(θ,φ) er de sfæriske harmoniske. Her bruker vi sfæriske koordinater. x = rsinθcosφ, (2) y = rsinθsinφ, (3) z = rcosθ. (4)

Transkript

1 Oppgave 1 Hydrogenatom for kjemikere I denne oppgaven ska vi se på hydrogenatomet. Vrien i år er at vi ska skrive øsningen av Schrødingerigningen på en måte som kjemikere iker bedre. Vi ser bort fra spinn i denne oppgaven. Løsningen av den tidsuavhengige Schrødingerigningen for hydrogenatomet er som kjent ψ nm r,θ,φ) = R n r)y m θ,φ), 1) hvor R n r) er øsningene av den tihørende radiaigningen og Y m θ,φ) er de sfæriske harmoniske. Her bruker vi sfæriske koordinater x = rsinθcosφ, ) y = rsinθsinφ, 3) z = rcosθ. 4) Vi gir de ekspisitte uttrykkene for de enkeste av disse funksjonene i Tabe 1. R n r) Y m θ,φ) R 1 r) = Ae r/a Y θ,φ) = B R r) = 1 8 A 1 r ) a e r/a Y1 θ,φ) = 3Bcosθ R 1 r) = 1 4 A r a e r/a Y 1 ±1 3 θ,φ) = Bsinθe±iφ Tabe 1: Oversikt over de enkeste radiafunksjonene for hydrogenatomet, R n, samt de sfæriske harmoniske, Y m. A og B er to normeringskonstanter og a er Bohrradien. Vi begynner med itt generee spørsmå. a) Hva sags verdier kan kvantetaene n, og m ta for hydrogenatomet? [3 poeng] Svar: Kvantetaene kan ta føgende verdier: n = 1,,3,... 5) =,1,...,n 1 6) m =, +1,..., 1,. 7) b) Gi normeringsbetingesen for bøgeunksjonen ψ nm. Vi antar separat normering av R og Y. Vis at normeringsbetingesen for R er gitt ved [4 poeng] Rr) r dr = 1. 8)

2 Svar: Normeringsbetingesen for ψ nm er: ψ nm r) d 3 r = 1, 9) eer i sfæriske koordinater π π ψ nm r,θ,φ) r sinθdrdθdφ = 1. 1) Vi setter inn øsningen ψ nm r,θ,φ) = R n r)y m θ,φ) og får = = π π π π R n r) r dr Dersom Y er separat normert er sik at π π ψ nm r,θ,φ) r sinθdrdθdφ R n r)y m θ,φ) r sinθdrdθdφ π π Y m θ,φ) sinθdθdφ. 11) Y m θ,φ) sinθdθdφ = 1, 1) Rr) r dr = 1. 13) c) Hva er enheten ti Rr)? Gi en begrunnese. [4 poeng] Svar: Fordi den infinitesimae engden dr i normeringsintegraet for R har enhet engde m) må seve integranden ha enhet m 1. r har enhet m, sik at R r) må ha enhet m 3. Dette betyr at Rr) har enhet m 3/. d) Finn normeringskonstantene A og B. Hint: Du kan få bruk for føgende integra [4 poeng] x n e λx dx = n!λ n+1). 14) Svar: Vi bruker normeringsintegraene for å finne A og B. R 1 r) r dr = 3 Ae r/a r dr = A e r/a r dr = A! ) +1) a = A a3 4, 15)

3 som gir A = / a 3. Som en kontro så kan vi se at dette stemmer med svaret i forrige oppgave da Bohrradiusen har dimensjon engde. Vi finner B på samme måte: π π Dette gir B = 1/ 4π. Y θ,φ) sinθdθdφ = π π B sinθdθdφ π = π B sinθdθ = π B [ cosθ] π = 4π B. 16) e) Forkar hva vi mener med degenerasjon. Bestem degenerasjonsgraden ti hydrogen som funksjon av n. Hint: Fra kombinatorikken har vi at se for eksempe Rottmann) [6 poeng] n =1 = nn+1). 17) Svar: Degenerasjon opptrer når vi har mer enn en tistand, med forskjeig kvanteta, som har samme energi. Degenerasjonsgraden d er anta sike tistander. For hydrogenatomet er energien bestemt av hovedkvantetaet n, vi må atså tee ae tistander som har samme n. For hver n har vi n forskjeige verdier for fra ti n 1. For hver av disse har vi +1 vag for m, vi må astå summere +1 for ae muige : n 1 n 1 dn) = +1) = = = n 1 + = 1 = n 1)n +n = n, 18) hvor vi har brukt hintet i oppgaven og at = ikke bidrar ti den første summen. Vi definerer så en ny type funksjonx m θ,φ) som er ineærkombinasjoner av de sfæriske harmoniske: i [Y m 1) m Y m ] hvis m < X m = Y hvis m =. 19) 1 [Y m + 1) m Y m ] hvis m > 4

