(θ,φ) er de sfæriske harmoniske. Disse løsningene har energiene 1. = nm, (4) x = rsinθcosφ, (6) y = rsinθsinφ, (7) z = rcosθ, (8) 1 r 2 sinθ

Transkript

1 Oppgave 1 Variasjoner over hydrogen Løsningen av den tidsuavhengige Schrødingerligningen for potensialet til hydrogenatomet Vr) = k ee r, 1) er som kjent ψ nlm r,θ,φ) = R nl r)yl m θ,φ), ) hvor R nl r) er løsningene av den tilhørende radialligningen og Y m l θ,φ) er de sfæriske harmoniske. Disse løsningene har energiene 1 hvor E n = k ee 1 a n = 13.6 ev 1 n, n = 1,,..., 3) a = =.59 nm, 4) m e k e e er Bohrradien og m e =.511 MeV/c er massen til elektronet. Vi bruker sfæriske koordinater hvor = 1 r r ) + r r x = rsinθcosφ, 6) y = rsinθsinφ, 7) z = rcosθ, 8) 1 r sinθ sinθ ) + θ θ 1 r sin θ φ, 9) ˆL z = i φ. 1) a) Gi normeringsbetingelsen for bølgefunksjoneneψ nlm i kartesiske og sfæriske koordinater. [4 poeng] Svar: Normeringsbetingelsen for ψ nlm i kartesiske koordinater er: og i sfæriske koordinater π π ψ nlm r) dxdydz = 1, 11) ψ nlm r,θ,φ) r sinθdrdθdφ = 1. 1) 1 Under tilnærmingen at protonmassen er uendelig tung. Skal man ta hensyn til den enedelige massen til protonet må man i stedet bruke den reduserte massen hvor m p er protonmassen. µ = memp m e +m p, 5)

2 b) Vi antar separat normering avr nl ogyl m. Vis at normeringsbetingelsen for Yl m da er [4 poeng] π π Y m l θ,φ) sinθdθdφ = 1. 13) Svar: Vi setter ψ nlm r,θ,φ) = R nl r)y m l θ, φ) i normeringsbetingelsen og får = = π π π π R nl r) r dr Dersom R nl er separat normert er ψ nlm r,θ,φ) r sinθdrdθdφ R nl r)yl m θ,φ) r sinθdrdθdφ π π Y m l θ,φ) sinθdθdφ. 14) slik at π π R nl r) r dr = 1, 15) Y m l θ,φ) sinθdθdφ = 1. 16) c) Y er en konstant. Vis at den er gitt ved Y θ,φ) = 1 4π. [4 poeng] Svar: Vi finner Y π π Dette gir Y = 1/ 4π. = K fra normeringsintegralet: Y θ,φ) sinθdθdφ = Bølgefunksjonen til grunntilstanden kan skrives hvor N 1 er en normeringskonstant. π π K sinθdθdφ π = π K sinθdθ = π K [ cosθ] π = 4π K. 17) ψ 1 r,θ,φ) = N 1 e r/a, 18) 3

3 d) Finn N 1. Hint: Du kan få bruk for følgende integral [5 poeng] x n e λx dx = n!λ n+1). 19) Svar: Vi bruker at Y = 1 4π og finner normeringen av R nl R 1 r) r dr = A 1 e r/a r dr = A 1 e r/a r dr = A 1! som gir A 1 = / a 3 og dermed N 1 = 1/ πa 3. a ) +1) = A 1 a3 4, ) e) Finn forventningsverdien for kinetisk energi K for tilstanden ψ 1. Vi vil ha den numeriske verdien også. [8 poeng] Svar: Kinetisk energi kan skrives som K = p m e, vi kan derfor nøye oss med å finne forventningsverdien til p. Den tilhørende operatoren er ˆp = i ) i ) =. 1) Vi har sett over at ψ 1 = 1 e r/a, slik at πa 3 ψ 1 = 1 r r ψ ) 1 = 1 ) r r r r ψ 1 r a = 1 r r ψ r ) ψ 1 a a a = a r + 1 ) a ψ 1. ) 4

