Fasit TFY4215/FY1006 Innføring i kvantefysikk Vår 2014

Transkript

1 NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Fasit TFY45/FY6 Innføring i kvantefysikk Vår 4 Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Mandag 6. mai 4 kl Tillatne hjelpemiddel: Godkjend kalkulator Rottmann: Matematisk Formelsamling Rottmann: Matematische Formelsammlung Barnett & Cronin: Mathematical Formulae Angell og Lian: Fysiske størrelser og enheter: navn og symboler Oppgåve a) I sylinderkoordinatar er r = ρe ρ +ze z () = e ρ ρ +e φ ρ φ z z () Dreiempulsoperatoren er gjeven ved ˆL = i hr. For bevegelse i xy-planet er z = = og dette gjev z ˆL = i he z φ

2 Vi kan her nytte d dφ istadenfor φ = i he z d dφ. (3) sidan ρ = R er konstant. b) Hamiltonoperatoren for ein fri partikkel er gjeven ved Ĥ = ˆp m = h m = h mr d dφ. = ˆL z mr. (4) Kommentar: Det er ein del studentar som innfører eit potensial V(r). Ein kan tenkje seg at eit slikt potensial er naudsynt for å halde partikkelen på sirkelen. Det er heilt greitt viss ein da legg til at r = R = konstant slik at ein kan sjå bort frå potensialet (som er konstant i denne oppgåva). Det er og ein del studentar som innfører potensialet V(r,φ) eller V(φ). Det er feil sidan det ikkje er nemnt noko om potensial i teksten. I tillegg vil eit slikt potensial ikkje kommutere med ˆL z. Dette er det ein del som ikkje tek omsyn til eller ignorerer. Her kunne oppgåve ha vore litt meir presis, men det skal vere greit viss ein forklarer kva ein antek. c) Dette følgjer trivielt av at Ĥ = ˆL z mr og at ˆL z kommuterer med seg sjølv. d) Eigenfunksjonane ψ(φ) til ˆL z er gjevne ved der l z er eigenverdien. Denne likninga har løysing i h dψ dφ = l zψ. (5) ψ(φ) = Ae ilzφ/ h, (6) der A er ein konstant. Sidan bølgjefunksjonen skal vere kontinuerleg, må vi ha Dette gjev e ilz/ h = eller ψ() = ψ(). (7) l z = n h. (8) dern =,±,±,...SidanĤ ˆL z er(6)ogeigenfunksjontilĥ. Energinivåa finn ein ved innsetting E n = h n mr. (9)

3 Vi bruker nå kvantetalet n som merkelapp på eigenfunksjonane og skriv dei som ψ n (φ) = C n e inφ. Skalarproduktet mellom ψ n (φ) og ψ m (φ) er ψ m ψ n = CmC n ψm(φ)ψ n (φ)dφ = CmC n e i(n m)φ dφ. () For n = m, ser ein at integralet er lik C n. For n m får vi CmC n e i(n m)φ dφ = CmC n i(n m) ei(n m)φ =. () Bølgjefunksjonane blir normerte viss C n =, der vi har vald fasen reell. Dei normerte eigenfunksjonane blir tilslutt ψ n (φ) = e inφ. () som viser at settet {ψ n } er ortonormalt. Vi ser at grunntilstanden har n = og er ikkje-degenerert. Tilstanden med n = har same energi som tilstanden med n = osb, slik at alle eksiterte tilstander har degenerasjonsgrad g =. I beviset for at det ikkje er degenerasjon i ein dimensjon, gjer ein bruk av at det finst ein x slik at ψ(x ) = for alle eigenfunksjonar. For ein partikkel som bevegar seg på ein sirkel ser vi at ψ n (φ) for alle φ, og det er ingen motsetnad mellom teoremet og resultatet i denne oppgåva. e) Paritetsoperatoren transformerer r r og dermed ρ ρ, φ φ+π og z z. Dette impliserer at ˆPψ n (φ) = e in(φ+π) (3) = ( ) n e inφ = ( ) n ψ n (φ), (4) Svaret er altså ja og eigenverdien til ˆP er ± avhengig av om n er like eller odde. Kommentar: Transformasjonen φ φ+π gjev d d, og difor ˆL dφ dφ z ˆL z og Ĥ Ĥ under paritet. Dette impliserer at [ˆP, ˆL z ] = [ˆP,Ĥ] = og det eksisterer altså simultane eigenfunksjonar for desse tre operatorane og det er dei vi har funne. Det er ein del som skriv ˆPψ(φ) = ψ( φ) som er inspirert av ˆPψ(x) = ψ( x), men er feil. 3