4 f) Vis at X 11 θ,φ) = 3Bsinθcosφ og X 1, 1 θ,φ) = 3Bsinθsinφ. ) [4 poeng] Svar: Vi bruker at e iφ = cosφ+isinφ. X 11 = 1 [Y1 1 Y1 1 ] [ = 1 ] 3 3 Bsinθe iφ Bsinθeiφ = 1 X 1, 1 = 3Bsinθ [e iφ +e iφ] = 1 3Bsinθ[cosφ isinφ+cosφ+isinφ] = 1 3Bsinθ cosφ = 3Bsinθcosφ. 1) i [Y 1 1 1) 1 Y 1 1 ] = i [Y1 1 +Y1 1 ] [ = i ] 3 3 Bsinθe iφ Bsinθeiφ = i 3Bsinθ [e iφ e iφ] = i 3Bsinθ[cosφ isinφ cosφ isinφ] = i 3Bsinθ[ isinφ] = 3Bsinθsinφ. ) g) Forkar hvorfor R 1 X 11, R 1 X 1 og R 1 X 1, 1 er egentistander ti Hamitonoperatoren ti hydrogenatomet. [3 poeng] Svar: Fordi ae disse tistandende kan skrives som en sum av tistander av typen ψ nm med samme egenverdi for energi. For eksempe er R 1 X 11 = 1 R 1 [Y 1 1 Y 1 1 ] = 1 ψ 1, 1 ψ 11 ), 3) og ψ 1, 1 og ψ 11 er egentistander med energien E de er øsninger av TUSL), sik at summene av disse også må være en egentistand med egenverdi E. 5

5 h) Hva sags verdier for kvadratet av) anguærmomentet, L, kan du få dersom du måer et hydrogenatom i tistanden R 1 X 11? [3 poeng] Svar: Du kan bare få egenverdier for ˆL dersom du måer L. Siden ˆL ψ nm = +1)ψ nm er egenverdiene ti R 1 X 11 gitt som ˆL R 1 X 11 = ˆL 1 ψ 1, 1 ψ 11 ) = 11+1)R 1 X 11 = R 1 X 11. 4) Atså vi du atid få dersom du måer L for et hydrogenatom i tistanden R 1 X 11. Det er sevføgeig ikke nødvendig å regne her, bare å konkudere at begge de to egentistandene som R 1 X 11 består av har samme egenverdi,, for ˆL. i) Er R 1 X 11 en egentistand ti ˆLz? Hva med ˆL x? Begrunn svaret. [4 poeng] Svar: Nei, R 1 X 11 er en ineærkombinasjon av to tistander som har forskjeig egenverdi for ˆL z og kan derfor ikke være en egentistand ti ˆL z : ˆL z R 1 X 11 = ˆL z 1 ψ 1, 1 ψ 11 ) = 1 ψ 1, 1 ψ 11 ) kr 1 X 11. Siden og er X 11 θ,φ) = 3Bsinθcosφ = 3B x r 5) 6) ˆL x = ŷˆp z ẑˆp y = i y z +i z y = i y z z ), 7) y ˆL x R 1 X 11 = ˆL 1 x A r 4 a e r/a 3B x r = ˆL AB x e r/a x 4a = i y z z ) AB e r/a x 4a = i y z y ar z y ar ) AB 4a e r/a x = i y z ar z y ) AB e r/a x ar 4a =. 8) Atså er R 1 X 11 en egentistand ti ˆL x med egenverdi. 6

6 j) Hva er sannsynigheten for at du måer verdien for z-komponenten ti anguærmomentet ti et hydrogenatom som er preparert i tistanden Ψ r,) = R 1 r)x 11 θ,φ)? [ poeng] Svar: Fordi R 1 X 11 = 1 ψ 1, 1 ψ 1, 1 ) og ψ 1, 1 har egenverdien for ˆL z er sannsynigheten gitt ved absouttverdikvadratet av koeffisienten ti ψ 1, 1, c 1, 1 = 1/. Atså er sannsynigheten c 1, 1 = 1/. k) De sfæriske harmoniske kan skrives som Y m θ,φ) = N m P m cosθ)e imφ, 9) hvor N m er normeringskonstanter, og hvor P m x) er de assosierte Legendrepoynomene som er reee funksjoner av x. Vi har også at N m = N m og P m = 1) m P m. Bruk dette ti å vise at dersom man skriver øsningene for hydrogenatomet på formen ψ nm r,θ,φ) = R n r)x m θ,φ), så er bøgefunksjonen atid en ree funksjon. [5 poeng] Svar: Fordi radiadeen av bøgenfunksjonen ti hydrogenatomet atid kan skrives som en ree funksjon, fordi normeringskonstanten N m atid kan veges ree, og fordi de assosierte Legendrepoynomene er ree funksjoner så stammer den eneste muige imaginære komponenten i ψ nm r,θ,φ) = R n r)x m θ,φ) fra e imφ. Imidertid er atid X = Y ree siden m =, og for m < er X m = i [Y m 1) m Y m ] = i [N m P m e imφ 1) m N m P m e imφ ] = i [N m P m e imφ 1) m N m 1) m P m e imφ ] = i N m P m [cosmφ)+isinmφ) cosmφ)+isinmφ)] = i N m P m isinmφ) = N m P m sinmφ), 3) 7