4 Forventningsverdien til p er da gitt ved p 1 = ψ1ˆp ψ 1 d 3 r = ψ1 ψ 1 d 3 r = 1 e r/a πa 3 a r + 1 a = 4π a r + 1 a = 4 a 3 = 4 a 3 = 4 a 3 πa 3 ) 1 πa 3 e r/a d 3 r ) e r/a r dr r + 1 a a r )e r/a dr ) a a a + a 4 slik at K =, som gir m ea K = c) m e c a = a a 8 ) =, 3) a nmev) = 13.6 ev. 4).511 MeV.59 nm) f) Finn forventningsverdien for den potensielle energien V for tilstanden ψ 1. Vi vil ha den numeriske verdien. [ poeng] Svar: Vi har at Ĥ = ˆK + ˆV. Derfor er E = K + V. Dette gir V = E K = 13.6 ev 13.6 ev = 7. ev. 5) Nøyaktig det samme potensialet som for hydrogenatomet vil finnes mellom et elektron og et positivt ladet positron antipartikkelen til elektronet). Disse kan også inngå i en bundet tilstand som vi kaller positronium. Riktignok så finnes det en sannsynlighet for at elektronet og positronet interagerer og utsletter hverandre ved å bli til fotoner, så positronium lever ikke så lenge. g) Vis at energinivåene til positronium er gitt ved [3 poeng] E n = m ekee n, n = 1,,... 6) 5

5 Svar: For positronium vil ikke lenger tilnærmingen med en uendelig tung kjerne som står i ro lenger være særlig god. Vi måderfor bytte ut massen i uttrykket for energien med den reduserte massen: m e µ = m 1m m 1 +m. 7) En antipartikkel har like stor masse som partikkelen, det vil si at begge de involverte massene er gitt ved elektronmassen m 1 = m = m e. Da er µ = m e /. Innsatt i 3) får vi E n = k ee 1 a n = ee 4 1 µk n = m ekee n. 8) h) Positronium i grunntilstanden ψ 1 kan finnes i en spinn-singlet tilstand, hvor spinnet til elektronet og positronet er motsatt rettet, eller i en tripplett, hvor de er rettet i samme retning. Hvor mange fotoner kan man få ved annihilasjon av elektron positron paret for hver av de to tilstandene? Hint: Fotoner har spinn 1. [4 poeng] Svar: Fordi spinn er en bevart størrelse egentlig totalt angulærmoement, men vi er her i grunntilstanden så vi behøver ikke tenke på det), så må totalspinnet før og etter annihilasjonen være det samme. De to tilstandene har totalspinn og 1. Da fotoner har spinn 1, må singlettilstanden annihilere til et partall med fotoner som har motsatt rettet spinn, mens tripplettene må annihilere til et odde antall fotoner. Oppgave Harmonisk oscillator i to dimensjoner En partikkel med masse m beveger seg i et to-dimensjonalt harmonisk oscillator potensial gitt ved Vx,y) = 1 mω x +y ), 9) og beskrives ved hjelp av en bølgefunksjon ψx,y). 3 Vi minner om at grunntilstanden og den første eksiterte tilstanden til en én-dimensjonal harmonisk oscillator kan skrives på formen ) α 1/4 ψ x) = e αx, 3) π α 3) 1/4 ψ 1 x) = xe αx, 31) π hvor α = mω/. 3 Det finnes spennende fysiske eksempler på bevegelse begrenset til to dimensjoner, f.eks. er elektronene i grafen fanget på en to-dimensjonal overflate. 6

6 a) Hva er enheten til ψx,y)? Gi en begrunnelse. [3 poeng] Svar: ψx,y) er en sannsynlighetstetthet i to dimensjoner, det vil si at multiplisert med et arealelement dxdy, ψx,y) dxdy, er det en enhetsløs sannsynlighet. Fordi areal har enhet lengde), må da ψx,y) da ha enhet lengde) og ψx,y) ha enhet lengde) 1. b) Anta separasjon av variable for bølgefunksjonen,ψx,y) = ψ x x)ψ y y), og vis at den tidsuavhengige Schrödingerligningen i to dimensjoner ) m x + y ψx,y)+vx,y)ψx,y) = Eψx,y), 3) da kan skrives som to uavhengige én-dimensjonale Schrödingerligninger forψ x x) ogψ y y) med hvert sitt harmonisk oscillator potensial og hver sin energi E x og E y. [6 poeng] Svar: Med ψx,y) = ψ x x)ψ y y) innsatt på venstre side i 3) får vi ) m x + y ψ x x)ψ y y)+vx,y)ψ x x)ψ y y) = m ψ yy) x ψ xx) m ψ xx) y ψ yy)+vx,y)ψ x x)ψ y 33) y), mens høyre side gir Eψ x x)ψ y y). Ved å dele på ψ x x)ψ y y) på begge sider får vi 1 mψ x x) ψ x x) x som kan skrives som 1 mψ x x) ψ x x) x 1 mψ y y) + 1 mω x 1 mψ y y) ψ y y) y + 1 mω x +y ) = E 34) ψ y y) y + 1 mω y = E 35) Fordi koordinatene x og y er uavhengige må summene av de to første og de to siste leddene i uttrykket over begge være konstanter. Vi kaller disse to konstantene for E x og E y, slik at E = E x +E y. Vi får da to uavhengige én-dimensjonale Schrödingerligninger med harmonisk oscillatorpotensial: d mdx ψ xx)+ 1 mω x ψ x x) = E x ψ x x), 36) d mdy ψ yy)+ 1 mω y ψ y y) = E y ψ y y). 37) 7

