LØYSING ØVING 6. Grunntilstanden i hydrogenliknande atom

Transkript

1 FY6/TFY45 - Løysing øving 6 Løysing oppgåve LØYSING ØVING 6 Grunntilstanden i hydrogenliknande atom a) Vi merkar oss fyrst at vinkelderivasjonane i Laplace-operatoren gjev null bidrag til r, sidan (r) eruavhengingavvinklane og. Vi har at slik at Ĥ blir Ĥ = Ce = Ce r/a a m e a ra og # " = m e = Ce r/a, a m e a + r m e a Ze!# 4 Her ser vi at faktoren foran på høgresida er ein konstant berre dersom /r-leddet er lik null. Dette er tilfellet når a = 4 m e e Z = a Z. Med denne verdien for a er altså ein eigenfunksjon til Hamilton-operatoren Ĥ med eigenverdien E = m e a = Z = m e a m e c Z = E Z. Her har vi streka under dei to praktiske uttrykka for Rydberg-energien, som er ca 3.6 ev. Som vi har sett tidlegare (i Tillegg ), kan vi bruke a som eit mål for utstrekninga av denne orbitalen. Her ser vi at denne skalerer omvendt proporsjonal med Z, medanenergiener proporsjonal med Z. b) Sannsynlegheitstettheiten (r) =( a 3 ) e r/a er maksimal i origo, og avtar som vi ser eksponensielt med aukande r. Vi ser også at både bølgjefunksjonen (r) ogsannsynlegheitstettheiten (r) er funksjonar av r, ikkjeav vinklane. Då er det rett og seie at orbitalen (r) erkulesymmetrisk. SidanoperatorenˆL berre inneheld derivasjonar mop vinklane, finn vi at ˆL (r) =. Tilstanden (r) eraltså ein eigentilstand til ˆL med eigenverdi lik null: ˆL (r) = (r). Dreieimpulsen er altså lik null i denne tilstanden. Hugs at i Bohr-modellen er dreieimpulsen lik h igrunntilstanden! Forventningsverdien av posisjonen, h r i = ê x h x i + ê y h y i + ê z h z i, dvstyngdepunktet av den tredimensjonale sannsynlegheitsfordelinga er ganske enkelt lik ~ nårsannsynlegheits- fordelinga er kulesymmetrisk. c) Normeringskravet er lett å bruke når sannsynlegheitstettheiten er kulesymmetrisk som i denne oppgåva. Sannsynlegheitstettheiten er då den same overalt i eit kuleskall med infinitesimal tjukkleik dr og overflate 4 r,slikatsannsynlegheitenforåfinneelektroneti kuleskallet med volum 4 r dr er P rad (r)dr =4 r (r) dr =4 r C e r/a dr. Den kulesymmetriske sannsynlegheitstettheiten imliserer at elektronet er her og der. Klassisk er dette vanskeleg å forestille seg når vi veit at dreiempulsen er lik null. Moralen er at dei klassiske forestillingane våre ofte kjem til kort..

2 FY6/TFY45 - Løysing øving 6 Normeringsintegralet kan vi då skrive slik: Z = (r) d 3 r = 4 r C e r/a dr = C 4 (a/) 3 x e x dx = C a 3. {z } P rad (r) Med eit praktisk faseval har vi då C =( a 3 ) /, slik at radialtettheiten er P rad (r) =4 r (r) = 4r a 3 e r/a. Merk at radialtettheiten P rad (r) ersannsynlegheitenpr radius-ening. Leggogmerketil at faktoren r i denne formelen kjem av at volumet av kuleskallet er proporsjonalt med r (Jacobi-determinanten i målet i kulekoordinatar). Dette er grunnen til at radialtettheten har eit maksimum for r> (imotsetningtilsannsynlegheitenprvolumenhet,somermaksimal for r =idenneorbitalen). Vedderivasjonfinnviatradialtettheitenermaksimalnår dp rad (r) dr / e r/a [r + r ( /a)] =, dvs for r = a. (For r =erp rad =.) Ut frå dette kan vi seie at den mest sannsynlege avstanden mellom elektronet og kjerna for denne orbitalen er r = a = a /Z, der a er Bohr-radien. d) Analogt med utrekninga av normeringsintegralet ovanfor finn vi at forventningsverdien av elektronets avstand frå kjerna er Z h r i = r (r) d 3 r = r (r) 4 r dr rp rad (r)dr. Innsetting av formelen for radialtettheiten gjev h r i = rp rad (r)dr = 4 r 3 e r/a dr = 4 a 4 u 3 e u du = a a 3 a 3 4 3! = 3 a. Dette kan vi ta som eitt mål for kor stort atomet er når det er i grunntilstanden. e) Det klassisk tillatne området er gjeve ved E>V(r). For grunntilstanden er dette området altså gjeve ved ulikheiten m e a > m e a r =) r<a.

