Exempelsamling - KTH Particle and Astroparticle Physics

Exempelsamling i Modern fysik SH1009. 

VT2012 

Utformad av: Bengt Lund-Jensen och Mats Wallin 

Version: 12-01-18 

Avsnitt: (Notera att numreringen av kapitel inte är densamma som i kursboken) 

1. Relativitetsteori 

2. Partikelstruktur hos elektromagnetisk strålning 

3. Partiklars vågnatur 

4. Kvantmekanik: Schrödingerekvationen 

5. Kvantmekanik: 

6. Kvantmekanik i 3 dimensioner, väteatomen. 

7. Atomer och spinn 

8. Statistisk mekanik 

9. Molekylfysik 

10. Fasta material, halvledare 

11. Kärnfysik 

12. Blandade problem av tentakaraktär. 

13. Exempeltenta 

(Exempel markerade med (T) är av tentakaraktär, dvs de har eller skulle kunna ha 

varit problem på en tenta. )

Kap 1. Relativitetsteori 

Ex1:1. Myoner bildas i de övre luftlagren i skurar från kosmiska protoner. I 

t 

/ 

myonens vilosystem är antalet myoner efter en tid t N N 

0e 

där N 0 är 

antalet vid t = 0 och är medellivstiden 2,2 s. 

a) Om myonerna bildas på 10 km höjd och har en hastighet av 0,98 c, hur 

stor andel når jordytan? 

b) Om klassisk mekanik gällde, hur stor andel skulle då ha nått jordytan? 

Ex1:2. En kosmolog observerar ljus från en avlägsen supernova. En speciell 

våglängd i det utsända ljusspektrat är 656,5 nm vilken utsänds av 

väteatomer. 

a) Kosmologen mäter våglängden för spektrallinjen till 1573 nm. Rör sig 

supernovan mot eller bort från jorden? 

b) Med vilken hastighet rör sig supernovan relativt jorden? 

c) Om den rör sig i motsatt riktning, vilken våglängd skulle då ha 

observerats på jorden? 

d) Om den svenske astronauten Christer Fuglesang hade haft en 

vätgaslampa med sig till rymdstationen som befinner sig på ca 400 km höjd 

över jordytan och färdas ett varv på 90 minuter, hur skulle den på jorden 

observerade våglängden förändras jämfört med den utsända? 

Ex1:3. (T) I ett partikelfysikexperiment skapades en stråle av K S 0 -mesoner. (S står 

för short pga kort livslängd jämfört med en annan variant, men detta har 

ingen betydelse för talet). I ca 69% av fallen sönderfaller K S 0 till + + - . I 

laboratoriet mäts energin hos +. . Högst uppmätt energi får + när 

sönderfallet sker så att dess riktning i sönderfallet är längs K S 0 -strålen 

riktning. Beräkna i ett sådant fall K S 0 hastighet i labbet om man i labbet har 

mätt kinetiska energin hos + till 2,00 GeV. Massorna för K S 0 , + och - är 

497.6, 139.6 respektive 139.6 MeV/c 2 . 

Ex1:4. (T) Antimateria har på senare år i små kvantiteter skapats vid CERN för 

studier av symmetri mellan materia och antimateria. När en antiproton 

träffar en proton i t.ex. restgaser annihilerar den. I ca 0.1 % av annihilationer 

i vila, dvs när de kinetiska energierna hos både proton och antiproton kan 

försummas, bildas endast K + och K - . ( 

- 

p p K K ). Medellivstiden för K är 

1,2·10 -8 s. Beräkna medelsträckan kaonerna i dessa fall färdas i laboratoriet 

innan de sönderfaller. Massorna för protoner och de laddade kaonerna är 

938,3 respektive 494 MeV/c 2 . 

Ex1:5. (T) μ - i vila sönderfaller till e - och neutriner. Beräkna maximala hastigheten 

hos e - som bildas. Neutrinerna antas masslösa. 

Myonens massa =106 MeV/c 2 , elektronmassan = 0,511 MeV/c 2 . För att 

möjliggöra enkla beräkningar får elektronmassan försummas när den totala

energi elektronen får beräknas från myonens sönderfall. När dess hastighet 

bestäms får man däremot inte bortse från elektronmassan. 

Ex1:6. (T) I december 2006 tog rymdfärjan Discovery den svenske astronauten 

Christer Fuglesang till rymdstationen ISS. Christer har under lång tid 

medverkat i ett forskningsprojekt där man undersökt orsaken till ljusblixtar 

som astronauter ibland observerar. Idag tror man att de beror på laddade 

kosmiska partiklar som växelverkar i näthinnan. Ursprungligen övervägde 

man också möjligheten att de berodde på s.k. Cherenkovljus, ett fenomen 

som kan liknas vid bogvågor från en båt eller ett flygplan som färdas 

snabbare är ljudet. Ljusets sänds ut i framåtriktningen med en vinkel som 

1 

ges av cos 

där v / c . Villkor för att överhuvud taget få ljus är 

n 

naturligtvis att cos 1. Om vi antar att ögat har samma brytningsindex 

som vatten, dvs 1,33, vilken kinetisk energi måste en proton ha för att ge en 

Cherenkovvinkel av =30°? 

Ex1:7. Antiprotoner kan skapas i reaktioner där protoner kolliderar med protoner i 

flytande väte. Reaktionen är p p p p p p , dvs både en ny proton 

och en antiproton skapas. Det flytande vätet befinner sig i vila i 

laboratoriesystemet. Beräkna den minsta kinetiska energi som inkommande 

protonstrålen kan ha för att reaktionen skall vara möjlig. (Tips: beakta 

masscentrumsystemet för inkommande proton och en proton i vätet). 

Protonmassan är 938,3 MeV/c 2 .

Kap 2. Partikelstruktur hos elektromagnetisk strålning 

Ex2:1. (T) I Imaging Compton Telescope (COMPTEL) som var en del av satelliten 

Compton Gamma Ray Observatory (1991-2000) använder man sig av 

Compton-spridning för att uppskatta energi och riktning hos infallande 

gammastrålning. Beräkna inkommande gamma-fotonens energi och 

riktning relativt experimentets lodlinje då rekylelektronens kinetiska energi är 

2,88 MeV och den spridda fotonens energi mäts till 0,8 MeV med 

spridningsvinkeln 40º mot lodlinjen genom detektorn. 

Ex2:2. 

Gammastrålning med energi 100 MeV ger upphov till parbildning i 

växelverkan med en syreatom. 

a) Visa att en gammafoton inte kan ge upphov till elektron och positron om 

inte rekylen tas upp av något annat än elektron-positron-paret. 

b) Beräkna den energi som syrekärnan tillförs när den tar upp rekylen 

under förutsättning att elektronen och positronen delar lika på 

gammafotonens energi och att de båda har sina rörelsemänger i samma 

riktning som den ursprungliga fotonen. För att förenkla är det tillåtet att i 

beräkningen av elektronens och positronens rörelsemängd utgå från att 

energin bevaras utan att ta hänsyn till syreatomen. Felande rörelsemängd 

upptas därefter av syreatomen som får kinetisk energi. Var det rimligt att i 

1:a skedet försumma syreatomen när elektron-positronparets energi 

beräknades? 

Ex2:3 

Ex2:4 

Ex2:5 

(T) En metallyta som belyses med ljus med frekvensen 8,510 14 Hz sänder 

ut elektroner med en maximal kinetisk energi av 0,52 eV. När samma yta 

belyses med 1210 14 Hz blir elektronernas maximala kinetiska energi 1,97 

eV. Beräkna utträdesarbetet för denna metall samt bestäm Plancks 

konstant ur dessa data. 

(T) Comptonspridning kan användas både för att mäta riktning och energi 

hos fotoner i kärnfysikexperiment. För ett visst preparat mättes ett spektrum 

hos comptonspridda elektroner som tydligt motsvarade en i stort sett 

monokromatisk gamma-strålning. Den maximala elektronenergin mättes till 

170 keV. Beräkna våglängden för den inkommande monokromatiska 

strålningen. 

(T) Beräkna utträdesarbetet för en metall som gav en faktor 2 skillnad i 

maximal hastighet hos elektroner som frigjordes när metall bestrålades med 

ljus av våglängderna 0,35 m respektive 0,5 m.

Kap 3. Partiklars vågstruktur. 

Ex3:1. (T) Både neutroner, elektroner och röntgenstrålning kan användas för att 

undersöka kristallstruktur. T.ex. bestrålas en natriumkloridkristall med 

röntgenstrålning av våglängden 0,28 nm varvid 1:a diffraktionsmaximat 

inträffad då vinkeln mellan inkommande stråle och kristallytan liksom vinkeln 

mellan utgående stråle och kristallytan är 30. 

a) Beräkna vilken densitet NaCl förväntas ha. 

b) Vilken kinetisk energi måste neutroner ha för att deras de Broglie 

våglängd skall vara densamma. 

Ex3:2. För partikeln kan man i tabell läsa att massan är bestämd till m=771,10,9 

MeV/c 2 där bredden (full width half max) av fördelningen av uppmätta 

värden för massan anges till =149,2 MeV/c 2 . Använd denna information till 

att erhålla en uppskattning av partikelns medellivstid . (Tips: anta att 

fördelningens bredd motsvarar en osäkerhet i massan). 

Ex3:3. Positronium är ett bundet tillstånd motsvarande att protonen i väte bytts ut 

mot en positron. Detta tillstånd är mycket kortlivat, men har observerats i 

naturen. Tyngdpunkten i systemet är inte centrerad i positronen. Man måste 

därför ersätta elektronmassan i beräkningar med den reducerade massan 

 

m 

m 

e 

e 

M 

M 

där m e är elektronmassan och M är positronmassan. Detta motsvarar att 

massan roterar kring systemets tyngdpunkt. 

a) Härled uttrycket för den reducerade massan. 

b) Beräkna energinivån för grundtillståndet och det första exciterade 

tillståndet hos positronium. 

