FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Kvantekraft. L x. L 2 x. = A sin n xπx. sin n yπy. 2 y + 2.

Transkript

1 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 1 øsning oppgave 5 1 a Med finner vi energien til egenfunksjonen ØSNING ØVING 5 Kvantekraft nπx sin = n xπ x x x ψ nx,n y,n z = A sin n xπx x sin nπx x, sin n yπy osv sin n zπz slik: ( ) Ĥ ψ nx,ny,n z = h m x + y + ψ z nx,ny,n z = h π ( n x + n y + n ) z ψ m nx,ny,n z E ψ nx,ny,n z x I uttrykket for energien er det her viktig å skille mellom sidekantene i y- og z-retningene (som holdes faste) og sidekanten x i x-retningen, som skal variere Ved en infinitesimal økning d x av x, med fastholdt y = z =, utføres det et arbeid F x d x, som tas fra energien til partikkelen, slik at F x d x = de Kraften på stempelet er altså F x = E x = h π n x m 3 x = h π, m 3 x siden n x = 1 for grunntilstanden Merk at partiell-derivasjonen her betyr at y og z holdes faste Vi ser at kraften er omvendt proporsjonal med massen m til partikkelen Den går altså mot null i den makroskopiske grensen, når partikkelmassen vokser mot uendelig Dette harmonerer med klassisk fysikk (mekanikk, hvor grunntilstanden svarer til at partikkelen er i ro) I den motsatte grensen ser vi at kraften vokser med avtagende masse Det samme gjelder energien i grunntilstanden; jf kvantevillskap For x = a 0 og m = m e kan vi skrive kraften på formen F x = h m e a 0 π a 0 Her er h /(m e a 0) = 1 Rydberg=136 ev Med a 0 = m, e = C og 1VC=1Nm finner vi kraften F x = N

2 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 b I grunntilstanden vil de 8 spinn- 1 -fermionene fordele seg med to i hver av de fire romlige én-partikkel-tilstandene med lavest energi Når x er i nærheten av, er kvantetallene for disse fire tilstandene gitt ved 1 (n x, n y, n z ) = (1, 1, 1), (, 1, 1), (1,, 1) og (1, 1, ) Kraften avhenger bare av de x -avhengige bidragene til den totale energien for de 8 fermionene, som er E (x) tot = h π ( 1 m ) = 7 h π x x x x m x For x = blir da kraften F x = E(x) tot x = 14 h π m 3 Kraften fra de 8 identiske fermionene (når de er i grunntilstanden, dvs i tilstanden med den lavest mulige totale energien for dette fermionsystemet; jf Pauli-prinsippet) er altså 14 ganger større enn med bare én slik partikkel til stede Merk at med 8 identiske ikke-vekselvirkende spinn-1-partikler (bosoner) er det ingen ting i veien for at alle kan befinne seg i den laveste én-partikkel-tilstanden Energien i grunntilstanden blir altså i dette tilfellet 8 ganger det energibeløpet vi fant i pkt a, og det samme vil da gjelde for kraften øsning oppgave 5 δ-funksjonspotensialet plassert midt i en boks = dobbeltbrønn a Da potensialet er symmetrisk, vil bølgefunksjonen ψ for første eksiterte tilstand (i likhet med ψ 4, ψ 6 osv) være antisymmetrisk, og har følgelig et nullpunkt i origo, hvor deltabarrieren sitter Ifølge diskontinuitetsbetingelsen skal da ψ være glatt i dette punktet, i likhet med ψ for tilfellet med β = 0 (vanlig boks) Også utenom origo skal ψ oppfylle akkurat de samme betingelsene som for β = 0 : dvs oppfylle Schrödingerligningen, være lik null for x = ±a, og ikke ha flere nullpunkter Følgelig er ψ for β 0 identisk med ψ for tilfellet β = 0 Første eksiterte tilstand blir da ganske enkelt en helbølge-sinus, med nullpunkt i origo: Bølgefunksjonen for denne tilstanden er ψ = A sin k x, med k = π/a 1 Merk at hva som er kvantetallene til de fire tilstandene med lavest mulig energi avhenger av x Er feks x, vil alle fire av disse tilstandene ha n x = 1 Er x, vil alle fire ha n y = n z = 1