3 FY6/TFY45 - Løysing øving 6 3 Figuren viser funksjonane exp( r/a)og(r/a) exp( r/a), altså og P rad (r)ivilkårlege einingar, som funksjonar av r/a. Vi har og tatt med potensialkurva og energilinja. Skjæringspunktet mellom desse gjev det klassiske vendepunktet (venderadien blir det her). Sannsynlegheiten for å finne elektronet utanfor det klassisk tillatne området er sjølsagt arealet under kurva for P rad (r), utanfor r/a =(nårheilearealeterlik). Påaugemålkaneinestimere at arealet for r/a > erca5%avheilearealetunderkurva. f) La oss rekne ut sannsynlegheiten for å finne elektronet utanfor ein radius r : P r>r = r P rad (r)dr = 4 a 3 r r e r/a dr = r /a! = [( u u )e u ] r /a = r a +r a + u e u du e r /a. For r =a fås P r>a =3e 4 =.38. Så overslaget ovanfor var ikkje så verst. g) Ut frå den kulesymmetriske sannsynlegheitsfordelinga for posisjonen er det fristande å seie at det hydrogenliknande atomet i grunntilstanden er kuleforma, eller rundt. Uansett, vi får prøve å hugse på at det einaste vi kan uttale oss om er bølgjefunksjonen og sannsynlegheitstettheiten, som begge er kulesymmetriske i dette tilfellet. Men i motsetning til ei kule, har atomet openbert inga overflate, som dannar eit skille mellom atomet og resten av verda. Med andre ord, sjøl om forma er kulesymmetrisk, ser vi at det er vanskeleg å uttale seg presist om storleiken, siden i prinsippet er forskjellig frå null for alle r. Det enklaste er kanskje å seie at radien a er eit mål for storleiken og at a er eit mål for storleiken til eit H-atom; jf. Bohr-radius. Merk at for r = a er sannsynlegheitstettheiten redusert med ein faktor e,altsåca7.4gongermindreenniorigo. Eit anna mål for kor stort atomet er, er den inverse av forventningsverdien h /r i. Denne forventningsverdien viser seg å vere /a. Dettekandulettkontrollerevedårekneutintegralet R (/r)p raddr). Zumdahl refererer til ei kuleflate som omsluttar 9 % av sannsynlegheiten. Dette svarer til ein radius.6 a; jfformelenie)somgjev P r>.6a =.. Ovanfor så vi at vi kan ta h r i =3a/ someitmålpåstorleiken. Kommentar til denne oppgåva: For eindimensjonale problem har vi lært at energieigenfunksjonar krummar mot aksen i klassisk tillatne område, rett og slett fordi den relative krumninga er negativ. Dette følgjer frå den tidsuavhengige Schrödingerlikninga / = (m/ )[V (x) E]. Då kan det kanskje virke forvirrande at bølgjefunksjonen (r) / exp( r/a) krummarbortfrår-aksen for alle r. Forklaringa er: For eit kulesymmetrisk potensial og for ein kulesymmetrisk eigenfunksjon er den tidsuavhengige Schrödingerlikninga på ei anna form, nemleg: r (r) = m " d [V (r) E] (r), med r (r) = dr + # d. r dr Her ser vi at både og inngår i liknnga, slik at vi kan ikkje trekke dei same konklusjonane om krumning av som i éin dimensjon. Derimot skal vi sjå i Tillegg 5 at funksjonen u(r) =r (r) tilfredsstiller u u = m [V (r) h E],

4 FY6/TFY45 - Løysing øving 6 4 slik at u vil krumme mot aksen i klassisk tillatne område. Du kan sjøl sjekke at funksjonen r exp( r/a) hardenneeigenskapen. Løysing oppgåve Modifisert boks a) For a = L/, dvs med det opprinnelige boks-potensialet, er = me k, og løysinga er ei halvbøljge(-sinus) med nodar i x = og x = L, slik at k L =. Grunntilstanden har då energien E (a = L/) = h k m = h ml. For a =,dvs med potensialet V (x) = V = (4 h) /(ml ) for <x<l,harvi = m [V (x) E ] = m [V + E ] k. Eigenfunksjonen og bølgjetalet k blir akkurat som ovanfor, men energien blir nå E (a =)= h k m V =( 6) ml ; energien er nå senka med beløpet V,ogernegativ. b) For tilfellet der E = serviat V (x) =E iområdasom ikkjeergravdut,altså for <x<a og L a<x<l. Grunntilstanden må da vere lineær i desse områda, medan den krummar mot aksen for a<x<l a (der E V (x) =V,slikatdetteer eit klassisk tillate område). I overgangane hugsar vi at løysinga skal vere glatt. Dvs at og og dermed også / er kontinuerlege. Prinsippskissa blir då der kurva har kosinusform i midten og er lineær på begge sidene. c) Då E alltid må ligge høgare enn bunnen av potensialet, dvs E > V (slik at V E < ), har vi at = m [ V E ] k for a<x<l a. Idetteområdeteraltså alltid sinusforma. Då bølgjefunksjonen dessutan skal vere symmetrisk med omsyn på midten av boksen, må ein ha = A cos[k (x L/)] for a<x<l a.

5 FY6/TFY45 - Løysing øving 6 5 For tilfellet E =ser vi at bølgjetalet er k = h q mv = 4 L (slik at k L =4). Deterkontinuitetenav og, og dermed av /,ipunktet x = a som gjev verdien a og dermed a /L. For <x<a er løysinga som vi har sett lineær, = Bx =) x=a = a. For a<x<l a har vi tilsvarande = k tan[k (x L/)] =) Kontinuiteten gjev altså x=a + = k tan[k L(a /L )]. a = k tan[k L(a /L )] eller k L a L tan[k L( a /L)] =, q.e.d., eller, med k L =4, 4 a L tan[ 4a /L] =. Eit par forsøk med kalkulatoren gjev a L.34. [Figuren ovanfor viser den nøyaktige eigenfunksjonen for dette tilfellet.] Kommentar: Det kan vere interessant å sjå på grunntilstandsenergien E som funksjon av a. Figuren nedanfor er basert på ei utrekning for ymse verdiar på a. Ved desse utrekningane må ein skille mellom tilfellet a<a, som gjev negativ energi E og dermed ei løysing på forma B sinh(apple x)for < x < a, og tilfellet a <a<l/, som gjev ei løysing på forma B sin(q x)idetsameområdet.