Ex3:4. (T) 

(a) I ett dubbelspaltexperiment med neutroner är hastigheten 10 m/s, 

spaltseparationen d=1 mm, och avståndet till detektorerna D=10 m. Bestäm 

de Broglie våglängden och avståndet mellan interferensmaxima. 

(b) Tänk dig ett dubbelspaltexperiment med sandkorn som väger 0.1 gram 

med hastighet 10 m/s. Anta att spaltseparationen är d=1 mm. Hur stort ska 

avståndet till detektorskärmen vara för att avståndet mellan 

intensitetsmaxima ska bli 1 mikrometer?

Ex3:5. (T) Anta att en elektron är instängs i en volym som motsvarar en väteatom, 

med diameter ca 1 Å. Uppskatta den minimala osäkerheten i elektronens 

rörelsemängd. Uppskatta ur denna elektronens kinetiska energi. 

Ex3:6. (T) En neutronstråle som kommer ur en kärnreaktor innehåller neutroner 

med olika energi. För att få neutroner med energi 0,05 eV skickas 

neutronstrålen genom en kristall vars atomplan är separerade med 0,20 nm. 

Vid vilken vinkel i förhållande till infallsriktningen kommer de önskade 

neutronerna att reflekteras? 

Ex3:7. Elektroner som leder ström i koppar har en kinetisk energi på ca 7 eV. 

Uppskatta deras de Broglie våglängd. Genom att jämföra den med 

avståndet mellan atomerna i Cu, avgör om vågegenskaperna är viktiga för 

ledning i koppar? 

Ex3:8. Uppskatta de Broglie våglängden hos syremolekyler i luft vid NTP. Jämför 

med medelavståndet mellan molekylerna i luft. Förklara varför rörelsen hos 

syre i luft vid NTP inte beror på de våglika egenskaperna hos molekylerna. 

Ex3:9 

(T) Neutroner från en reaktor kan användas för att studera kristallstruktur 

genom spridningsexperiment. I en reflexionsmätning fann man att 

neutroner med en rörelsemängd av 127 keV/c mot en NaCl-kristall hade ett 

reflexionsmaximum när vinkeln mellan inkommande och reflekterad stråle är 

178°. Bestäm avståndet mellan kristallplanen i NaCl.

Kap 4. 

Ex4:1. Visa att de reella vågfunktionerna 

( x, 

t) 

Acos( 

kx t) 

och ( x, 

t) 

Asin( 

kx t) 

inte är lösningar till Schrödingerekvationen för en fri partikel. 

Ex4:2. Visa att vågfunktionen 

i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

( x, 

t) 

Ae Ae 

där A är en godtycklig komplex konstant, löser Schrödingerekvationen för 

en fri partikel med massa m om 

2 2 

k 

 

 

2m 

Visa att denna våg kan skrivas 

it 

( 

x, 

t) 

2iAsin 

kxe 

Vilken sorts våg är detta? 

Ex4:3. (T) Vågfunktionen för en partikel i en endimensionell oändlig lådpotential 

med längden L ges av 

2 nx 

 

n 

( x) 

sin , n 1,2,3,... 

L L 

Bestäm sannolikheten att en partikel som är bunden i lådpotentialen hittas 

mellan 0 .45L 

och 0 .55L 

för grundtillståndet, n = 1, samt för det första 

exciterade tillståndet n = 2. 

Ex4:4. Studera en partikel i en oändlig lådpotential med bredd L i tillståndet 

enligt exempel Ex4:3. Beräkna väntevärdet x . 

n 

Ex4:5. Beräkna väntevärdet 

lådpotential med bredd L i tillståndet 

p hos rörelsemängden för en partikel i en oändlig 

 

n 

enligt exempel Ex4:3.

Ex4:6. Studera en partikel med massa m som beskrivs av den Gaussiska 

vågfunktionen 

2 

x 

( x) 

N exp 

 

 

2 

2a 

 

där N, a är konstanter. Visa att 

1 

(a) N 

a 

2 

2 a 

(b) x 0 och x 

2 

2 

2 

(c) p 0 och p 

2 

2a 

(d) Visa att i detta tillstånd uppfyller osäkerheterna x, p 

Heisenbergs 

osäkerhetsprincip x p 

/ 2 som en likhet. Detta är alltså ett tillstånd med 

minimal osäkerhet. 

Ex4:7. Visa att kontinuitetsekvationen (dvs samma ekvation som beskriver 

laddningskonservation i elläran och partikeltalkonservation i diffusion) gäller 

på formen 

P 

j 

0 

t 

x 

2 

där sannolikhetstätheten är P( x, 

t) 

( 

x, 

t) 

och sannolikhetsströmtätheten 

definieras som 

j 

 

 

2mi 

 

* 

 

 

x 

x 

 

 

 

* 

Ex4:8. Två tillstånd med bestämd energi E 

1 

och E 

1 

beskrivs av följande normerade 

vågfunktioner 

iE1t 

/ 

iE2t 

/ 

1 

( x, 

t) 

1( 

x) 

e 

och 2 

( x, 

t) 

 

2 

( x) 

e 

(a) Skriv ner en linjär superposition som representerar tillståndet där 

1 1 

väntevärdet för energin är 

2 

E1 

 

2 

E2 

. 

(b) Hitta osäkerheten i energi i detta tillstånd. 

(c) Visa att sannolikhetstätheten oscillerar i tiden. Vad är sambandet mellan 

osäkerheten i energi och oscillationsperioden?

Ex4:9. Studera vågfunktionerna hos en partikel i en endimensionell oändlig 

lådpotential med bredd L : 

 

n 

( x) 

N sin k x, 

0 x a 

med k n 

2 

n / L, 

n 1,2,3 ,.... 

(a) Visa att funktionerna är normerade: 

dvs att dx 1 

 

n 

är uppfyllt med N 2 / L för alla värden på n . 

(b) Visa att funktionerna är ortogonala: 

 

 

* 

m 

dx n 

0, m n 

Kommentar: Egenskaperna (a),(b) kan skrivas tillsammans med hjälp av 

Kronecker-delta symbolen: 

 

dx 

* 

m 

n 

m, 

n 

1, 

m n 

 

0, 

m n 

Alltså utgör funktionerna ett ON system. Den gemensamma terminologin 

med vektoranalysen är ingen slump. Dessa funktioner utgör en ON bas för 

ett oängdligtdimensionellt linjärt vektorrum som kallas ett Hilbert-rum. 

Ex4:10. Visa i allmänna fallet att egenfunktioner som hör till olika energiegenvärden, 

E , till tidsberoende SE är ortogonala: 

m 

E n 

* 

m 

ndx 

m, 

n 

Anm: Man kan visa att egenfunktionerna till degenererade energinivåer, 

E , kan väljas så att de blir ortogonala. 

m 

E n 

Ex4:11. (T) En 50 eV elektron är bunden i en potentialbrunn vars väggar består av 

två tunna kondensatorer som vardera laddats till 200 V, och som har 

utgångshål genom vilka elektronen kan passera. Bestäm 

inträngningsdjupet.

Ex4:12. (T) En partikel med massa m är i grundtillståndet i en oändlig lådpotential 

som ges av 

 

x 0 

 

V (x) 0 

0 x L 

 

 

L x 

Lådan expanderar plötsligt till 0 x 2L 

utan att partikelns tillstånd ändras. 

Beräkna sannolikheten att partikeln är i den expanderade lådans 

grundtillstånd. 

Ex4:13. En allmän vågfunktion hos en partikel med massa m i en endimensionell 

oändlig lådpotential med bredden a kan skrivas 

( 

x, 

t) 

 

 

n1 

c ( x) 

e 

n 

n 

iEnt 

/ 

2 2 2 2 

där 

n 

(x) 

är en egenfunktion med energi E n 

n / 2ma 

. Visa att 

2 

vågfunktionen återvänder till sin ursprungliga form efter tiden T 4ma 

/ 

. 

Ex4:14. (T) Studera en partikel med massa m i en oändlig potentialbrunn med ett 

potentialsteg: 

 

x 0 

 

0 0 x a 

V ( x) 

 

V 

0 

a x b 

 

 

b x 

Bestäm formen på stationära lösningar till Schrödinger-ekvationen. 

Diskutera kontinuitetsvillkor på lösningarna och beskriv hur energinivåerna 

kan bestämmas (du behöver inte lösa ekvationerna numeriskt). 

Ex4:15. (T) Anta att en partikel med massa m attraheras av en ändlig 

potentialbrunn: 

V 

0 

 

x) 

V 

 

0 

( 

0 

x 0 

0 x L 

L x 

Studera bundna stationära lösningar till Schrödinger-ekvationen. Diskutera 

kontinuitetsvillkor på lösningarna och beskriv hur energinivåerna kan 

bestämmas (du behöver inte lösa ekvationerna numeriskt). 

Ex4:16. I partikelfysik diskuteras Z bosonen, som medierar (=förmedlar) den svaga 

växelverkan i atomkärnor. Osäkerheten i energin hos Z bosonen är 

E 2.5 GeV. Bestäm medellivslängden hos Z bosonen.

Ex4:17. Visa att väntevärdet hos rörelsemängden för en bunden partikel är lika med 

noll. Förklara! 

Ex4:18. En partikel i en potential V (x) 

har vågfunktionen 

ax 

Nxe 

0 x 

( x) 

 

0 

x 0 

Bestäm potentialen och energin. 

Ex4:19. Använd Heisenbergs osäkerhetsprincip för att härleda en undre gräns för 

energin hos den harmoniska oscillatorn. 

(a) Väntevärdet av energin är 

2 

p 1 2 2 

E m 

x 

2m 

2 

Visa att om positionen och rörelsemängden båda har väntevärde lika med 

noll, så blir 

2 

1 2 2 

E m 

( x) 

2 

8m( 

x) 

2 

(b) Visa att minimumvärdet hos 

2 

A 2 2 

B ( x) 

2 

( x) 

är lika med 2 AB . 

