TFY415 - løsning Ekstraøving 1 Oppgave 9 LØSNING EKSTRAØVING hydrogenlignende atom a. For Z = 55 finner vi de tre målene for radien til grunntilstanden ψ 100 vha formlene side 110 i Hemmer: 1/r 1 = a = a 0 /55, r = 3 a and r 1/ = a 3 1.73 a. Vi ser at uansett hvilket av målene vi bruker for radien, så kommer den ut en faktor 55 mindre enn den tilsvarende størrelsen for hydrogenatomet. b. For den eksiterte 6s-orbitalen ψ 600, med n = 6 og l = 0, finner vi 1 r 1 = 36a = 36 55 a 0, r = 54 a = 54 55 a og r 1/ = a 1 57 36 181 57 a = 55 a 0. Vi merker oss at radien til denne eksiterte orbitalen for Z = 55 er av samme størrelsesorden som grunntilstandsradien for hydrogenatomet. c. For l = 0 og n = 6 er radialkvantetallet n r = n l 1 = 5, og rekursjonsformelen tar formen b k = k 6 k(1 + k) b k 1, k = 1,,. Dette gir b 1 = 5 b 0, b = 4 6 b 1 = 5 3 b 0, b 3 = 3 1 b = 5 1 b 0, b 4 = 0 b 3 = 1 4 b 0, b 5 = 1 30 b 4 = 1 70 b 0. Den neste koeffisienten, b 6, og alle de påfølgende er lik null. Derfor kommer u 60 (ρ) ut som ρe ρ/ multiplisert med et polynom av grad n r = 5. Med ρ = r na = 1 r 3 a blir resultatet [ u 60 = b 0 ρ e ρ/ 1 5 ρ + 5 3 ρ 5 1 ρ3 + 1 4 ρ4 1 ] 70 ρ5 [ = b 0re r/6a 1 5 r 6 a + 5 ( ) r ( 5 r 7 a 1 7 a ) 3 + 1 4 81 ( r a ) 4 ( ) ] 1 r 5. 70 43 a d. (i) I figuren nedenfor har vi også tatt med energien (E 60 = h m ea 1 6 = h m ea 0 55 6 ) og potensialet V = h m ear.
TFY415 - løsning Ekstraøving Vi ser at den klassiske venderadien er tilnærmet 70a. Innenfor denne radien krummer u(r) mot aksen, og den krummer selvsagt raskere jo større E V (r) er. De største verdiene av E V (r) har vi åpenbart for små r. Dette er grunnen til at avstandene mellom nullpunktene blir minst for små r. (ii) For den harmoniske oscillatoren husker vi at amplitudene til den oscillerende bølgefunksjonen er størst nær de klassiske vendepunktene, hvor den kinetiske energien og den klassiske hastigheten er minst. Lav klassisk hastighet svarer til høy sannsynlighetstetthet. I den aktuelle problemstillingen observerer vi samme oppførsel, og grunnen er den samme, siden radialligningen for u(r) er endimensjonal. (iii) Ut fra kurven for radialtettheten, P 60 (r), vil jeg anslå at 90 prosent av sannsynligheten befinner seg innenfor en kule med radius 70a = (70/55)a 0, som er noe større enn de målene for radien vi kom fram til i pkt. b. e. For grunntilstanden finner vi vha matlab-programmet ekstraa.m at en kuleflate med radius r =.66116 a inneholder 90 prosent av sannsynligheten. For 600-orbitalen finner vi ved å integrere til x = 170 at normeringen er korrekt. Ved å integrere til r/a = x = 73.64 finner vi at sannsynligheten innenfor denne radien er veldig nær 90 prosent. Nitti-prosentradien for 6s-orbitalen er altså ca 73.64 a for det hydrogenlignende atomet. Oppgave 30 Forenklet atom-modell a. Antall elektroner i konfigurasjonen er 1s s p 6 3s 3p 6 4s 3d 10 4p 6 5s 4d 10 5p 6 6s 1 + + 6 + + 6 + + 10 + 6 + + 10 + 6 + 1 = 55, altså lik protontallet i 133 55 Cs-kjernen. Dette atomet er derfor nøytralt. b. Ved å kjøre Matlab-programmet ekstrab.m med l = 0, k = 100000 (for å fjerne skjermingen) og XL = 30 kommer egenverdiene ut som følger:
TFY415 - løsning Ekstraøving 3 n eigenvalue eigenvalue n 1-0.49996116-0.99994-0.1498844-0.999907 3-0.055413499-0.997443 4-0.0469193-0.788134 5 0.01334551 0.6668 6 0.06494471 4.676019 7 0.19879 1.669663 8 0.05768577 6.338378 9 0.940769 47.640349 10 0.393995803 78.799161 Her ser vi at de første egenverdiene ɛ n multiplisert med n kommer ut like i nærheten av fasitverdien 1. Fra n = 4 og oppover, derimot, avviker resultatene gradvis mer og mer fra fasiten. Årsaken skjønner vi ut fra diagrammet med de fem første egenfunksjonen, som ser slik ut: Her er poenget at vi har valgt XL = 30, hvor altså egenfunksjonen settes lik null. Dette er OK for de første løsningene som i realiteten går raskt mot null. For de to siste er det like åpenbart uholdbart, siden de ikke engang har begynt å krumme utover fra aksen. For disse trenger vi derfor å velge en mye større XL. For XL=140 ser det resulterende diagrammet med u 60 og [u 60 ],
TFY415 - løsning Ekstraøving 4 omtrent like bra ut som i forrige oppgave, og n ɛ 6 = 0.9996 er jo slett ikke verst. Det samme gjelder 90-prosent-radien, som kommer ut 73.6. Derimot er ɛ 1 = 0.99876 og 8ɛ = 0.9996 mer unøyaktige enn for XL = 30. Årsaken er at både u 10 og u 0 går raskt mot null (slik at XL = 30 er stor nok), og at XL = 30 gir et mindre inkrement XL/(N + ) og dermed mindre feil enn XL = 140. c. Med XL = 30 finner vi for 1s-orbitalen en 90-%-radius x 90 =.653, som er veldig nær resultatet for det hydrogenlignende atomet (.66116). For energien finner vi ɛ 100 = 0.4645947 og E 100 = h m e a ɛ 100 = 55 7.114 ev 0.4645947 = 38.4 kev. I forhold til beregningen for det hydrogenlignende atomet er altså ɛ 100 hevet med beløpet Dette beløpet skal vi sammenligne med 0.464595 ( 0.49996) = 0.03537. V (0) h /(m e a ) = Z 1 Zk = 54 55 7 = 0.03636. Grunnen til at disse beløpene er nesten like store (og til at radiene også er nesten de samme) er at V = V V C er nesten konstant i området der 1s-orbitalen befinner seg. (Jf diagrammet i oppgaveteksten.) Vi merker oss at skjermingen fra de øvrige elektronene hever 1s-energien med ca 7 prosent. d. Med l = 0 og XL = 800 finner vi at ɛ 600 = 0.000080, som svarer til E 600 = 6.6 ev. Bindingsenergien er altså mye mindre enn for det hydrogenlignende atomet (som for 6s er 13.6 ev (55/6) = 1143 ev). Nitti-prosent radien kommer ut som x 90 600 86, mot 73.6 for det hydrogenlignende atomet. Dette svarer til r 90 600 = x 90 600 a 0 /55 = 5. a 0, som er ganske realistisk for cesium (og som var ledetråden for valget av k = 7).