7 som er en ree funksjon. For m > er X m = 1 [Y m + 1) m Y m ] = 1 [N m P m e imφ + 1) m N m P m e imφ ] = 1 [N m 1) m P m e imφ + 1) m N m P m e imφ ] = 1 1) m N m P m [cosmφ) isinmφ)+cosmφ)+isinmφ)] = 1) m N m P m cosmφ). 31) Oppgave Oppruet dimensjon I denne oppgaven ska vi se på kvantemekanikk i to romdimensjoner, men hvor en av de to dimensjonene er en suttet sirke med omkrets L. Vi bruker koordinatene x,u) hvor x R og u [,L]. Vi vi i denne oppgaven bruke et vanig uendeig brønn potensia { dersom < x < a Vx,u) = eers. 3) a) Forkar hvorfor Schrødingerigningen i to dimensjoner da skrives som ) m x + u Ψx,u,t) = i Ψx,u,t). 33) t når < x < a. [3 poeng] Svar: Den tidsavhengige) Schrødingerigningen er: ĤΨ = i t Ψ 34) hvor Ĥ er den tihørende Hamitonoperatoren. I to dimensjoner, med koordinater x,u), er Hamitonoperatoren m +Vx,u) = m x +Vx,u), 35) m u sik at med det oppgitte potensiaet, som har Vx,u) = når < x < a, er Schrødingerigningen ) m x + u Ψx,u,t) = i Ψx,u,t). 36) t 8

8 b) Hva sags grensebetingese må vi bruke for bøgefunksjonen i u-retningen? [ poeng] Svar: I u-retningen må vi kreve kontinuitet for bøgefunksjonen og den deriverte. Spesiet må vi ha ψx, ) = ψx, L). Vi antar nå separasjon av variabe, atså at øsningene ψx, u) av den tidsuavhengige Schrødingerigningen kan skrives som produktet ψx, u) = Xx)Uu). c) Vis at de føgende uttrykkene for funksjonene X og U gir oss øsninger av den tidsuavhengige Schrødingerigningen for < x < a: [4 poeng] Xx) = Asink x x)+bcosk x x) og Uu) = Ce ikuu. 37) Svar: Vi viser ved innsetting. De andrederiverte av den foresåtte øsningen er og xψx,u) = x Xx)Uu) = Uu) d dx Asink xx)+bcosk x x)) = Uu) Ak x sink xx) Bk x cosk xx)) = kx Xx)Uu) = k xψx,u), 38) uψx,u) = u Xx)Uu) = Xx) d du Ceikuu = k uxx)uu) = k uψx,u). 39) Innsatt i den tidsuavhengige Schrødingerigningen får vi )ψx,u) m x + u = m k x +ku)ψx,u). 4) Dette er atså en øsning med energien gitt som E = m k x +k u). 41) 9

9 d) Bruk grensebetingesene for ψx,u) ti å vise at B =, hvor n x = 1,,3..., og k x = πn x a, 4) k u = πn u L, 43) hvor n u =,±1,±,... [6 poeng] Svar: Vi må ha ψ,u) = og ψa,u) = fordi potensiaet bir uendeig i endene av brønnen. x = gir X) = Asin)+Bcos) = B, som betyr at B =. Uu) er atid forskjeig fra nu så enge C.) x = a gir Xa) = Asink x a) som er nu dersom k x a = πn x hvor n x =,±1,±,... Dette betyr at k x = πn x a, 44) hvor vi kan begrense oss ti positive n x fordi negative k x gir de samme øsningene bare med motsatt fortegn for A. n x = gir ikke en normerbar øsning. Atså må n x = 1,,3... Ti sutt krever grensebetingesen for u-retningen at U) = UL), sik at e iku = e ikul, eer e ikul = 1. Dette er oppfyt for k u L = πn u, hvor n u =,±1,±,... Dette gir Her gir ae verdiene av n u forskjeige øsninger. k u = πn u L. 45) e) Vis at energien kan skrives ved hjep av kvantetaene n x og n u som [ E nxn u = π ) ] a ma n x + n u. 46) L [4 poeng] Svar: Vi så fra øsningen av den tidsuavhengige Schrødingerigningen at energien er gitt ved 41). Vi setter inn uttrykkene for k x og k u og får: E = π n x m a + 4π n ) u L = π a ma n x + L ) n u ). 47) 1