(c) Visa därmed att 

E 

1 

 

2 

Ex4:20. Hitta oscillationsamplituden A hos en klassisk oscillator med samma energi 

som en kvantpartikel i harmoniska oscillatorns grundtillstånd. Skriv ned ett 

uttryck för sannolikheten att hitta kvantpartikeln i det klassiskt förbjudna 

området x A . 

Ex4:21. Studera potentialen 

 

x 0 

V ( x) 

1 

2 2 

m x x 0 

2 

som beskriver en oscillator som kan sträckas men inte komprimeras. 

Genom att jämföra med lösningarna till harmoniska oscillatorn, konstruera 

energinivåerna och tillstånden med lägst energi.

Ex4:22. Vid tiden t 0 har en partikel i en harmonisk oscillatorpotential 

1 2 2 

V ( x) 

m 

x vågfunktionen 

2 

1 

( x,0) 

 

0 

( x) 

 

1( 

x) 

 

2 

där 

0 

( x), 

 

1( 

x) 

är de reella, ON vågfunktionerna för oscillatorns 

grundtillstånd och första exciterade tillstånd. 

(a) Ange ( x, 

t) 

vid tiden t . 

(b) Visa att ( x, 

t) 

är en normerad vågfunktion. 

(c) Visa att sannolikhetstätheten oscillerar med vinkelfrekvens . 

(d) Visa att positionsväntevärdet ges av 

x 

 

A 

0 

 

1 

 

Acost 

där 

x 

dx 

Ex4:23. (T) Övergångar mellan angränsande vibrationsnivåer i NO molekyler ger 

upphov till infraröd strålning med våglängd 5. 33 

m. Bestäm den 

elastiska konstanten k som beskriver styrkan i bindningarna mellan 

kärnorna i NO molekylen. Den reducerade massan för NO molekylen är 

7.46 

u.

Kap. 5 

Ex5:1 

(T) Bestäm reflektionskoefficienten för en 5eV elektron som kolliderar med 

ett potentialsteg där potentialen minskar med 2eV. 

Ex5:2 (T) Vilken andel av en stråle E 50eV elektroner passerar genom en 

V 200eV spänningsbarriär över ett avstånd på a 1nm? 

B 

Ex5:3 

Ex5:4 

Ex5:5 

Ex5:6 

Ex5:7 

Härled relationerna formlerna för transmissions och reflektionskoefficienten 

för reflektion från en rektangulär potentialbarriär. 

ikx 

En partikelstråle med vågfunktionen 

in 

e och energi E infaller mot ett 

potentialsteg på V 5E / 4 . 

(a) Bestäm det reflekterade tillståndet samt tillståndet som intränger i det 

klassiskt förbjudna området. 

(b) Bekräfta att reflektionskoefficienten är lika med ett. 

(a) En partikel med energi E befinner sig mellan två identiska 

potentialbarriärer med höjd V B 

E och bredd a . Kan detta vara ett 

bundet tillstånd? Förklara! 

(b) Studera som ett exempel vad som händer för en elektron mellan två 

barriärer med bredd a 2L, 

L 1Å, där L är avståndet melllan 

barriärerna, och E V B 

/ 2, V 10 eV. 

B 

(T) I ett STM undersöks en metallyta antar vi att avståndet mellan spetsen 

och ytan kan beskrivas som en kvadratisk potentialbarriär som ligger 3eV 

ovanför de tunnlande elektronernas energi. Om separationen är L 0.2 nm, 

hur mycket skulle tunnelsannolikheten och därmed tunnlingsströmmen 

ändras pga. en 0.001 nm ändring i barriärbredden? Behandla barriären som 

en bred barriär. 

Ehrenfests teorem säger att kvantmekaniska väntevärden uppfyller 

klassiska rörelseekvationer, och visar därmed hur den klassiska mekaniken 

uppkommer. 

(a) Visa sambandet mellan väntevärdena för position och rörelsemängd: 

d x 

m p 

dt 

(b) Visa motsvarigheten till Newtons rörelselag: 

d p dV 

 

dt dx 

Anm: I kvantmekaniken gäller dessa samband enbart för väntevärdena, inte 

för de ingående operatorerna.

Ex5:8 

Ex5:9 

Visa att för två Hermiteska operatorer Â och Bˆ är 

 

ˆ 

 

A Bdx 

 

 

 

Visa med hjälp av detta att 

är reellt, och att 

är imaginärt. 

 

* ˆ 

* ˆ 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

* 

* 

 

 

* 

ˆ 

 

BAdx 

 

 

Aˆ 

Bˆ 

BA ˆ ˆ dx 

 

 

Aˆ 

Bˆ 

BA ˆ ˆ dx 

Fyll i de saknade stegen på föreläsningen i härledning av Heisenbergs 

osäkerhetsrelation. Låt ( x) 

( 

x) 

( x) 

, där ( x), 

( 

x), 

( x) 

är komplexa 

funktioner och är ett komplext tal. Eftersom 

så måste 

 

 

 

2 

dx 

 

 

 

 

 

 

( x) 

* 

dx 

 

2 

 

* 

 

 

dx 0 

* 

dx 

 

 

* 

 

 

2 

dx 0 

Eftersom denna olikhet gäller för alla värden på , så gäller den när ges 

av 

 

(a) Härled Schwarz olikhet 

 

 

 

2 

 

 

 

dx 

2 

dx 

 

 

 

2 

 

 

 

dx 

(b) Välj ( x) 

Aˆ 

, 

( x) 

Bˆ 

. Visa att 

(c) Visa att 

A 

2 

B 

2 

 

 

 

 

A 

* 

dx 

 

 

 

 

2 2 

* ˆ ˆ 

B 

 

 

 

ˆ ˆ ˆ ˆ 

* 

 

AB BA 

 

 

2 

dx 

 

* 

dx 

ABdx 

2 

 

 

 

 

2 

2 

ˆ ˆ ˆ ˆ 

* 

 

AB BA 

 

 

2 

dx 

 

2

Kap. 6 

Ex6:1 (T) En ”klassisk” elektron rör sig i en cirkel med radie 1 mm och hastighet 10 

m/s. 

(a) Vad är värdet på banrörelsemängdsmomentkvanttalet l som ger ett 

kvantiserat banrörelsemängdsmoment som ligger nära det klassiska 

värdet? 

(b) Hur många disktreta värden på z komponenten är möjliga för detta 

banrörelsemängdsmoment? 

(c) Hur nära varandra ligger dessa värden som en fraktion av 

banrörelsemängdsmomentet? 

Ex6:2 (T) Uppsplittringen av atomära energinivåer på grund av att atomen utsätts för 

ett pålagt magnetfält kallas Zeeman-effekt. Anta att magnetfältets styrka är 

B . Vad gäller fältets riktning så väljs alltid koordinatsystemet så att 

magnetfältet ligger längs z axeln. Orienteringsenergin hos en magnetisk 

dipol (dvs en liten magnet) är då Emag 

 

z 

B , där 

z 

är z komponenten hos 

det magnetiska momentet. Kvantmekaniskt ges dipolmomentets z 

komponent för elektronen, protonen, och neutronen av: g m , 

79 

p 

2. 

N 

m 

j 

och 

n 

1. 95 

N 

m 

j 

, där Landés g-faktor är 

j( 

j 1) 

l( 

l 1) 

s( 

s 1) 

g 1 

2 j( 

j 1) 

samt Bohr-magnetonen och kärn-magnetonen ges av 

e 

24 

e 

27 

 

B 

9.274 10 

J/T 

N 

5.05 10 

J/T 

2me 

2m 

p 

För att bestämma dessa energier måste man bestämma de ingående 

kvanttalen j, m 

j 

. För protonen och neutronen är j 1/ 

2, m 

j 

1/ 

2 . För 

elektronen finns fler möjliga tillstånd. Banrörelsemängdsmomentets storlek 

och z komponent är L l( l 1) 

, Lz 

ml, 

ml 

l, 

l 1,..., 

l 

. Elektronspinnet, 

som är ett inre rörelsemängdsmoment och inte kommer från banrörelsen, är 

S s( s 1) 

, 

S z 

ms 

, där s 1/ 2 är spinnkvanttalet och m 

s 

1/ 2 . Dessa 

kan adderas för att få det totala rörelsemängdsmomentet 

J j( j 1) 

, J 

z 

m 

j, 

m 

j 

j, 

j 1,..., 

j . Det totala 

rörelsemängdsmomentkvanttalet kan anta flera värden: 

j l s, l s 1,..., 

l s . Landé faktorn för ett elektronspinn är g 2 och för 

elektronens banrörelse g 1. (Den extra faktorn 2 hos spinnet förklaras av 

Dirac-ekvationen, en relativistisk version av Schrödinger-ekvationen för 

elektroner, som studeras i avancerade kurser.) Studera grundtillståndet hos 

en väteatom i ett magnetfält på 0.5 T. 

e 

B 

j

(a) Om protonens magnetiska moment kan försummas, visa att 

grundtillståndsenergin splittras till två energinivåer. Bestäm 

energiskillnaden mellan nivåerna i eV. 

(b) Förklara att energinivåerna splittras upp ytterligare i två närliggande 

energinivåer på grund av protonens magnetiska moment, om det externa 

fältet är tillräckligt stort. Bestäm storleken hos denna splittring i eV. 

Ex6:3 (T) Två partiklar med massa m är fastsatta på ändarna av en masslös stång 

med längd a . Systemet kan rotera fritt i tre dimensioner kring sitt 

masscentrum. 

(a) Ange ett uttryck för den klassiska kinetiska rotationsenergin, och visa att 

de kvantmekaniska energinivåerna för rotationen ges av 

2 

l( 

l 1) 

 

E l 

 

2 

ma med 

l 0,1,2,... 

