UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS14, Kvantefysikk Eksamensdag: 17. august 17 4 timer Lovlige hjelpemidler: Rottmann: Matematisk formelsamling, Øgrim og Lian: Fysiske størrelser og enheter eller Angell og Lian: Fysiske størrelser og enheter. Godkjent kalkulator. Ett A4 ark med egne notater begge sider av arket. Oppgave 1: Blandede, kvalitative spørsmål a Paulis eksklusjonsprinsipp legger restriksjoner på hvordan en vilkårlig mange-fermionbølgefunksjon for identiske fermioner kan bygges opp som en superposisjon av produkter av en-fermion-tilstander. Pauli-prinsippet sier at hvert produkt kun kan inneholde én kopi av hver én-fermion-tilstand, to fermioner kan ikke være i samme tilstand. Pauli-prinsippet er en konsekvens av at bølgefunksjonen til identiske fermioner må være antisymmetrisk under ombytte av to fermioner. b Foto-elektrisk effekt: Lys mot metall-plate. Elektroner kommer ut fra metallet dersom frekvensen på lyset er høy nok. Se kompendium.1. Brudd med klassisk bølgeteori: Elektronenes maksimale energi avhenger kun av frekvensen og ikke av lys-intensiteten. Eksistens av en minste frekvens. Prosessen skjer instantant. c Compton-spredning: Spredning av lys på på et fritt elektron. Se kompendium.3. Bidrag til lys som partikler: Compton-eksperimentet stemmer bra med det man får dersom man antar at lys er en masseløs partikkel med energi hc/λ og bevegelsesmengde h/λ. d Schrödinger tok den ikke-relativistiske grensa av Klein-Gordon-ligningen. Altså er Schrödinger-ligningen gyldig når partiklene har hastigheter mye mindre enn lyshastigheten. e Tilstanden med totalspinn s = og m = er χ = 1 χ 1 χ χ 1 χ 1
Kvadratet av totalspinn-operatoren kan skrives som S = S x 1 S x S 1 S 1 S = 1 y S y S 1 S For å regne ut S χ prøver vi først S 1 S Tilsvarende er S 1 χ = 1 S 1 S χ =. Og S 1 z S z χ = 1 1 1 z S z S 1 S S 1 S S z 1 S z χ 1 χ χ 1 χ = χ 1 χ 1 1 χ 1 χ = Derfor er S χ =. Egenverdien til S er generelt lik ss 1, så en null egenverdi betyr at s =. q.e.d. Oppgave : Partikkel i sylindrisk potensial H = m x y 1 z mω x y V z a Tidsuavhengig Schrödinger-ligning: [ m x y z 1 mω x y ] V z ψ = Eψ Separasjon av variable: ψx, y, z = ψ 1 xψ yψ 3 z. Setter inn og deler på ψx, y, z på begge sider. Dette gir 1 m x mω x ψ 1 x ψ 1 x }{{} kun avh. av x 1 m y mω y ψ y ψ y }{{} kun avh. av y m V z ψ z 3 z = E } ψ 3 z {{ } kun avh. av z Siden denne ligningen må holde for alle x,y og z, så må hvert ledd på venstre side være konstant. La oss kalle konstantene E 1,E og E 3. Vi har derfor [ m x 1 ] mω x ψ 1 x = E 1 ψ 1 x [ m y 1 ] mω y ψ y = E ψ y ] [ m z V z ψ 3 z = E 3 ψ 3 z E 1 E E 3 = E, q.e.d.
De to første av disse ligningene beskriver en én-dimensjonal harmonisk oscillator, mens den tredje beskriver en fri partikkel i en én-dimensjonal boks med uendelige potensialvegger. Den siste ligningen sier bare at energien for 3D problemet finnes ved å addere energiene til de tre én-dimensjonale problemene. b Som beskrevet i oppgaveteksten a beskriver to av ligningene hver for seg en éndimensjonal harmonisk oscillator med vinkelfrekvens ω. Vi har derfor E 1 = ω n 1 1 og E = ω n 1, der n1, n {, 1,,...}. Videre er ligningen for z-retningen er som for en fri partikkel i en boks med uendelige potensialvegger. Energien for en slik partikkel er E 3 = k m med bølgefunksjon ψ 3z = A sin kz B cos kz. Siden potensialet er uendelig ved z = og z = L må ψ 3 = = B = og ψ 3 L = = kl = πj hvor j {1,,...}. j = er ikke tillatt fordi da blir bølgefunksjonen, og negativ j er samme tilstand som positiv j siden bølgefunksjonen kun endrer fortegn. Derfor er k j = πj L Med E = E 1 E E 3 finner vi altså at energi-egenverdiene er E nj = ω n 1 1 n 1 kj m = ω n 1 n }{{} 1 kj m, n med j {1,,...}. q.e.d. c Degenerasjon: At flere ortogonale egentilstander har samme egenverdi, brukes som oftest om energiegenverdier. Degenerasjonsgraden angir hvor mange slike tilstander det er. For vårt problem vil det for en gitt verdi av n være n 1 mulige verdier for n 1 n 1 {, 1,..., n}. Når verdien for n 1 er valgt finnes n entydig ved n n 1. Derfor er degenerasjonsgraden for energinivå E nj lik n 1. d Egenfunksjonen med n = har n 1 = og n =, altså er de to én-dimensjonale oscillatorene begge i grunntilstanden: ψ 1 x e mω x og ψ y e mω y. ligningen i z-retningen fås ψ 3 z sink j z som vist i c. Altså kan ψ j skrives som ψ j = be mω x e mω y sink j z = be αr sink j z Ved å løse der vi har innført r = x y og satt α = mω. b er en normaliseringskonstant. 3