3 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 3 Dette kan vi kontrollere ved innsetting i den TUS, som sammen med den oppgitte energien gir h oppgitt TUS 001 = E m e a = ( h /m e )ψ = h k = h π 0 ψ m e m e a Av dette ser vi at a = 10 π a 0 = 314 a 0 b Det nødvendige prinsippet er at grunntilstanden ganske enkelt er symmetrisk, så venstre halvdel av ψ 1 er speilbildet av høyre halvdel Skissen ser da slik ut: Begge halvdelene av grunntilstanden er sinusformet, og kontinuitetskravet i x = a innebærer at den for 0 < x < a kan skrives feks på formen ψ 1 = B sin[k 1 (x a)] (med B > 0) Venstre del (speilbildet) finner vi ved å skifte fortegn på x, så for a < x < 0 er ψ 1 = B sin[k 1 (x + a)] Da ψ 1 er symmetrisk, blir den deriverte antisymmetrisk, dvs ψ 1(0 ) = ψ 1(0 + ) Innsetting i diskontinuitetsbetingelsen gir da ψ 1(0 + ) ψ 1 (0) = 1 m eβ h = f a 0, qed, eller ψ 1 (0) = a 0 f ψ 1(0 + ) Siden ψ 1(0 + ) er endelig, ser vi at økende f tvinger ψ 1 (0) til å bli mindre, slik at λ 1 nærmer seg λ ovenfra, og slik at grunntilstandsenergien E 1 nærmer seg E (som er uavhengig av f) nedenfra Moralen er at jo mer ugjennomtrengelig barrieren som skiller de to brønnene er, desto mindre blir splittingen mellom de to energinivåene E 1 og E (Det samme vil gjelde for E 3 og E 4 ) c Ved å kombinere relasjonene ψ 1(0 + ) ψ 1(0) λ/ og ψ 1(0 + ) ψ 1 (0) = f a 0 finner vi at λ = λ 1 λ = ψ 1(0) ψ 1(0 + ) = a 0 f Med E λ har vi da med god tilnærmelse at ( E 1 = E E ) E λ = λ = λ λ λ λ a = a 0 af = 10πf, som er samme resultat som ble utledet i oppgaveteksten

4 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 4 d For t > 0 blir bølgefunksjonen Ψ(x, t) = 1 [ ψ1 (x)e ie 1t/ h + ψ (x)e ie t/ h ] [Denne oppfyller Schrödingerligningen, fordi den er en superposisjon av stasjonære løsninger, og den er lik den oppgitte tilstanden for t = 0] Ved å spalte av en faktor exp( ie 1 t/ h) har vi Ψ(x, t) = e ie 1t/ h 1 [ ψ1 (x) + ψ (x)e i(e E 1 )t/ h ] Med ψ = A sin πx/a og ψ 1 = B sin[k 1 (a x)], der k 1 bare er ørlite grann mindre enn π/a og B av normeringsgrunner er bare ørlite grann mindre enn A, skjønner vi at ψ 1 og ψ er praktisk talt like for x > 0, og praktisk talt motsatt like for x < 0 Sannsynligheten for å finne elektronet i høyre halvdel av potensialet ved t = 0 er derfor svært nær 1 Etter tiden t = π h/(e E 1 ) T p / er bølgefunksjonen Ψ(x, T p /) = e ie 1T p/ h 1 [ψ 1 (x) ψ (x)], så ved dette tidspunktet er det like sannsynlig å finne elektronet på venstresiden Etter tiden T p = π h E E 1 er sannsynlighetstettheten den samme som for t = 0, så dette er periodetiden for oscillasjonen Innsetting av E E 1 = h /(m e a 0) gir T p = π h h /(m e a 0) = evs ev = s e Med farten v = E m e = hπ m e a blir tidsintervallet mellom hver kollisjon med barrieren t 1 = a v = m ( e hπ (10πa 0) me a ) 0 = 100 h π h = evs/ 136 ev = s Transmisjonskoeffisienten for δ-barrieren finner vi fra den oppgitte formelen f = 30 og k = k = π/a = 1/(10a 0 ) finner vi Med T = [1 + (f/ka 0 ) ] 1 = [1 + (10f) ] 1 (001/900) = Sannsynligheten for å finne elektronet til venstre for barrieren reduseres med en faktor 1 T for hver kollisjon Ved tiden t er antall kollisjoner t/t 1, slik at sannsynligheten er redusert til (1 T ) t/t 1 (exp( T )) t/t 1 = exp( tt/t 1 )

5 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 5 Denne er lik 1/e for tt/t 1 = 1 evetiden er altså τ = t 1 T = s Vi ser at denne er omlag en faktor 955 ganger større enn periodetiden under pkt d: τ T p = 955 Så når vi fjerner veggen i x = a, blir det ikke enklere, men tvert imot mye vanskeligere for partikkelen å passere barrieren (enn i pkt d)