(b) Vad är degenerationen hos den l te energinivån? 

(c) H 2 molekylen består av två protoner separerade med avståndet 0.075 nm. 

Vilken energi behövs för att excitera det första exciterade 

rotationstillståndet hos molekylen? 

2 

e 

Ex6:4 Studera en elektron i en Coulomb-potential V ( r) 

med vågfunktion 

4 

r 

r 

/ a 

( r) 

Ne Där a är en konstant. 

(a) Vad är elektronens banrörelsemängdsmoment? 

(b) Visa att väntevärdena av kinetiska och potentiella energin ges av 

2 

2 

 

e 

T och V 

2 

2mea 

4 

0a 

(c) Visa att väntevärdet av totala energin minimeras när a är lika med Bohrradien 

a 

0 

. Hitta detta minimivärde. 

r 

/ a0 

Ex6:5 Egenfunktionen till vätes grundtillstånd har formen 

1 

( r) 

N1e 

där a 

0 

är 

Bohr-radien, N 

1 

är en konstant och r är det radiella avståndet hos elektronen 

från kärnan. 

(a) Genom att normera integralen enligt 

 

 

0 

hitta värdet på konstanten 

N 

1 . 

Integralen 

2 

2 

 

1( r) 

4r 

dr 1 

 

 

0 

k 

ar 

k! 

dr 

a 

är användbar i detta och följande problem. 

(b) Givet att egenfunktionen till ett exciterat tillstånd har formen 

r 

e 

k 1 

0

2 

( r) 

N 

2 

(1 br) 

e 

r 

/ 2a0 

använd ortogonalitetsrelationen mellan 

1 och 

2 för att hitta värdet på 

konstanten b . Bestäm även normeringskonstanten 

N 

2 . 

(c) Plotta 

1 och 

2 . 

Ex6:6 (T) Genom att modifiera formlerna för väteatomen, skriv ner energinivåerna 

för en elektron med huvudkvanttalet n i en Coulomb-potential mellan en 

kärna med Z stycken protoner och kärnladdningen Ze och en elektron med 

laddning e , 

2 

Ze 

V ( r) 

 

4 

0r 

(a) Vad blir joniseringsenergierna för en-elektronjonerna He 

2 

och Li ? 

(b) Försök förklara varför relativistiska korrektioner är viktigare för He 

och 

2 

Li än för väte. 

Ex6:7 Studera en elektron i tritium, som är en tung isotop av väte. Kärna har 

laddning e och bortsett från reducerade mass-effekter så har elektronen 

samma energinivåer och egenfunktioner som i vanligt väte. Tritiumkärnan är 

instabil och beta-sönderfaller varvid det bildas kärnor av 3 He. I en sådan 

process befinner sig plötsligt elektronen i en ny Coulomb-potential från en 

kärna med laddning 2 e . Anta att elektronen initialt är i tritiums grundtillstånd. 

Visa att sannolikheten att elektronen efter beta-sönderfallet är i 

 

grundtillståndet till He jonen är 

128 

P 

6 

a0 

 

 

 

0 

r 

2 

e 

2 

3r 

/ a 

 

0 

dr 

 

 

0.702

Ex6:8 Den radiella egenfunktionen 

R ( r) 

u( 

r) 

/ r 

med lägst energi hos en elektron 

med rörelsemängdsmoment L l( l 1) i en Coulomb-potential ges av 

n l 1 och 

l1 

r 

/( l1) 

a0 

u ( r Nr e 

n, l 

) 

där N är en konstant. 

(a) Visa att med normeringskravet 

så blir 

 

 

0 

R( 

r) 

2 

 

2 

r dr u( 

r) 

0 

2l3 

2 

dr 1 

2 

2 1 

N 

( 

l 1) 

a0 

(2l 

2)! 

(b) Visa att den mest sannolika radien hos tillståndet är 

2 

r ( l 1) 

a0 

(c) Visa att medelradien (dvs väntevärdet) i tillståndet är 

 

2 (2l 

3)( l 1) 

a0 

r r u( 

r) 

dr 

2 

0 

(d) Visa att medelvärdet av radien i kvadrat är 

2 2 

2 (2l 

4)(2l 

3)( l 1) 

a0 

r 

4 

(e) Visa att osäkerheten i radien r blir liten jämfört med r när l . 

(f) Visa att i gränsen l är den mest sannolika radien och medelvärdet av 

radien båda lika med den klassiska radien r c 

för en cirkulär bana hos en 

klassisk partikel med rörelsemängdsmomentet L . Den klassiska radien r c 

minimerar den effektiva potentiella energin 

2 

2 

L e 

( r) 

 

2 

2mr 

4 

r 

V eff 0

Kap 7: Atomer och spin 

Ex7:1 (T) Elektronspinnresonans (ESR) kan användas för identifiera atomer med 

oparade elektroner. När man lägger på ett magnetfält kan elektronerna pga 

spinn linjera sitt interna magnetiska moment med eller mot det elektriska 

fältet. Genom att absorbera en foton av rätt våglängd motsvarande 

energiskillnaden mellan tillstånden kan elektronen gå från ett lägre till ett 

högre energitillstånd. 

a) Vilket magnetfält behövs om mikrovågor med frekvens 9.75 GHz sänds in 

mot provet för att elektronspinnet skall byta riktning (spin-flip)? 

b) Är elektronen urspungligen i spinn-upp eller spinn-ner tillståndet? 

Ex7:2 Betrakta en syreatom i grundtillståndet. Vilka värden på de olika kvanttalen 

har dess elektroner? 

Ex7:3 a) Härled ett uttryck för skalärprodukten L 

S 

 

uttryckt i kvanttalen j, l och s 

 

genom att utgå från . J L S 

b) Beräkna vinkeln mellan banrörelsemängdsmomentet och spinnet för 

 

tillstånden P 1/2 , P 3/2 och D 3/2 . Använd att L S | L || S | cos 

där θ är 

vinkeln mellan dem. 

Ex7:4 Tidigare tänkte man sig elektronen som en homogen roterande laddad sfär 

(idag betraktas den som punktformig utan utbredning). Om elektronens radie 

är 310 -15 m ( 3 fm), beräkna ekvatorialhastigheten och jämför med 

ljushastigheten i vakuum.

Kap 8: Statistisk mekanik 

Ex8:1. (T) 

a) Beräkna förhållandet mellan antalet väteatomer i första exciterade 

tillståndet och grundtillståndet vid rumstemperatur. 

b) Vilket är förhållandet mellan antalet atomer i andra exciterade tillståndet 

och grundtillståndet vid 100 000 K? 

Ex8:2. Ledningselektroner i en metall kan behandlas som en fermiongas. Koppar 

har en densitet av 8,9610 3 kg/m 3 och en ledningselektron per atom. 

a) Tillståndstätheten för ledningselektronerna ges av 

3 / 2 

dn 2me 

V 1/ 2 

D( E) 

E 

2 3 

dE 2 

Visa att fermienergi vid temperaturen T=0 ges av 

2 / 3 

2 2 

3 N 

EF 

 

där N/V är densiteten av ledningselektroner. 

me 

2 

2 V 

b) Beräkna fermienergin för ledningselektroner i koppar. 

c) Jämför fermienergin vid T=0 med termiska energin k B T vid 

rumstemperatur. Kan man förväntas kunna använda samma fermienergi 

vid rumstemperatur som vid T = 0 ? 

Ex8:3. Visa att Wiens förskjutningslag max T=hc/(4,965k B ) ges av Plancks 

strålningslag. (Exakt lösning är inte möjlig utan visa att värdet är tillräckligt 

nära). 

Ex8:4. Partiklar kan antas vara särskiljbara om avståndet mellan dem är mycket 

större än kvantosäkerheten i deras position (Heisenbergs obestämbarhet). 

3 

N 

a) Visa att detta villkor kan formuleras som 

1 för 

3 / 2 

V 8mk 

BT 

 

partiklar i termisk jämvikt vid temperatur T. 

b) Heliumatomer har spinn=0 och är bosoner. Är det tillräckligt att använda 

Maxwell-Boltzmannfördelningen för heliumgas vid normalt tryck och 

temperatur? 

c) Helium blir en vätska med densitet 0,145 g/cm 3 vid 4,2K och 

atmosfärstryck. Måste man då använda Bose-Einstein-fördelning? 

Ex8:5 (T) I ett skede av utvecklingen från Big-Bang var temperaturen 15000 K. 

Beräkna förhållandet mellan väteatomer i det första exiterade tillståndet och 

grundtillståndet.

Ex8:6 

(T) Nobelpriset i fysik 2006 har tilldelats för studier av den kosmiska 

mikrovågsbakgrunden. Denna har sitt ursprung i det skede av big-bang där 

fotoner frikopplades från annan materia därför att fotonenergin inte längre 

var tillräcklig för att jonisera atomer och därför inte absorberades. Låt oss 

anta att denna fotonenergi motsvarar jonisationsenergin för grundtillståndet i 

väte, samt att den motsvarar den mest sannolika våglängden i 

strålningsspektrumet. Vilken temperatur på fotonstrålningen motsvarar 

denna energi?

KAP 9. Molekylfysik 

Ex9:1 (Ur Serway Moses and Moyer: Modern Physics) Ett alternativ till harmonisk 

växelverkan för att beskriva vibrationer i tvåatomiga molekyler är 

Morsepotentialen 

 

rR 

 

2 0 

U ( r) 

U 

0 

1 

e 

Parametrarna R 0 , U 0 och bestäms av anpassning till data. 

a) Visa att R 0 är jämviktsavståndet. 

b) Visa att potentialen på stort avstånd från jämviktstillståndet går mot U 0 . 

c) Visa att nära jämviktsavståndet (r ≈R 0 ) uppträder Morsepotentialen som 

potentialen för en harmonisk oscillator med K=m 2 =2U 0 2 

d) Det lägsta vibrationstillståndet för Morsepotentialen kan visas vara 

2 

1 

E vib 

 

 

 

2 16U 

0 

Skapa ur detta ett uttryck för för molekylens dissociationsenergi. 

e) Använd resultaten ur c) och d) för att bestämma Morse-parametrarna U 0 

och för vätemolekylen. Använd de experimentella värdena 573 N/m 

respektive 4.52 eV för fjäderkonstanten och dissociationsenergin. 

