Løsningsforslag Konte-eksamen 2. august 2003 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk

Transkript

1 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 a. Hamilton-operatoren er Løsningsforslag Konte-eksamen. august 3 SIF448 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk Ĥ = h m x + V (x), og den tidsuavhengige Schrödingerligningen er [ (Ĥ E)ψ(x) = h ] m x + V (x) E ψ(x) =. Idet boks-potensialet er lik null for < x < L, finner vi for dette området at d ψ dx = me h ψ k ψ, med k 1 h me. Den generelle løsningen av denne diff-ligningen er ψ(x) = A sin kx + B cos kx, q.e.d. b. I de absolutt forbudte områdene, for x og x L, hvor potensialet er uendelig, må ψ(x) =. Kontinuitet i x = krever da at koeffisienten B må være lik null: = A sin + B cos = B, q.e.d. Tilsvarende krever kontinuiteten i x = L at = A sin kl, dvs. kl = nπ, n = 1,, 3,... Her svarer de tre minste bølgetallene til de tre laveste energiene: n = 1 : k 1 = π L, E 1 = h k 1 m = π h ml n = : k = π L, E = h k m = 4 π h ml n = 3 : k 3 = 3π L, E 3 = h k3 m = 9 π h ml grunntilstanden 1. eksiterte tilstand. eksiterte tilstand.

2 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag De tre egenfunksjonene ψ 1 = A sin πx/l, ψ = A sin πx/l, ψ 3 = A sin 3πx/L er skissert i figuren. Disse funksjonene er som vi ser hhvis symmetrisk, antisymmetrisk og symmetrisk mhp midtpunktet i boksen (x = 1 L). c. For x L, hvor V (x) = V, kan den tidsuavhengige Schrödingerligningen skrives på formen ψ = m h [V E]ψ κ ψ, κ 1 h m(v E), med den generelle løsningen ψ = C e κx + D e κx (x L). Her vil det siste leddet gå mot uendelig når x, noe som gir en ikke-normerbar funksjon. Derfor må koeffisienten D settes lik null. En fysisk akseptabel løsning må altså i området x L ha formen ψ = C e κx, og vil gi en normerbar funksjon. d. Kontinuitetsbetingelsene i punktet x = L (og overalt ellers hvor potensialet er endelig) er at ψ og dψ/dx skal være kontinuerlige. Ut fra dette og symmetriegenskapene kan vi skissere de tre første energiegenfunksjonene omtrent som følger: Som illustrert for grunntilstanden, ser vi at bølgelengdene λ i = π/k i generelt blir lengre enn for de tilsvarende boks-løsningene. Dette betyr at bølgetallene k i generelt blir mindre enn for boksen, og tilsvarende gjelder da for energiene E i = h ki /m. Når V vokser mot uendelig, gjør størrelsene κ i det samme. Dette betyr at bølgelengdene λ brønn i vil nærme seg λ boks i. Energiforskjellene Ei boks Ei brønn vil derfor gå mot null når V går mot uendelig.

3 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 3 Oppgave a. Vha Taylor-utviklingen av sinusen har vi for små (positive) x V b = V π x 4L + O(x4 ). For små x er det siste leddet neglisjerbart, og V b blir tilnærmet lik V c dersom vi velger dvs Dette svarer til b. hω = ω = π L 1 π mω = V 4L, V m = π L h π ma L = V πa L, h ma. q.e.d. Liten κ betyr at ψ1 a er nesten flat for x L. Dette betyr at sinusen må passere et maksimum like før x når verdien L. Minstelengden L svarer til at kl = 1 π. (kl = 3π/ gir ett nullpunkt, og vil svare til første eksiterte tilstand, slik at en får to bundne tilstander). Minstelengden L er altså bestemt av dvs L = 1 mv L = 1 h π, π h mv = π h = 1 m h /ma πa. For L < L rekker ikke sin kx å passere sitt første maksimum (for x < L), og vil derfor ha en positiv helning i punktet x = L. Den kan derfor ikke skjøtes glatt med exp( κx), som jo har negativ helning. Derfor har potensialet V a ingen bundne energiegentilstander for L < L. c. Grunntilstanden i potensialet V c skal være lik null for x, oppfylle oscillatoregenverdiligningen for x > og være kontinuerlig. Av oscillatoregenfunksjonene i det oppgitte formelarket er det da bare de funksjonene som er lik null i origo som er aktuelle (dvs de antisymmetriske løsningene for n = 1, 3, 5,..). Av disse har ψ 1 den laveste energien, som altså blir grunntilstandsenergien for potensialet V c : E c 1 = 3 hω = 3 V πa L = 3V.

