l 1, 1 ) =, q.e.d.