4 Oppgåve a) Absoluttverdikvadratet av bølgjefunksjonen er Ψ(x,t) = ( ) mω e h mωx e 4 h mωx (e iωt +e iωt) e mωx x (e h iωt +e iωt) e h mωx. π h (5) Vibrukernåat(e iωt +e iωt ) = cos(ωt) = 4cos ωt ogat(e iωt +e iωt ) = cos(ωt). Etter innsetting gjev dette Ψ(x,t) = ( ) mω e mω(x x cos(ωt)) / h. (6) π h Kommentar: Det er skuffande mange som multipliserer alle faktorar i eksponentane med to for å rekne ut Ψ(x,t) = Ψ (x,t)ψ(x,t). Uttrykket dei få er då ikkje reelt. Likevel kjem dei på mirakuløst vis fram til rett svar. b) Ψ(x,t) er lik ei Gaussfordeling med tyngdepunkt i x = x cos(ωt). Forventningsverdien til x blir difor c) Vi skal rekne ut p Ψ(x,t) = x Ψ(x,t) = x cos(ωt). (7) = i h Ψ (x,t)ˆpψ(x,t)dx Frå uttrykket for Ψ(x,t) finn ein den deriverte Ψ (x,t) dψ(x,t) dx dx (8) i h dψ(x,t) dx = imω [ x x e iωt] Ψ(x,t) { } = mω i[x x cos(ωt)] x sin(ωt) Ψ(x,t). (9) Dette gjev } p Ψ(x,t) = mω Ψ(x,t) {i[x x cos(ωt)] x sin(ωt). Sidan Ψ(x,t er ei Gaussfordeling sentrert rundt x = x cos(ωt) er første leddet i integranden odde og gjev null ved integrasjon. Det andre leddet er uavhengig av x og integralet er difor berre normeringsintegralet som er lik ein. Dette gjev p Ψ(x,t) = mωx sin(ωt). () 4

5 Konstanten er altså A = mωx. Kommentar: Det er mange studentar som brukte Ehrenfests teorem til å rekne ut p Ψ(x,t) : p = m d dt x = mωx sin(ωt). () Det tenkte eg ikkje på, men er meir elegant enn løysinga over. Vi ser at x Ψ(x,t) og p Ψ(x,t) er lik dei klassiske løysingane for x(t) og p(t) for ein harmonisk oscillator med initialkrava x() = x og p() =. Dette er eit døme på Ehrenfests teorem, men det var ikkje spurd om dette i oppgåva. Oppgåve 3 a) Den tidsuavhengige Schrödingerlikninga er Ĥψ(r,θ,φ) = Eψ(r,θ,φ), () der Hamiltonoperatoren i kulekoordinatar er [ Ĥ = h m r + ] + ˆL +V(r). (3) r r mr Vedåbrukeat ˆL Y lm (θ,φ) = h l(l+)y lm (θ,φ),ogψ(r,θ,φ) = R(r)Y lm (θ,φ), kan vi skrive den tidsuavhengige Schrödingerlikninga som ei radiallikning for R på vanleg måte: d R dr + dr r dr + { m h [E mω r ] Dersom vi skiftar variabel x = r mω får vi d = mω h dr h av V(r) = mω r = hωx gjev dette l(l+) } R(r) =. (4) r d dx etc. Ved innsetting [ d hω dx + d xdx l(l+) ] u(x)+ x hωx u(x) = Eu(x) (5) Vi har R(r) = u(x) = v(x)e x. Dette gjev u (x) = v (x)e x v(x)xe x, (6) u (x) = v (x)e x v (x)xe x +v(x) ( x ) e x. (7) Innsetting av u (x) og u (x) og forkorting med hω og e x gjev ( ) ( v (x)+ x x v (x)+ ǫ 3 l(l+) ) v(x) =, (8) x 5