TFY415 - løsning Ekstraøving 5 e. Vi må her kjøre programmet suksessivt for l = 0, 1, og 3. For l = 3 er n = l +1+n r = 4+n r, der n r er antall nullpunkter. Løsningen u 4f er altså den uten nullpunkter, som svarer til den laveste energien for l = 3 (46 ev). Tilsvarende svarer u 3d til den laveste energien for l =, og u p svarer til den laveste energien for l = 1. Til slutt har u s ett nullpunkt, og svarer til den nest laveste energien for l = 0. Med XL = 00 blir resultatene som følger (i elektronvolt): E s = 7597 E p = 7558 E 3s = 18 E 3p = 180 E 3d = 098 E 4s = 613 E 4p = 584 E 4d = 53 E 4f = 46. Her ser vi hvordan l-degenerasjonen oppheves, ved at energiene (E nl ) øker med økende l for fastholdt n = l + 1 + n r. Løsning oppgave 31 H + a. Med ( K + V 1 )ψ 1 = E H 1 ψ 1 og ( K + V )ψ = E H 1 ψ finner vi at Ĥψ ± = ( K + V 1 + V ) 1 (ψ 1 ± ψ ) = 1 [ ( K + V 1 )ψ 1 + V ψ 1 ± ( K + V )ψ ± V 1 ψ ] = E H 1 E H 1 ψ ±, 1 (ψ 1 ± ψ ) + 1 (V ψ 1 ± V 1 ψ ) siden V ψ 1 og V 1 ψ begge er små for store R. (ψ 1 er stor nær protonet p 1, hvor V har små verdier, etc.) Så både ψ + og ψ er med god tilnærmelse energiegenfunksjoner, og de tilhørende energiene er begge tilnærmet lik 13.6 ev, når avstanden R er stor. I grensen R er resultatet ovenfor eksakt; de to energiene flyter da sammen til et degenerert nivå. I denne grensen er resultatet for den totale energien det samme ( 13.6 ev), siden e /(4πɛ 0 R) da går mot null. b. Når avstanden R er mye mindre enn a 0, har vi et elektron som beveger seg rundt en tilnærmet punktformet ladning e, dvs et tilnærmet hydrogenlignende system. Elektronets energi i grunntilstanden er da med god tilnærmelse 1 (α) m e c = 54.4 ev. Sammenlignet med grensen R betyr dette at bindingsenergien i grunntilstanden har økt med en faktor 4. (Det er den symmetriske funksjonen ψ + som nærmer seg grunntilstanden i denne grensen. Den antisymmetriske tilstanden ψ vil nærme seg en p-orbital med energi 13.6 ev.) For å finne den totale energien må vi addere e /(4πɛ 0 R), som er positiv og mye større enn 54 ev, og som derfor gir en positiv totalenergi. (Som diskutert i forelesningene vil totalenergien som funksjon av R passere et minimum for R 1.03 Ångstrøm, dersom vi tenker oss at R minskes fra mot null.)
TFY415 - løsning Ekstraøving 6 c. Med protonene p 1 og p plassert på z-aksen og like langt fra origo merker vi oss for det første at potensialet e V = V 1 + V = 4πɛ 0 r 1Rê z e 4πɛ 0 r + 1Rê z åpenbart er uavhengig av asimutvinkelen φ, dvs symmetrisk med hensyn på rotasjoner om z-aksen. Dette betyr at L z = h kommuterer med Hamilton-operatoren Ĥ. Siden i φ V (r) = V ( r), vil Hamilton-operatoren for det andre også kommutere med paritetsoperatoren P. Vi kan også vise at P kommuterer med L z. Her er to bevis: (i) La f være en vilkårlig funksjon av x, y, z. Vi har da P L z f(x, y, z) = h i ( P x y y ) f(x, y, z) = h ( ) x x i ( y) ( y) f( x, y, z) ( x) = L z Pf(x, y, z), q.e.d. (ii) Som et alternativ kan vi bruke kulekoordinater og utvikle funksjonen f i sfæriske harmoniske. Utviklingskoeffisientene c lm blir da funsjoner av r: ( P L z L z P)f(r, θ, φ) = = l ( P L z L P)c z lm (r)y lm (θ, φ) l=0 m= l l [( 1) l hm hm( 1) l ]c lm (r)y lm (θ, φ) = 0, l=0 m= l q.e.d. d. Siden 1s-orbitalene ψ 1 og ψ (sentrert i hvert sitt proton) begge er rotasjonssymmetriske med hensyn på z-aksen, vil det samme gjelde for lineærkombinasjonene ψ ±, som derfor er uavhengige av asimutvinkelen φ. Vi har altså L z ψ ± = 0. Vi ser også at ψ + = (ψ 1 + ψ )/ er symmetrisk med hensyn på rominversjon, r r, mens ψ = (ψ 1 ψ )/ er antisymmetrisk. Vi har altså ψ ± er paritetsegentilstander. Pψ ± = ±ψ ± ;