Bestemmelse av normaliseringskonstanten b: 1 = drr π = b 1 4α π L dφ = b πl 4α = b = 4α πl = b = dzψ jψ j = b α πl π drre αr dφ }{{}}{{} 1 4α e αr π dz sin πjz L }{{} L e Bølgefunksjonen ψ I er 1 ψ I =, r < R πr L r > R Sannsynligheten for å måle energien E j er gitt ved absolutt-kvadratet av følgende integral I j = = = = R drr drr π π dφ dφ b R πr L π b πr L π 1 α dzψ jr, φ, zψ I r, φ, z dzb 1 e αr sink j z πr L drre αr } {{ }} {{ } 1 α1 e αr L πj 1 1j 1 e αr L πj dz sin πjz L 1 1 j b L = 1 e αr 1 1 j πr L αj Merk at den siste faktoren gir for j et oddelike tall. Vi setter inn for b fra e. Da blir sannsynligheten P j R = I j = 1 4α L 1 e αr 1 1 j 4 = 1 e αr 1 1 j πr L πl α j αr π j 16 = 1 e αr αr π j der den siste overgangen gjelder når j er odde. For j et like tall er P j =. R-avhengighet: For R rekkeutvikler vi e αr 1 αr som gir P j R 16 π j αr. Sannsynligheten går derfor kvadratisk mot null i grensa R. For R neglisjerer vi eksponensialfunksjonen og får P j R 16 αr π j mot null som R. For αr = 1 fås P j αr = 1 = 16 π j 1 e 1 4. Så for store R går sannsynligheten
for j odde. For j like fås. f Nei, forventingsverdien til energien vil ikke endre seg. Det kan ses fra d H dt = i [H, H] H = }{{}}{{} t g Hamiltonoperatoren i sylinderkoordinater er: [ H = 1 m r r r r 1 ] r φ z 1 mωr V z Kommutatoren [L z, H] = i = i [ φ, 1 m r r r r 1 r [ ] φ, 1 = m r φ φ z 1 ] mωr V z Dette betyr at det er mulig å finne et komplett sett av simultane egentilstander for L z og H. Ettersom det er degenerasjon så er ikke ethvert sett av egentilstander for H nødvendigvis egentilstander for L z, men det at kommutatoren er null impliserer at det er mulig å konstruere ved å lage lineær-kombinasjoner av degenererte tilstander et slikt sett av simultane egenfunksjoner. h Egenverdiligning: ψ i φ λ = λψ = ψ ei φ Entydighet under en full rotasjon om z-aksen gir: ψφ π = ψφ = e i λ π = 1 = λ = m, m {, ±1, ±,...} og normering gir ψ m φ = 1 π e imφ. ψ j har ingen φ-avhengighet. Derfor gir den kun overlapp med m = tilstanden, og m = måles derfor med sikkerhet, altså sannsynligheten er 1. Integralet er 1 π dφe imφ = δ m, π i For n = 1 har vi to orthogonale tilstander siden degenerasjonsgraden er n 1 =.I oppgaveteksten er tilstanden cxe αr sink j z valgt. Dette er bølgefunksjonen til første 5
eksiterte nivå til den første én-dimensjonale oscillatoren multiplisert med grunntilstanden til den andre oscillatoren den i y-retning og fri-partikkel-boks-bølgefunksjonen. De eksiterte tilstandene til en én-dimensjonal harmonisk oscillator er proporsjonal med Hermitepolynomene som finnes i Rottmann. Denne tilstanden kan skrives cxe αr sink j z = cr cos φe αr sink j z slik at φ-avhengigheten er cos φ e iφ e iφ. De mulige måleverdiene for L z er derfor ±, og sannsynlighetene for hver av dem er like store, altså 1/, siden koeffisientene som multipliserer e iφ og e iφ er like. Vi kunne også valgt å sette den første oscillatoren i grunntilstanden og den andre i første eksiterte nivå. Det gir bølgefunksjonen: cye αr sink j z = cr sin φe αr sink j z. Fordi sin φ e iφ e iφ vil vi også kunne måle verdiene ± i denne tilstanden. Også her er sannsynlighetene for hvert alternativ 1/, siden amplitudene er like store de har motsatt fortegn, men det kvadreres bort. Merk at ingen av disse to tilstandene er egentilstander for L z. Vi kunne også valgt lineær-kombinasjoner av disse to. En slik lineær-kombinasjon αx βy ce αr sin k j z vil generelt også gi at de mulige måleverdiene for L z er ±. Men sannsynlighetene for hvert alternativ avhenger av α og β. For β = ±iα er denne lineær-kombinasjonen en egentilstand for L z med egenverdi ±, som betyr at verdien ± måles med sikkerhet. 6