7 c) Vis at de tillatte energiene er gitt ved E n = ωn+1), 38) og angi hva slags verdier som er mulige for n. [4 poeng] Svar: De to ligningene 36) og 37) er harmonisk oscillator ligninger med de samme løsningene. Energien for hver av disse løsningene er E ni = ω n i + 1 ), hvor i = x,y og n i =,1,,... er det tilhørende energikvantetallet. Vi får da en total tillatt energi på E = E x +E y = ω n x + 1 ) + ω n y + 1 ) = ωn x +n y +1) = ωn+1), 39) hvor n n x +n y =,1,,..., fordi n i =,1,,... d) Definer begrepet degenerasjon og bestem degenerasjonsgraden til energinivå n i vårt potensial. [4 poeng] Svar: Degenerasjon har vi når vi har ulike tilstander for et system som gir samme energi. I vårt tilfelle er det flere valg av tilstand gjennom kvantetallene n x,n y ) som gir samme energi E n. Degenerasjonsgraden dn) er antall tilstander med samme energi. Her er den gitt av alle kombinasjoner som gir n = n x +n y. Det er n+1 slike muligheter da vi kan begynne med å velga n x fritt fra og med, til og med n, men da er n y gitt. Altså er dn) = n+1. e) Hvor mange spinn 1 fermioner, for eksempel elektroner, kan du sette inn i de to laveste energinivåene? Anta at de ikke vekselvirker. [ poeng] Svar: Dersom vi tar hensyn til spinn vil vi ha høyere degenerasjon, med f.eks. spinn 1 partikler så er det to mulige spinntilstander med m s = ± 1 per romlig tilstand, og degenerasjonsgraden blir da dn) = n+1). I de to laveste energinivåene er det da plass til respektive og 4 elektroner. f) Forklar hvorfor tilstandene ) α 1/ ψ x,y) = e αr, 4) π α ) 1/ ψ 1 x,y) = xe αr, 41) π ) α 4 1/ ψ 1 x,y) = ye αr, 4) π 8

8 hvor r = x + y, er løsninger av den tidsuavhengige Schrödingerligningen for det to-dimensjonale harmonisk oscillator potensialet. [4 poeng] Svar: Vi kan skrive ) α 1/4 ) α 1/4 ψ x,y) = e αx e αy = ψ x)ψ y), 43) π π ) α 3 1/4 ) α 1/4 ψ 1 x,y) = xe αx e αy = ψ 1 x)ψ y), 44) π π ) α 1/4 α 3) 1/4 ψ 1 x,y) = e αx ye αy = ψ x)ψ 1 y), 45) π π slik at samtlige tre tilstander er på den separable formen ψ nm x,y) = ψ n x)ψ m y), hvor ψ n er løsninger av den én-dimensjonale Schrödingerligningen for harmonisk oscillator potensialet. Gitt konklusjonen i oppgave b) må dette da være løsninger for det to-dimensjonale harmonisk oscillator potensialet. Her er det en skrivefeil i uttrykket for ψ 1 x,y) i oppgaven. Denne ble korrigert skritlig underveis i eksamen. g) Vis at tilstandene ψ ± = 1 ψ 1 ±iψ 1 ), 46) er egentilstander for operatoren ˆL z = i ˆxˆp y ŷˆp x ) og finn egenverdiene. [6 poeng] Svar: Denne oppgaven gjøres enklest ved hjelp av sfæriske koordinater. Vi har ψ ± = 1 ψ 1 ±iψ 1 ) = 1 ) α 1/ e x±iy)) αr π = 1 α ) 1/ e rsinθcosφ±irsinθsinφ)) αr π = 1 ) α 1/ e αr rsinθe ±iφ. 47) π 9