(Uppmätt värde av R 0 för H 2 är 0,074 nm). 

Ex9:2 (T) Följande diagram visar spektrum för övergångar i HBr-molekyler. Beräkna 

kraftkonstanten för denna molekyl. 

Ex9:3. (T) I en spektroskopimätning på CO uppmättes tre linjer i mikrovågsområdet 

med våglängderna 2,58, 1,29 och 0.86 mm (inga andra linjer däremellan). 

a) vilka övergångar motsvarar detta? 

b) Uppskatta bindningsavståndet i CO. (Tröghetsmomentet I CM = μR 0 2 där μ 

är reducerade massan. )

Ex9:4. (T) I en vätemolekyl H 2 byts ena väteatomen ut mot deuterium, dvs vi får 

molekylen HD. Eftersom elektronstrukturen är i det närmaste densamma kan 

man anta att bindningslängd och kraftkonstant inte ändras. Beräkna med vilka 

faktorer rotations- och vibrationsövergångar ändras. 

Ex9:5 (T) Figuren nedan ger en approximation till potentiella energien för H 2 + - 

molekylen som funktion av avståndet mellan protonerna. Beräkna med hjälp 

av figuren en grov uppskattning av energiskillnaden mellan de två lägsta 

vibrationstillstånden. 

(Tips: Kurvan kan mellan skärningspunkten med R-axeln vid R≈0.06 nm och 

R 0 ≈0.11 nm approximeras med en kurva av formen f (x) = A (x-R 0 ) 2 + B, där 

A och B är konstanter. Den reducerade massan μ ≈ 469,1 MeV/c 2 för H 2 + ) 

Ex9:6 

(T) Fluorescens hos molekyler kan användas för att mäta förekomst och av 

vissa ämnen, t.ex. proteiner, genom att märka dessa med en 

fluorescerande molekyl. Fluorescens innebär att man vid belysning med ljus 

av lämplig våglängd får en övergång till en högre elektronenerginivå och 

samtidigt en högre vibrationsnivå. Vibrationsnivån kommer att deexcitera 

genom växelverkningar med andra molekyler (”värme” hos molekylen 

avges) till den lägsta nivån, varefter den exciterade elektronen återgår till 

grundnivån genom att utsända ljus med en längre våglängd, schematiskt 

indikerat i figuren (ur Serway, Moses & Moyer) nedan. 

T.ex. absorberar 6-Carboxyfluorescein ljus med våglängden 495 nm och 

emitterar ljus vid 520 nm. Om vi antar att förhållandet mellan 

kraftkonstanten (fjäderkonstanten i N/m) och reducerade massan (kg) för

vibrationstillståndet är 3,32 10 28 s -2 , till vilket vibrationstillstånd 

(vibrationskvanttal) exciteras molekylen av det absorberade ljuset? 

Ex9:7 

(T) Raman-spridning kan användas för att identifiera föroreningar men även 

för att studera molekylinnehåll i damm på månen. Genom att bestråla med 

laser kommer man att kunna få spritt ljus som har karakteristiskt spektrum 

för olika molekyler. Låt oss som exempel tänka oss att vi studerar röken från 

en fabrik med hjälp av laserljus av våglängden 514,5 nm. Om vi antar att det 

spridda ljuset detekteras att ha våglängden 520 nm och att skillnaden bara 

beror på en övergång mellan l=2 och l=4, kan man beräkna 

tröghetsmomentet hos den molekyl som orsakar spridningen. Utför 

beräkningen och bestäm tröghetsmomentet för molekylen.

Kap 10. Fasta ämnen, halvledare 

Ex10:1 Silver har densiteten 10,510 3 kg/m 3 och resistiviteten 1,6010 -8 m (vid 

300K). Vi utgår från att varje silveratom bidrar med en ledningselektron 

samt att ledningselektronerna kan beskrivas som en Fermigas av fria 

elektroner med Fermienergin 5,48 eV, 

a) Beräkna medeltiden mellan kollisioner från resistiviteten. 

b) Beräkna fermihastigheten (E F =mv F 2 /2) och medelfria sträckan som en 

ledningselektron med denna hastighet färdas under tiden mellan 

kollisioner. 

c) Jämför medelfria sträckan med gitterkonstanten. Är det troligt att 

elektronerna kolliderar med varje atom? 

Ex10:2 (T) Silvers resistivitet är 1,6010 -8 m vid rumstemperatur, medan kisel har 

resistiviteten 10 m. 

a) Visa att skillnaden i resistivitet på storleksordningen när ges av 

bandgapet, 1,1 eV, för kisel. 

b) Beräkna förväntad resistivitet för germanium (0,7 eV bandgap) vid 

rumstemperatur. 

Ex10:3 Kisel har bandgapet 1,1 eV. Vilken är den längsta våglängd av ljus som 

skulle överföra en valenselektron till ledningsbandet?

Kap 11. Kärnfysik 

Ex11:1 Två kärnor med samma antal nukleoner (masstal) men olika antal protoner 

kallas isobarer. Spegelisobarer betecknar kärnor där dessutom antalet 

23 

23 

protoner och neutroner har bytts mellan kärnorna, t.ex. 

11 

Na och 

12 

Mg . 

Beräkna bindningsenergin per nukleon för dessa. Hur förklararas skillnaden? 

64 

64 

Ex11:2 (T) Beräkna bindningsenergin per nukleon för 

29 

Cu och 

30 

Zn med hjälp av 

vätskedroppsmodellen där parametrarna är (MeV) C 1 =15,8 C 2 =17,8 C 3 =0,71 

och C 4 =23,7. Jämför med de bindningsenergier som får ur massformeln. 

Ex11:3 (T) Den förre KGB-agenten Alexander Litvinenko avled i slutet av 2006. Man 

antar att han har förgiftats med polonium-210. I Wikipedia kan man läsa 

följande om 210 Po: 

“Polonium-210 is an alpha emitter that has a half-life of 138.376 days. A milligram of 210 Po emits as 

many alpha particles as 5 grams of radium. A great deal of energy is released by its decay with half a 

gram quickly reaching a temperature above 750 K. A few curies (1 curie equals 37 gigabecquerels) of 

210 Po emit a blue glow which is caused by excitation of surrounding air. A single gram of 210 Po 

generates 140 watts of power. [9] Because it emits many alpha particles, which are stopped within a very 

short distance in dense media and release their energy, 210 Po has been used as a lightweight heat source 

to power thermoelectric cells in artificial satellites” 

Ur samma web-sida får man veta att Q-värdet för alfa-sönderfall av 210 Po är 

5,407 MeV och att dosekvivalent över ca 4 Sv ger 50% dödlighet. Beräkna hur 

stor mängd (hur många gram) av 210 Po som man behöver förtära för att få denna 

dödliga dos under förutsättning av att den relativa biologiska faktorn är 10, dvs 

att den absorberade dosen är 0,4 Gy, samt att dosen erhålls under 1 dygn. 

Ex11:4 (T) Hollywood verkar ibland fascineras av fysik. I en film planerar skurken 

att spränga en bomb med radioaktivt material inuti Fort Knox för att ”smutsa 

ner” guldreserven så att den skulle bli oåtkomlig för viss tid. Konversationen 

mellan skurk och hjälte lyder: 

Skurken: ”The bomb is particularly dirty”. 

Hjälten: ”Cobalt and iodine?” 

Skurken: ”Yes” 

Hjälten: ”But, …. , then the gold will be radioctive for 57 years”. 

Skurken: “58 to be exact”. 

”Exakt” stämmer inte så bra med verkligheten, men är det ungefär den tid 

som man bör avstå från att gå in i guldvalvet? Gör en överslagsberäkning 

av bombens skadeverkningar genom att beräkna när stråldosen i valvet inte 

överstiger 50 mGy/timme (Gy = J/kg) för en normalstor person, givet att 

bomben innehöll 10 kg 60 Co och 10 kg 131 I. För att förenkla betraktar vi bara 

de dominerande sönderfallskanalerna, samt att vi antar att en blydräkt 

stoppar elektroner från att penetrera. 131 I, med halveringstid 8,04 dagar, ger 

i de flesta fall en röntgenfoton med energin 365 keV. 60 Co vars halveringstid

är 1925 dagar, ger två gamma med energier 1173 respektive 1332 keV. 

Den 1 mm tjocka blydräkten antas förenklat ha absorptionskoefficienten 1,0 

respektive 0,5 cm -1 för fotonerna från 131 I respektive 60 Co. 

Ex11:5 (T) Vid en mätning av radioaktivitet av ett prov efter aktivering erhölls 

mätserien nedan. 

a) Hur många olika nukleider består provet minst av? 

b) Beräkna dessas halveringstider. 

c) Hur många kärnor av dessa nukleider fanns vid tiden t = 0? 

Tid (s) Antal 

ln (sönderfall/s) 

sönde 

rfall 

per s 

0 42065 10.647 

5 21262 9.9645 

10 10851 9.2920 

20 3023 8.0139 

30 1044 6.9511 

40 530.3 6.2734 

50 383.7 5.9500 

60 330.2 5.8000 

80 279.3 5.6322 

100 242.6 5.4915 

120 211.2 5.3528 

140 183.9 5.2142 

160 160.1 5.0756 

180 139.3 4.9370 

200 121.3 4.7983 

Ex11:6 (T) För att stoppa en kärnreaktor förs stavar av t.ex. bor-10 eller kadmium- 

113 med stort tvärsnitt för infångning av neutroner. Hur stor tjocklek av bor 

behövs för att stoppa 99% av neutronerna under antagande att tvärsnittet är 

3835 barn, att bors densitet är 2460 kg/m 3 , att naturligt bor innehåller 20% 

bor-10 och att bor-11 inte bidrar?