4 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 4 d. Når L økes med en faktor, til L, blir grunntilstandsenergien for potensialet V c en faktor lavere enn for L = L (siden denne energien er omvendt proporsjonal med L): E c 1 = 3 hω = 3 V πa L = 3 V πa L L L = 3V 1 =.15 V. Denne energien svarer halvklassisk til utsving som er så små at de to potensialene er tilnærmet like (jf potensialdiagrammet i oppgaveteksten). Da blir de to grunntilstandsenergiene også tilnærmet like: E b 1 E c 1 =.15 V. [Kommentar: E1 b blir litt lavere enn E1 c fordi potensialet V b gir partikkelen litt mer plass.] For lave energier, slik vi har her, ser vi at det klassisk tillatte området er mye større for potensialet V a enn for V b og V c. Vi må da vente at E1 a blir mye mindre enn E1 b og E1. c Vi kan her med god tilnærmelse betrakte potensialet V a som en boks med lengde L. Grunntilstandsenergien er da tilnærmet Oppgave 3 a. Ved innsetting finner vi ˆL sin θ sin φ = h ( E1 a = h k1 m π h ml = π h m 4 L h 1 = ma 1 =.1 V. θ + cot θ θ + 1 sin θ = h ( sin θ + cos θ sin θ cos θ + 1 = h ( sin θ 1 cos θ sin θ = h sin θ sin φ. ) ) φ sin θ sin φ sin ( sin θ) θ sin φ ) sin φ Vinkelfunksjonen Y (θ, φ) = 3/4π sin θ sin φ er altså en egenfunksjon til ˆL med egenverdi lik h, som svarer til dreieimpulskvantetallet l = 1. For L y finner vi ˆL y sin θ sin φ = h cos φ i θ [ = h i [ ] cot θ sin φ sin θ sin φ φ cos φ sin φ cos θ cos θ sin φ sin θ cos φ sin θ Vinkelfunksjonen Y (θ, φ) er altså en egenfunksjon til operatoren ˆL y med egenverdien null. ] =.

5 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 5 b. Med ( Ĥ = h m + V (r) = h m r + r ) + ˆL r mr + V (r) og ˆL Y = h Y finner vi fra energiegenverdiligningen (Ĥ E)ψ = : ( h m r + r ) RY + h RY + [V (r) E]RY =. r mr Dette gir radialligningen { r + r r r + m } [E V (r)] R(r) =, h q.e.d. I og med at tilstanden ψ er en egenfunksjon både til Hamilton-operatoren Ĥ og de to dreieimpuls-operatorene ˆL og ˆL y, er de tilsvarende observablene skarpt definerte, dvs har usikkerhet lik null. c. For at det skal eksistere et simultant egenfunksjonssett til de tre operatorene og ˆL y må de tre operatorene kommutere, Ĥ, ˆL [ˆL, ˆL y ] =, [ˆL, Ĥ] =, [ˆL y, Ĥ] = [Kommentar: og det kan det vises at de gjør. Som angitt i formelarket, kommuterer ˆL og ˆL y. Det er også lett å overbevise seg om at ˆL og ˆL y kommuterer med Ĥ når potensialet er kulesymmetrisk som her.] I og med at operatorene ˆL z og ˆL y ikke kommuterer (jf formelarket), kan ikke observablene L z og L y ha skarpe verdier samtidig. Dette betyr at L z ikke kan ha en skarp verdi når L y har det, slik som her. Med normerte radial- og vinkelfunksjoner R(r) og Y (θ, φ) er forventningsverdien av observabelen L z i tilstanden ψ = R Y L z = ψ ˆLz ψ d 3 r = r R dr = 1 3 h π sin θ sin θ dθ 4πi π Y h i φ Y dω sin φ cos φ dφ =. d. De mulige måleresultatene for L z er generelt begrenset til de mulige egenverdiene for denne størrelsen, som er heltallige multipla av h. Siden vi her har en tilstand med l = 1, begrenses disse til null og ± h. For å komme videre merker vi oss at sin φ = (e iφ e iφ )/i. Dette betyr at vinkelfunksjonen Y (θ, φ) kan skrives som en lineærkombinasjon av de sfæriske harmoniske Y 11 og Y 1 1 : 3 Y = sin θ sin φ = i 3 sin θ eiφ + i 3 sin θ e iφ = i (Y 11 + Y 1 1 ). 4π 8π 8π Vi har altså ψ(r, θ, φ) = i [R(r)Y 11 (θ, φ) + R(r)Y 1 1 (θ, φ)].

6 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 6 Ut fra den generelle fysiske tolkningen av utviklingskoeffisienter kan vi da slå fast at de mulige måleresultatene for L z i dette tilfellet er ± h, med sannsynlighetsamplituder c ± = i/, og med sannsynlighetene P ± = c ± = 1/. Vi merker oss at dette reultatet stemmer med forventningsverdien null for L z. Det er vel nå klart at usikkerheten til L z, som er roten av det midlere kvadratiske avviket (fra middelverdien), må bli L z = h. Oppgave 4 a. b.

7 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 7 c. d. e. (i) Ketose: Et monosakkarid som inneholder en ketogruppe.

8 Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 8 (ii) Dipeptid: To aminosyrer koblet sammen med peptidbinding. Eksempel: (iii) Lipid: En kjemisk heterogen gruppe av stoffer som er løselig i organiske løsemidler.