NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg kontinuasjonseksamen TFY45/FY6 Innføring i Kvantemekanikk august Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon: 759 Oppgåve August 6, a) Hamiltonoperatoren er Ĥ = h m ( r + r r L h r ) + V (r) () der ( L = h θ cotθ θ + ) sin θ φ. () L er uavhengig av r og kommuterer difor med V (r). L er uavhengig av r og og kommuterer difor med dei to første ledda i Ĥ. r L kommuterer med seg sjøl og difor med alle ledd i Ĥ. Vi har l =,,,,.. og m = l, l +..,,..l, l. b) Dette følgjer direkte ved innsetting.
c) Dersom vi skiftar variabel x = r µω får ein d = µω h dr h innsetting av V (r) = µω r = hωx gjev dette hω [ d dx + d x dx Vi har R(r) = u(x) = P(x)e x. Dette gjev d dx etc. Ved ] l(l + ) u(x) + x hωx u(x) = Eu(x) () u (x) = P (x)e x P(x)xe x, (4) u (x) = P (x)e x P (x)xe x + P(x) ( x ) e x. (5) Innsetting av u (x) og u (x) og forkorting med hω og e x gjev ( ) ( P (x) + x x P (x) + ǫ d) Vi bruker potensrekkjemetoden og skriv ) l(l + ) P(x) =. (6) x P(x) = a n x n. (7) Dette gjev P (x) = Innsetting gjev da n= P (x) = a n nx n = a n n(n )x n = n= a n nx n, (8) n= a n n(n )x n. (9) n= a n n(n )x n + a n nx n a n nx n Dette kan vi skrive som +(ǫ ) a n x n l(l + ) a n x n =. () a n n(n )x n + a x + a n nx n a n nx n n= n= ( +(ǫ ) a n x n a l(l + ) x + a ) l(l + ) a n x n = () x n=
Dersom vi redefinerer n n i det første, tredje og siste leddet, får vi etter litt opprydding [a n+ (n + )(n + ) l(l + )a n+ + (ǫ n )a n ] x n + a ( l(l + )) x a l(l + ) x =. () Koeffisienten foran kvar potens av x må vere lik null. Dette gjev rekursjonsrelasjonen a n+ = n + ǫ (n + )(n + ) l(l + ) a n. () I tillegg må a = viss l(l + ) og a = viss l(l + ), det vil seie l = eller l =. Rekursjonsformelen viser at a n+ /a n /n for store n og P(x) = e x for store x. Det vil seie at u(x) e x for store x og er ikkje normerbar. Einaste vegen ut er at rekkja terminerer, det vil seie a n+ = for passe heiltal n. Dette gjev ǫ = n +, (4) eller ( ) E = hω + n. (5) e) Dersom P(x) = A er konstant får vi ved innsetting ( ǫ som har løysing når ǫ = og l =. l(l + ) x ) A =, (6) Dersom P(x) = Bx får vi ved innsetting og litt opprydding ( l(l + )) B + x (ǫ 5)B =, (7) x som har løysing ǫ = 5 og l = (l = er og ei løysing men l < ikkje tillate). f) Energien til den isotrope tredimensjonale oscillatoren er ( ) E = hω + n x + n y + m z, (8) der n x =,,..., n y =,,... og n z =,,... Grunntilstanden er for n x = n y = n z = og E = hω som tilsvarer ǫ =.
Middelverdien r kan skrivast som r = π π π r ψ r sin θ dr dφdθ π ψ r sin θ dr dφdθ, (9) der nemnaren er normeringa av ψ (r, φ, θ). Integralet over φ og θ gjev 4π i tellar og nemnar. Ny variabel x = r µω/ h gjev da r = h x 4 e x dx µω x e x dx = h µω Dette gjev V (r) = 4 µω r = 4 hω. () Vi har H = E k + V (r) og E = H. Dette gjev E k = E V (r). () Sidan E = ( hω)ǫ = hω for grunntilstanden får vi E k = 4 hω. () Energien E er da i middel likt fordelt mellom potensiell og kinetisk energi. Oppgåve a) På grunn av faktoren e αx går ψ(x) når x +. Vidare er ψ(x) for x <. ψ(x) er difor lokalisert og beskriv da ein bunden tilstand. Normeringsintegralet er ψ(x) = A x e αx dx = A π 8 α /! =. () 4
Dersom ein veljer A reell får vi A = ( ) 8 4 α 4 og den normerte bølgjefunksjonen π blir ( ) 8 4 ψ(x) = α 4 xe αx. (4) π b) Middelverdien til den potensielle energien er ( ) 8 V (x) = F α / π = F πα. c) Middelverdien til den kinetiske energien er E k = h m = h m x e αx dx ψ(x) d ψ(x) dx dx [ ] dψ(x) dx (5) dx etter delvis integrasjon. Innsetting av ψ(x) gjev E k = h m ( 8 = h m α. π ) α [ αx ] e αx dx d) Den totale energien til systemet kan vi da skrive som E = E k + E p = h m α + F π α. (6) Verdien på α som minimaliserer E, α min, finn vi ved å løyse de dα gjev =. Dette eller h m F α min = π α min =, (7) [ (m ) F h 8π ]. (8) 5
Innsett i uttrykket for E får vi da ( ) ( h ) E min = F. (9) π m der prefaktoren er ( ).4478. Feilen i grunntilstandsenergien er π omlag promille. Ikkje dårleg! Oppgåve a) Den relative krumning er gjeve ved ψ (x) ψ(x) = m [V (x) E] () h Når E V (x) > er den relative krumninga negativ og desse områda er tilletne i klassisk fysikk. når E V (x) < er den relative krumninga positiv og desse områda er forbode i klassisk fysikk. Når E V (x) = er ψ (x) = som tyder at bølgjefunksjonen har eit vendepunkt. Viss V (x) er kontinuerleg, vil ψ(x) vere kontinuerleg og glatt. For eit deltafunksjonspotensial V (x) = αδ(x a), vil ψ(x) vere kontinuerleg men ha ein knekk i x = a. I dette tilfellet er ikkje V (x) kontinuerleg. b) For ein operator  har vi ( A) = A A, () som gjev informasjon om spreiinga av måleresultata for observabelen A i tilstanden ψ. Innhaldet er da at produktet av usikkerheita for x og p x aldri kan bli mindre enn h. Dette tyder at ein ikkje kan spesifisere posisjon og impuls til ein partikkel samtidig. Posisjon og impuls kan ikkje vere skarpe samtidig. c) ψ(x) gjev sannsynlegheitsfordelinga for målingar av posisjonen på x- aksen. d) Dersom vi bruker klassisk fysikk vil partikkelen sprette tilbake viss E < V (%refleksjon). Dersom E > V vil partikkelen beveges seg mot høgre med redusert hastighet (% transmisjon) Kvantemekanisk vil refleksjonskoeffisienten, det vil seie sannsynlegheiten for at partikkelen blir reflektert vere lik når E < V. Dette er klassisk oppførsel. Når E > V er refleksjonskoeffisienten ein avtagande funksjon av E, men er positiv. Dette er altså ikkje-klassisk oppførsel. Sjå figur. 6
Figure : Refleksjonskoeffisient for eit potensialsprang som funksjon av E/V. 7