Ex11:7 (T) Kärnkraftverk bygger att 235 U infångar en termisk neutron och sönderfaller 

därefter till två lättare kärnor samt i medeltal 2 neutroner. I Forsmark är 

nettoeffekten av de tre reaktorerna vardera ca 1 GW. Anta en verkningsgrad 

av 30% och utnyttja nedanstående figurer (ur Serway Moses och Moyer: 

Modern Physics) för att uppskatta antalet 235 U+n som fissionerar per sekund i 

en Forsmark-reaktor. 

Fördelning av söndefallsprodukter från 236 U * 

Ex11:8 (T) I samband med terroristbekämpning vill man kunna avgöra om bagage 

eller containrar innehåller sprängämnen. Detta kan göras genom att söka 

efter ämnen med viss kombination av kol, syre och kväve. Ett sätt som 

studeras är att sända en neutronstråle med 14 MeV kinetisk energi mot den 

behållare som skall undersökas. Kärnor i de undersökta materialen kommer 

att absorbera neutroner varvid exciterade tillstånd bildas som sedan återgår 

till grundtillstånd genom att en och en neutron utsänds. Med hjälp av att - 

spektrum, som skiljer sig åt för olika substanser, kan därefter sprängämnen 

identifieras. 

Hur stor intensitet av 14 MeV neutroner, dvs antal neutroner per tids- och 

ytenhet, behövs för att kunna detektera minst 100 per s hos en kubisk låda 

med sidan 1 dm då detektionseffektiviteten är 30% (bl.a. pga begränsad 

rymdvinkel) och tvärsnittet för att en neutron ger ett exciterat kärntillstånd är 

i medel 0,4 b för de ingående atomerna? 

Densiteten hos det undersöka ämnet antas vara 1,5 kg/dm 3 och molvikten 

kan beräknas som medelvärdet av molvikten för kol, syre och kväve dvs 

14,04 g/mol.

Kapitel 12: Blandade exempel av tentakaraktär. Blandningen är inte 

representativ för en normal tenta utan består av en del ”överblivna” exempel 

från äldre kurser att träna på. Det finns en klar slagsida mot exempel 

motsvarande vissa kapitel i kursboken, medan en normal tenta har jämn 

fördelning över hela kursinnehållet. 

Ex12:1 (T) Rymdfarkoster skulle i princip kunna drivas mha solsegel. Även om det 

inte är realistiskt att tro att de duger vid mycket höga hastigheter kan vi 

studera hur effektivt det vore vid hastigheter nära ljusets. Tanken är att 

utnyttja fotonens rörelsemängdsöverföring mot ”spegelyta”. Spegelytan får 

approximeras som ideal (100% reflektion) riktad vinkelrätt mot ljuset. 

Beräkna överförd rörelsemängd per foton för ljus vid λ = 450 nm för de två 

fallen att vår rymdfarkost rör sig med v = 0,1 c respektive v = 0.9 c bort från 

stjärnan vars ljus skall driva den. (Tips: för att vara helt korrekt, tänk på att 

rörelsemängden bevaras även i spegelytan). 

Ex12:2 (T) För att kunna öka tillgänglig kollisionsenergi i partikelfysikexperiment i 

cirkulära acceleratorer studeras möjligheten att använda myoner i stället för 

elektroner. Ett problem är dock att myonerna sönderfaller. Myonens 

livslängd i vila är τ = 2,2 μs. I en tänkt accelerator, accelereras μ - till en 

energi av 1 TeV (= 1000 GeV). Efter hur lång tid har antalet myoner i strålen 

minskat med en faktor 4 pga sönderfall? 

Ex12:3 (T) . I PEP-II, B-factory, vid Stanfords Linear Accelerator Center (SLAC), 

kollideras elektroner med en kinetisk energi av 9 GeV med en motriktad 

positronstråle med 3,1 GeV kinetisk energi. Elektroner och positroner 

kommer att annihilera och nya partiklar kan skapas. Fördelen med 

asymmetrisk energi hos strålarna är att nya partiklar har högre hastighet i 

laboratoriet så att sönderfallet sker längre bort från kollisionspunkten. Bl.a. 

kan hadroner med b-kvarkar lättare identifieras. 

a) Beräkna maximal massa hos en ny partikel som kan skapas vid dessa 

e + e –kollisioner. (2p) 

b) ) Om vi antar att för en skapad B 0 -meson (består av d och anti-b kvark) 

gäller att =0.556, där är hastigheten i förhållande till 

ljushastigheten i vakuum och är Lorentz-faktorn, och vi vet att dess 

medellivstid är 1,5360.014 10 -12 s, beräkna medelsträckan den färdas i 

laboratoriet innan den sönderfaller. (3p) 

Ex12:4 (T) I en doktorsavhandling som försvaras i morgon diskuteras en ny 

detektor tänkt att användas vid bestrålning av cancerpatienter. I denna 

detektor mäts -fotoner som passerat patienten från bestrålningen. I en av 

de studerade detektoruppställningarna uppskattades att det krävdes 8 mm 

av wolfram innan hälften av inkommande fotoner med 18 MeV energi har 

växelverkat. 

Densiteten hos wolfram ur tabell är 19,3 10 3 kg/m 3 .

a) Beräkna tvärsnittet för att 18 MeV fotoner växelverkar i wolfram. (3p) 

b) Detektorn består av ett antal 0.5 mm tjocka wolframplattor. Hut många 

plattor behövs för att 80% av de inkommande fotonerna skall ha 

växelverkat? (2p) 

Ex12:5 (T) I ett medium med brytningsindex n >1 är ljushastigheten c/n lägre än i 

vakuum. En partikel med hastighet v > c/n kan då i mediet orsaka 

utsändande av s.k. Cherenkovljus, ett fenomen som kan liknas bogvågor från 

en båt eller ett flygplan som färdas snabbare är ljudet. Ljusets sänds ut i 

1 

framåtriktningen med en vinkel som ges av cos 

där v / c . 

n 

I ett partikelfysikexperiment mätte man rörelsemängden för en partikel till 

8.20 GeV/c samtidigt som man fick Cherenkovljus med vinkeln =5° (cos 

=0.996) för en gasvolym med trycket anpassat så att brytningsindex n var 

1.0041. Beräkna partikelns massa. 

Ex12:6 (T) Följande diagram är en skiss av spektrum för övergångar i HBrmolekyler. 

a. Ange vibrations och rotationskvanttal för de olika linjerna 

b. Förklara varför det fattas en linje mitt i diagrammet 

c. Uppskatta med värden ur figuren bindningsavståndet. 

Ex12:7 En radiosändare med effekten 50 kW sänder på frekvensen 1 MHz. Vad är 

energin för varje utstrålat kvantum? Hur många kvanta utstrålas per period? 

Ex12:8 Vad är de Broglie-våglängden för en elektron som accelererats genom en 

potentialdifferens på 100 V?

Ex12:9 En partikel med massa m och energi E infaller från x 0 mot ett 

potentialsteg i x 0 som ges av 

0, x 0 

V ( x) 

 

V 0 

0, x 0 

Bestäm lösningen till tidsoberoende Schrödingerekvationen i fallet E V0 

. 

Ex12:10 Bestäm väntevärdena p och 

grundtillståndet 

 

1 2 2 

x 

/ 2a 

a 

e 

 

2 

p för en harmonisk oscillator i 

, a 

 

m 

Integrationshjälp: 

 

 

 

x 

2 

e 

2 

ax 

dx 

2 

 

a 

3 

Ex12:11 Beräkna för den endimensionella harmoniska oscillatorn i grundtillståndet 

(a) medelvärdet av potentiell och kinetisk energi. 

(b) osäkerhetsprodukten ∆x∆p. 

Ex12:12 Visa att en lösning till Schrödinger-ekvationen för en fri partikel i tre 

dimensioner 

2 2 2 2 

 

 

 

E 

2 2 2 

2m 

x 

y 

z 

 

kan skrivas 

ik r 

( x, 

y, 

z) 

Ae 

Vad är sambandet mellan k k , k , k ) och energin E ? 

( 

x y z 

Ex12:13 Beräkna sannolikheten att hitta en elektron i grundtillståndet för väte på 

större avstånd från kärnan än Bohrradien. 

Grundtillståndet för väte: 

2 r 

/ a 1 

0 

( r, 

, 

) 

e 

3 

a 4 

0 

Ex12:14 Hur stor energi krävs för att jonisera en väteatom i n 3 -tillståndet? 

Ex12:15 Bestäm väntevärdena av kinetisk och potentiell energi för en väteatom i 2stillståndet, 

dvs n 2, 

l 0 .

Väteatomens 2s-tillstånd: 

 

 

 

4 

1 

2 

1 

2 

1 

) 

, 

, 

( 0 

2 

/ 

0 

3 

0 

200 

a 

r 

e 

a 

r 

a 

r 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Integrationshjälp: 

 

 

 

 

0 

1 

! 

k 

ar 

k 

a 

k 

dr 

e 

r

Kapitel 13 Exempeltenta 

Exempel-Tentamen i Modern Fysik, 5A1247, 

Hjälpmedel: 2 A4-sidor med egna anteckningar, Beta och fickkalkylator samt institutionens 

tabellblad utdelat under tentamen. 

Examinator: Bengt Lund-Jensen och Mats Wallin 

Tentamen har 8 problem som vardera ger 5 poäng. Poäng från inlämningsuppgifter 

tillkommer. För godkänt krävs preliminärt 16 p. 