6 der ǫ = E/( hω) b) Vi bruker potensrekkjemetoden og skriv Dette gjev v(x) = a n x n. (9) v (x) = a n nx n = a n nx n, (3) n= v (x) = a n n(n )x n = a n n(n )x n. (3) n= Innsetting med l = i radiallikninga gjev a n n(n )x n + a n nx n a n nx n +(ǫ 3) a n x n =. n= n= (3) Dersom vi startar summen med n = i det første og andre leddet, må vi redefinere summeindeksen. Etter litt opprydding får vi [a n+ (n+)(n+3)+(ǫ n 3)a n ]x n =. Koeffisienten foran kvar potens av x må vere lik null. Dette gjev rekursjonsrelasjonen a n+ = n+3 ǫ (n+)(n+3) a n. (33) c) Ein ventar at grunntilstanden har l = fordi det effektive potensialet er djupast i dette tilfellet. I tillegg ventar ein at polynomet v (x) er utan nullpunkt. Det impliserer at rekkja for v (x) bryt av etter første ledd, det vil seie for n = i rekursjonsformelen. Dette gjev v (x) = a, ǫ = 3 og u(x) = a e x. Dette gjev grunntilstandsenergien E = 3 hω. Kommentar: Den normerte bølgjefunksjonen blir tilslutt ψ (r,θ,φ) = ( )3 mω 4 e mωr / h, (34) π h der vi har nytta at Y (θ,φ) = 4π og innsett x = r mω. Sidan Hamiltonoperatoren for ein tredimensjonal oscillator kan skrivast som ein sum av tre h eindimensjonale oscillatorar, er bølgjefunksjonen eit produkt av tre slike og energien er additiv. Grunntilstanden for ein tredimensjonal oscillator er såleis produktet av 3 bølgjefunksjonar for ein eindimensjonal oscillator i grunntilstanden med energi E = 3 hω. 6

7 Oppgåve 4 a) Kvantemekanisk tunnellering er at ein partikkel kvantemekanisk kan bevege seg gjennom eit område som er forbode klassisk. Eit døme er ein α-partikkel som bevegar seg i eit brønn-potensial inni ei tung kjerne. α-partikkelen kan tunnellere gjennom barrieren og kome ut på andre sida og resultatet er radioaktivitet. b) Bohr antok at elektronet bevegar seg i sirkelbaner rundt kjerna omtrent som planetar bevegar seg rundt sola (bortsett frå at dette er ellipsebaner). Radien til desse sirkelbanene er gjevne ved eit heiltal gonger de Brogliebølgjelengda til elektronet. Desse banene var stabile (stasjonære tilstandar) der lova om elektromagnetisk stråling frå ein akselerert partikkel er oppheva. Slike baner har ulik energi: E n = α n, (35) der n =,,3... og α er finstrukturkonstanten. Når elektronet hoppar frå ei bane til ei anna vil atomet sende ut eller absorbere energien til eit foton som har energi lik energidifferansen mellom banene. Modellen forklarer såleis absorpsjonsspektret til hydrogen. Forventningsverdien til r er proporsjonal med a. Dette følgjer frå dimensjonsanalyse. For grunntilstanden i hydrogen har vi r = 3 a og a er difor eit mål på kor stort hydrogenatomet er. c)visseinkommutatormellomtooperatorar ˆF ogĝerliknull, eksistererdet eit felles fullstendig sett av eigenfunksjonar. Dei tilhøyrande observablane F og G kan då vere skarpe samtidig. Kommutatoren [ˆx,ˆp] = i h viser at det ikkje finst tilstandar der posisjon og impuls er skarpe samtidig. d) Ehrenfests teorem fortel oss at middelverdiane til observablane r og p tilfredstiller Newtons bevegelseslikningar. 7