10 f) Hva er energien ti grunntistanden i dette potensiaet, og hvor mange eektroner kan befinne seg i den? Hvor mange kan finnes i tistandene) med nest avest energi? Anta at bredden av brønnen er a = 1nm. Massen ti et eektron er m =.511MeV/c. [6 poeng] Svar: Grunntistanden, tistanden med avest energi, er gitt ved n x = 1 og n u =. Denne har energi E 1 = π ) ) a ma 1 + L = π ma = c π mc a nm ev) π =.511 MeV 1 nm) =.376 ev. 48) Fordi eektroner er fermioner kan ikke to eektroner befinne seg i samme tistand, men, om vi tar hensyn ti spinn, er det to eektroner som kan befinne seg i grunntistanden, så enge de har motsatt spinn. For den neste tistanden er svaret avhengig av engden på L. Dersom L < a/ 3 er den neste eksiterte tistanden gitt ved n x = og n u = fordi dette da gir den nest minste energien. Vi kan igjen bare ha to eektroner i tistanden. Dersom L > a/ 3 gir n x = 1 og n u = ±1 den minste energien og vi har to degenererte tistander med forskjeig n u. Vi kan da i at ha fire eektroner med denne energien. g) Bruk normeringskravet ti ψx,u) for å vise at AC = /al sik at den fustendige øsningen bir ψ nxn u x,u) = al sink xx)e ikuu. 49) [4 poeng] Svar: Normeringskravet i to dimensjoner er ψx,u) dudx = 1. 5) 11

11 Integraet gir ψx,u) dudx = = = a Xx) Uu) dudx Xx) dx Asink x x) dx Uu) du a = AC sin k x x)dx Ce ikuu du du kxa = AC sin y) dy [u] L k x = AC L [ 1 k x sinycosy + y ] πnx = AC L [ 1 k x sinπn xcosπn x + πn ] x = AC L k x πn x = AC al 51) hvor vi har brukt fra Rottmann at sin xdx = 1 sinxcosx+ x +C. 5) Når vi veger normeringskonstantene reee gir dette AC = /al. h) Finn forventningsverdien ti p x for tistanden ψ nxn u x,u). [3 poeng] Svar: Forventningsverdien ti p x er gitt ved integraet Med er p x = ψ n xn u x,u)ˆp x ψ n xn u x,u)dudx. 53) ˆp x = i ) = x x, 54) ˆp xψ nxn u x,u) = x al sink xx)e ikuu = kx al sink xx)e ikuu = k x ψ n xn u x,u). 55) 1

12 Atså er ψ nxn u x,u) en egentistand ti ˆp x med egenverdi k x. Forventningsverdien bir da p x = = = k x ψ n xn u x,u)ˆp x ψ n xn u x,u)dudx. ψ n xn u x,u) k xψ nxn u x,u)dudx. ψ nxn u x,u) dudx. = k x, 56) hvor vi har brukt at ψ nxn u x,u) er normert. i) I grensen L a viser igning 46) hva som skjer dersom det eksisterer små ekstra oppruede dimensjoner i verden. Vi minner om at energien for en uendeig brønn i en vanig dimensjon er E nx = π ma n x. 57) Gitt at størresen på denne ekstra dimensjonen er L = 1 3 nm, hvor mye energi trenger jeg for å eksitere et eektron i den nye dimensjonen? [3 poeng] Svar: Det å endre kvantetaet n u fra ti 1 gir en energiforskje på E = E nx1 E nx = π ) a ma n x + 1 ) π L ma n x + = π ) a ma n x + ) π L ma n x = π ma Numerisk er dette ) ) a L ) a = π L ml. 58) E = π ml = c π mc L = nm ev) π.511 MeV 1 3 nm) = ev = 1.5 MeV. 59) 13

13 j) Hvor mye ekstra effektiv masse hvieenergi) ser det ut som et eektron som er eksitert i den ekstra dimensjonen har? Hint: Ta utgangspunkt i Einsteins forme for reativistisk energi i en vanig dimensjon E = p xc +m c 4. [3 poeng] Svar: Siden endringen i energi ved eksitasjonen ikke gir eektronet ekstra bevegesesmengde i den vanige x-dimensjonen hvor vi gjør måinger, tisvarer endringen i energi en direkte endring i massen E) = m) c 4, eer E = mc. Eksitasjonen på 1.5 MeV vi da gi en tisyneatende endring i masse på 1.5 MeV/c for eektronet. Vi har aget det som ofte kaes en Kauza-Kein-eksitasjon av eektronet, en mer massiv utgave av det vanig eektronet. 14