1. I ett tabellverk kan man läsa att cτ = 491 μm för en B + -meson, där c är ljushastigheten i 

vakuum och τ är medellivslängden i partikelns vilosystem. Samtidigt finner man i 

beskrivningen från ett experiment att medelsträckan en B + -meson färdas innan den 

sönderfaller är 3 mm. Vilken rörelsemängd måste B + -mesonen ha i experimentet? (Bmesonens 

massa är 5279,00,5 MeV/c 2 ) (5p) 

2. En elektron med försumbar energi binds med en heliumkärna He 2 . 

Vilken våglängd har den emitterade fotonen? (5p) 

3. I en doktorsavhandling som försvarades våren 2006 diskuteras en ny detektor tänkt att 

användas vid bestrålning av cancerpatienter. I denna detektor mäts -fotoner som passerat 

patienten från bestrålningen. I en av de studerade detektoruppställningarna uppskattades 

att det krävdes 8 mm av wolfram innan hälften av inkommande fotoner med 18 MeV 

energi har växelverkat. 

Densiteten hos wolfram ur tabell är 19,3 10 3 kg/m 3 . 

a) Beräkna tvärsnittet för att 18 MeV fotoner växelverkar i wolfram. (3p) 

b) Detektorn består av ett antal 0,5 mm tjocka wolframplattor. Hut många plattor behövs 

för att 80% av de inkommande fotonerna skall ha växelverkat? (2p) 

4. Krafterna mellan atomerna i en HCl-molekyl kan approximativt representeras av en 

fjäder med fjäderkonstanten 516 N/m. Detta innebär att atomerna kommer att utföra en 

harmonisk svängningsrörelse i förhållande till varandra. Beräkna den lägsta och den näst 

lägsta energinivån för denna rörelse. (5p) 

5. Hur mycket förväntas ledningsförmågan i en halvledare med bandgapet 1 eV öka om 

temperaturen ökar från rumstemperatur, 300K, med 5 K till 305K? (5p) 

6. I atomärt väte finns en uppsplittering i energinivå pga upplinjering mellan protonens och 

elektronens spinn. Övergången resulterar i utsändade av radiovåg med 21 cm våglängd. 

Övergången är ”förbjuden” vilket gör att den är sällsynt, samt att det exiterade tillståndet 

är långlivat med livstid xxxx. I galaxer finns dock tillräckligt många vätaatomer för att 

vågor från denna övergång skall kunna observeras på jorden. 

a) Antag att medellivslängden motsvarar en tidsosäkerhet för tillståndet. Bestäm 

osäkerheten i energiskillnaden vid mätning av övergången. (1p).

) Vilken fotonenergi observeras om vågorna sänds ut från en galax med 

hastigheten 0,6c jämfört med jorden? (4p) 

7. En partikel med massa m rör sig i en endimensionell lådpotential som ges av 

 

x 0 

 

V (x) 0 

0 x a 

 

 

a x 

Vid tiden t 0 har vågfunktionen formen 

2 x 

4 3x 

 

sin 

sin 

 

3a 

a 3a 

a 

Bestäm (a) vågfunktionen och (b) väntevärdet av energin vid en senare tidpunkt t . 

8. Amplituden av protonens och neutronens magnetiska moment är uppmätta till 2,42μ n 

8 

respektive -1,66μ n , där kärnmagnetonen μ n ≈ 3,152 10 eV/T . I sk.k. ”magnetröntgen” 

(egentligen MRI, Magnetic Resonace Imaging) lägger man på ett fast magnetfält och ett 

oscillerande. Vid rätt frekvens, motsvarande energiskillnaden mellan tillstånden, kan en 

väteatoms kärnspinn ändra upplinjering i förhållande till magnetfältet vilket i sin tur kan 

detekteras. Vilken frekvens måste det oscillerande magnetfältet vid resonas ha om det fasta 

magnetfältet är 1T? (5p)

Lösningsförslag. 

Ex1:1. 

a) Tiden (enligt vad vi observerar i labbet) som det tar myonerna att färdas 10 

4 

10km 

1,0 10 

m 

5 

km med en hastighet av 0.98 c är t 

3,4 10 

s . 

8 

c 0,98 

310 

m/s 

Enligt tidsdilatationen observerar vi att myonen har livstiden labb = där 

Lorentzfaktorn 

1 

 

1 

5, 025 Andelen som når jordytan 

2 

1 

 

2 

1 

0,98 

N t / 34 /(5,0252,2) 

blir då e e 0,046 4,6% 

N 

0 

N t / 34 /(2,2) 

7 

b) Klassiskt: e e 1,9 10 

N 

0 

(Nästan inga jämfört med relativistiska fallet) 

Syfte med problemet: genomföra relativistisk beräkning och illustrera 

tidsdillatation i förhållande till klassisk beräkning 

Ex1:2. 

a) Våglängden ökar, ”rödförskjutning”, då källan rör sig bort från observatören. 

b) För doppler-skiftet gäller: 

 

 

2 

1 

v / c 1 

 

 

 

 

 

 

1 

v / c 1 

 

 

 

 

supernovan rör sig med hastigheten 0,70c 

2 

2 

1 

5,7411 

0,703 dvs 

5,7411 

1 

c) Med =0,70 fås dopplerskift för ett objekt som närmar sig till 

1 

v / c 1 

0,703 

656,5 656,5 

656,6 nm 274nm 

( alt. 

274nm) 

1 

v / c 1 

0,703 

1573 

d) Rörelse vinkelrätt mot observatör. Jordradien är ca 40000 km/2π6400 km. 

Christer antas befinna sig i en cirkulär bana med radie 6800 km. Hans 

hastighet är då 2π6,810 6 m/(9060s)7,9110 3 m/s. 

Detta ger 

gammafaktorn: 

1 

 

1 

10 

110 

. Ej 

2 

1 

 

5 

2 

1 

(2.6 10 

) 

mätbar rödförskjutning.

Ex1:3. 

0 

Energi och rörelsemängd bevaras. Detta gör att om vi beräknar i K S 

vilosystem, kommer + och - , pga att de har samma massa, dela lika på 

den tillgängliga energin i sönderfallet. Deras kinetiska energi blir då 

vardera: E k = m 0 K c 2 /2 - m + c 2 

497.6/2 – 139.6 MeV = 109.2 MeV. 

I K 0 S vilosystem blir då + totala energi E=497.2/2 MeV = m + c 2 där 

1 

 

Ur detta kan nu hastigheten v beräknas: 

2 

1 

( v / c) 

2 

1 2139.6 

 

v c 1 

c 1 

0. 828c 

2 

 

497.2 

Hastigheten för + i labbet beräknas på motsvarande sätt där + totala 

energi i labbet nu blir E=2000 + 139.6 MeV = labb m + c 2 vilket ger 

2 

1 139.6 

v labb 

c 1 

c 1 

0. 9979c 

2 

 

2139.6 

Ur Lorentz-transformation av hastigheterna fås nu K 0 S hastighet. Välj 

system så att vi jämför labbet med + . I + system har K 0 S hastigheten riktad 

”mot” labb-observarören. 

Vi får då K 0 S hastighet 

 

u 

x 

v 

labb 0.828c 

0.997c 

u 

x 

 

 

0.9779c 

0. 978c 

 

2 

1 

( u v / c ) 1 

 

0.8280.997 

x 

labb 

Ex1:4 

Ex1:5 

Massa för protonen och antiprotonen är 938,3 MeV/c 2 medan kaonerna har 

massan 494 MeV/c 2 . Energins och rörelsemängdens bevarande ger då att 

kaonerna delar lika på den tillgängliga kinetiska energin och får då vardera 

totala energin 938,3 MeV. Lorentzfaktorn γ blir då (E = γ mc 2 ) 938,3/494 ≈ 

1,90 

2 

γ 1 

Detta ger att kaonernas hastighet är v c ≈ 0,850 c. 

2 

γ 

Med medellivstiden i labbet (korrigeras för tidsdillatationen) τ labb = γτ färdas 

då kaonerna i medel sträckan τ labb v = γτ v ≈ 1,90 · 1,2·10 -8 · 0,85 · 2,998 · 

10 8 m ≈ 5,8 m 

Viloenergin hos μ - (m μ c 2 ) övergår till kinetisk energi hos elektronen och 

neutrinerna samt till elektronens vilomassa. Om vilomassorna bortses ifrån, 

kan elektronens kinetiska energi vara högst hälften av myonens viloenergi

eftersom rörelsemängden skall bevaras. Detta ger att elektronens totala 

energi är 

E e = ½ m μ c 2 + m e c 2 = γ m e c 2 vilket ger γ = m μ /(2m e ) + 1 104,3 ur vilket 

2 

1 

hastigheten ges av 0, 99995 

2 

 

1 1 

EX1:6 Den hastighet för vilken vi får =30° är 0, 868 

n cos 

3 

1,33 

2 

1 1 

Vilket ger en Lorentzfaktor 

2, 01 

2 

2 

1 

1 

0,868 

Totala energin för protonen är E= γmc 2 varav mc 2 är viloenergin. 

Kinetisk energi är då E kin = (γ -1)mc 2 (2,01-1) 938,3 MeV 948 MeV 

EX1:7 

I masscentrumsystemet måste tillräcklig energi finnas för att en proton och 

en antiproton skall kunna bildas. Minsta energi i masscentrumsystemet är 

då: E = 4m p c 2 

I alla system i likformig rörelse relativt varandra gäller att 

2 2 2 

 

Ei 

 

pi 

c konst. 

dvs invariant (jmfr vilomassa). 

I labbsystemet 

I flytande vätet: E target =m p c 2 där m p är protonmassan, rörelsemängd = 0 

Inkommade ståles protonenergi: E beam , rörelsemängd = p beam . 