9 Ved direkte innsetting har vi ˆL z ψ 1 = i φ ψ ± α ) 1/ e αr rsinθ π φ e±iφ = ± 1 ) α 1/ e αr rsinθe ±iφ π = ± ψ ± 48) = i 1 Dette kan også gjøres med kartesiske koordinater. ˆL z ψ 1 = i x y y ) ψ 1 x = i x αy) y αx))ψ 1 +i ψ 1 = i ψ 1, 49) og slik at ˆL z ψ 1 = i x y y ) ψ 1 x = i x αy) y αx))ψ 1 i ψ 1 = i ψ 1, 5) ˆL z ψ ± = 1 ˆLz ψ 1 ± 1 iˆl z ψ 1 = 1 i ψ 1 ± 1 i i ψ 1 ) = ± 1 ψ 1 ±iψ 1 ) = ± ψ ±. 51) Egenverdiene er altså ±. Her var det en feil i den oppgitte formelen for ˆL z. Dette fører til en feil egenverdi ±i. Det blir selvfølgelig gitt like mange poeng for det svaret, og for svar i Oppgave i) og j) som skyldes følgefeil. Oppgave h) under blir ikke berørt fordi de to operatorene fortsatt kommuterer. h) Finn uskarphetsrelasjonen mellom energien E og L z. [6 poeng] Svar: De tilhørende operatorene Ĥ og ˆL z kommuterer og kan derfor ha samtidige egenfunksjoner. Dette er enklest bevist ved å bruke sfæriske 1

10 koordinater hvor x = rcosφ og y = rsinφ og L z = i φ [Ĥ, ˆL z ] = [ = i 3 m m + 1 mω x +y ), i ] φ [ [ ], ] i mω r, φ φ = i 3 i mω =. 5) m Dermed er uskarphetsrelasjonen mellom de to ) 1 σe σ L z i [Ĥ, ˆL z ] =. 53) Det er også korrekt å argumentere ut fra at det finnes tilstander, ψ ±, som er egentilstander til begge operatorene og derfor kan ha skarpt bestemte verdier av både E og L z, slik at vi må ha σ E σ Lz. i) Vi preparerer systemet i begynnelsestilstanden Ψx,y,) = ψ 1 x,y). 54) Hva er sannsynligheten for å observere en verdi L z = for angulærmomentet på et senere tidspunkt? Og hvilken tilstand vil systemet være i da? [4 poeng] Svar: Vi kan bare observere egeneverdier for operatoren ˆL z når vi måler L z. Vi så i forrige oppgave at to egentilstander var ψ + og ψ. Initialtilstanden vår kan skrives som Ψx,y,) = ψ 1 x,y) = 1 ψ + x,y)+iψ x,y)), 55) det er altså bare mulig å måle de to tilhørende egenverdiene, og sannsynligheten for å måle er gitt av absoluttveridikvadratet av koeffisienten til ψ + i lineærkombinasjonen c + = 1. Etter observasjonen av vil systemet være i den tilhørende egentilstanden ψ + kollaps av bølgefunksjon). j) Dersom vi har en partikkel med ladning q og masse m som er begrenset til å bevege seg i xy planet, med et magnetfelt B = B e z perpendikulært på planet, vil det gi følgende potensial V = qb m L z + q B 8m x +y ). 56) Finn løsningene av den tidsuavhengige Schrödingerligningen og de tilhørende energiene for dette potensialet. Merk: Det holder at du skriver 11

11 ned de tre egentilstandene med lavest energi og forklarer hvordan de andre kan konstrueres. [7 poeng] Svar: Potensialet i 56) består av et harmonisk oscillator potensiale V HO = q B 8m x +y ), 57) med vinkelfrekvens ω = qb m, og en bit som er avhengig av angulærmomentet, V L = qb m L z. Vi vet at tilstanden ψ er en egentilstand for Hamiltonoperatoren ĤHO for harmonisk oscillator potensialet med egenverdien E, men den er også en egentilstand for ˆL z med som egenverdi: ˆL z ψ = i x y y ) ) α 1/ e αr x π = i x αy) y αx))ψ =. 58) Det betyr at ψ er en egentilstand til Hamiltonoperatoren for dette nye potensialet, med egenverdi Ĥ = ĤHO + ˆV L, 59) E = E qb m = ω = q B m. 6) Fordi tilstandene ψ ± fra oppgave g) er egentilstander både for ĤHO de er summen av to tilstander med energi E 1 ) og ˆL z, så er dette også egenfunksjoner for Ĥ. Energiene er gitt fra Ĥψ ± = Ĥψ ± +V Lz ψ ± = E 1 ψ ± qb m ˆL z ψ ± = q B m ψ ± qb m ψ ± = q B 1 1 ) ψ ±. 61) m For å konstruere flere tilstander trenger vi kun å omskrive, ved hjelp av lineærkombinasjoner, løsningene for harmonisk oscillator potensialet til løsninger som er egenfunksjoner til ˆL z. Disse er garantert å eksistere da operatorene ĤHO og ˆL z kommuterer se oppgave h)). 1