Vi får då att 

( E E 

m 

m 

2 

p 

2 

p 

2m 

target 

c 

c 

2 

p 

4 

4 

c 

E 

E 

4 

beam 

) 

2 

beam 

2 

beam 

2 

p 

2 

2m c E 

p 

E 

p 

2 

beam 

2 

2m c E 

p 

2 

beam 

 

beam 

 

beam 

c 

2 

16m 

7m c 

(4m c 

beam 

2 

p 

2 

p 

c 

4 

2 

) 

2 

2 

beam 

2 

2m c E 

p 

p 

p 

c 

2 

beam 

 

 

Kinetisk energi för strålpartikeln är: E kin =E beam -m p c 2 = 6 m p c 2

EX2:1 

Energin bevaras Inkommande fotonens energi E = 0,8 + 2,88 MeV ≈ 3,68 

MeV. 

Ex2:2 

Våglängd: λ = hc/E Vinkeln fås ur: (1-cosθ)h/m e c = hc/E spridd – hc/E 

cos θ = 1 + (1/E – 1/E spridd )m e c 2 = 1 + (1/3,68 – 1/0,8)·0,511 ≈ 1-0,5 = 0,5 

θ ≈ 60º dvs fotonen infaller med vinkeln 20º mod lodlinjen (riktat med den 

spridda fotonen i samma plan som denna och rekylelektronen) 

a) Visas genom att både energi och röreslemängd skall bevaras. För en 

foton gäller att E=pc, medan för elektronen gäller E 2 =p 2 c 2 +m 2 c 4 . Del av 

energin går åt till elektronen och positronens massa vilket gör att inte både 

energi och rörelsemängd samtidigt kan bevaras. Ett sätt att se detta är genom 

att fysiken är densamma i olika koordinatsystem i likformig rörelse jämfört 

med varandra. Vi kan därför transformera oss till ett system där, om 

parbildningen skedde enbart med en foton utan närvaro av atom, energin inte 

skulle räcka till för att bilda ett elektron-positron-par. I nävaro av kärna 

uppstår en ”kollision” där rörelsemängd och i viss mån energi överförs till 

kärnan. Om tillräcklig energi finns i kärnans volisystem, kommer tillräcklig 

energi (och rörelsemängd) också finnas i alla andra koordinatsystem i 

likformig rörelse eftersom kärnan då har kinetisk energi. 

b) Fotonens energi fördelas lika på elektron och positron. För dessa gäller då 

eftersom energin bevaras att MeV 

2 50 

2 

Ee 

E 

. Ur E p 

e 

kan då rörelsemängden för elektronen och positronen beräknas: 

1 2 

2 

E 

2 

c 

2 

m 

2 4 

2 

p E m c 50 0,511 MeV / c 49,9974MeV / c 

e e 

c 

Fotonens rörelsemängd ges ur p = E/c = 100 MeV/c. Skillnad i rörelsemängd 

blir då: p 

p p p 100 2 49,9974 5,22KeV / c vilken upptas av 

e e 

syreatomen. 

Med massan för en syreatom 

2 

2 

15,9994u 

931.494MeV/(uc 

) 14,903GeV / c får vi en icke-relativistisk 

M O 

2 

p 5,22keV / c 

4 

kinetisk energi Ekin O 

 

9,1 10 

eV vilket är 13 

2 

2M 

o 2 14,903GeV / c 

storleksordningar mindre än inkommande fotonens energi och därmed 

försumbar. 

2 

2 

c 

4 

Ex2:3 E Kmax = hf – Φ ger h = (E Kmax2 –E Kmax1 )/(f 2 -f 1 ) ≈ 4,1·10 -15 eVs 

Φ = ½ (hf 2 –E Kmax2 +hf 1 -E Kmax1 ) ≈ 3,0 eV

Ex2:4 Maximal energiöverföring fås när den spridda fotonen är riktat mot den 

inkommande, dvs då spridningvinkeln vinkeln = . Då gäller att den spridda 

2h 

fotonens våglängd är ' 0 

m c 

e 

Överförd energi, dvs elektronens kinetiska energi, är 

2 

hc hc hc hc mec0 

2h 

mec0 

2h 

c 

hf hf 

hc 

 

E 

h 

 

mec 

h 

 

0 

´' 

 

2 

0 

' 

0 

( 2 ) ( mec 

2h) 

 

0 

0 

0 

 

 

0 

0 

m c 

e 

e 

Detta stuvas om: 

 

2 

0 

2 2 

2h 

2h 

c 

0 

 

2 

m c m c E 

e 

e 

e 

hc 

0 0 

 

m c 

e 

2 

 

h 

m 

2 

c 

2 

e 

2 

c 

4 

2 2 

2h 

c 

 

2 

m c E 

e 

e 

 

1240eV 

nm 

 

 

511keV 

1.240 

 

nm 

511 

2 

2 

2 1.240 

 

 

nm 

511 170 

 

 

2 

0.0643nm 

Ex2:5 Ekvationenerna för de två fallen är: 

2 

2 

mv1 

mv2 

hf1 

och hf 

2 

 

2 

2 

2 

hf1 

 

v1 

Förhållandet mellan dem blir: 4 

2 

hf 

2 

 

v2 

Stuva om termerna och använd att f c 

 

hc 1 1 

 

1,9 eV 

3 

 

2 

1

Ex3:1 a) För röntgendiffraktion mellan olika kristallplan gäller att konstruktiv 

interferens erhålls då n 2d 

sin, 

n 1,2,3 ,... där d är avståndet mellan 

kristallplanen, och är vinkeln mellan infallande stråle och kristallen yta. 

(Vi antar att ytan är ett kristallplan). 

0,28nm 

Vi får då för 1:a maximat: d 0,28nm 

 

2sin 

2sin 30 

Densiteten för NaCl: Vi antar att NaCl har sådan struktur att en volym d 3 

upptas av antingen en Na-jon eller en Cl-jon. I medeltal motsvarar detta en 

massa av 

(m Na + m Cl )/2 per d 3 . 

27 

( mNa 

mCl 

) (22,99 35,45) u 1,66 

10 

kg / u 

3 3 

 

 

2,2110 

kg / m 

3 10 

3 3 

2d 

2 (2,8 10 

) m 

h 

b) De Broglie-våglängden: 

p 

Kinetiska energin för neutroner med =0,28 nm blir då: 

2 2 

2 2 

2 

p h h c (1240eV nm) 

Ekin 

0,0104 eV 

2 

2 2 

2 

2m 

2m 

2mc 

2 939,6 MeV (0,28 nm ) 

Ex3:2 Osäkerheten i massan motsvarar osäkerheten i energin enligt 

problemlydelsen. Vi har då att E = mc 2 = 149,2 MeV. Heisenbergs 

osäkerhetsrelation ger då att 

 

E t 

där > motsvarar mätfel och = ger den fysikaliska gränsen. 

2 

2 

2 

Man kan visa ur definitionen av osäkerhet t 

t t och att livstid 

 

uppträder som en sannoliktet för att leva en tid t enligt e t 

, att t = : 

(Behöver inte göras här, utan man får förutsätta detta, dock visas det genom: 

 

 

2 t t 

 

 

t e 

2 2 

2 0 

 

te 

0 

2 

t 

t t 

 

 

t 

t 

 

e 

e 

0 0 

) 

16 

6,582 10 

eVs 

24 

Heisenberg: t 

 

2,2 10 

s 

2E 

2 149,2MeV 

(Kommentar: mycket kort livstid. Sönderfaller med starkt sönderfall.) 

2 

Ex3:3 a) Härledning av reducerade massan i klassisk mekanik: 

Två partiklar med massorna m respektive M i punkterna r 1 och r 2

Påverkar varandra med kraft F (motriktade). 

Newtons lagar ger: F mr 

och F M r 

1 

 

2 

Definiera den relativa positionen r r 1 

r2 

F F m M 

r 

r 

1 1 

1 

r2 

( ) F F 

m M m M mM 

mM 

mM 

Dvs vi har F r 

r 

där vilken är samma ekvation som 

m M 

m M 

för rörelsen av en partikel med massan (reducerade massan) runt öändligt 

massiv partikel. (Kan också visas kvantmekaniskt). 

b) Bohrmodellen (och Schrödingerekvationen) ger energinivåerna 

4 

4 

qe 

1 q En 

 

där 

e 

 

2 2 2 

13, 6eV för m 

2 2 

e 

24 

0 

n 24 

0 

 

m 

em 

e 1 

För positronium gäller att me 

m 

e 

m 

e 

2 

13,6 1 

1 

Energinivåerna blir då E n 

eV 6,8 

eV 

2 

2 

2 n 

n 

E1 6, 8 eV 

1 

E2 6,8 

eV 1, 

7eV 

2 

2 

Övergången har observerats experimentellt. 

Ex3:4 (a) 

 

h 

p 

6.6 10 

 

 

1.67 10 

34 

27 

39.5 

10 

nm 

D 

x 

d 

39.5 10 

 

 

10 

9 

3 

10 

0.4 

mm 

(b) 

p 

h 

 

 

 

10 

34 

6.6 

10 

31 

6.6 10 

4 

10 

m 

D 

x D 

d 

3 

dx 10 10 

 

6.6 10 

6 

31 

1.510 

21 

m 

Ex3:5 

Detta är en astronomisk längdskala, jämförbar med diametern hos 

21 

vintergatans skiva som är ca 100 000 ljusår, dvs ca 10 m. 

10 34 

 

24 

xp 

p p 

10 

kg m/s 

10 

x 

10

E kin 

 

2 

p 

2m 

 

24 

(10 ) 

2 9 10 

2 

31 

510 

19 

J 

3.5 eV 

Ex3:6 

34 

6.6 10 

0. 13 nm 

27 

19 

2 1.6 

10 

0.051.6 

10 

0.13 

arcsin arcsin 40 grader 

d 0.20 

Ex3:7 

34 

6.6 10 

0. 465 nm 

31 

19 

2 9 10 

7 1.6 

10 

Gitterkonstanten hos Cu är 0.36nm vilket är jämförbart med . Elektronerna 

kommer därför att genomgå stark diffraktion i Cu gittret och måste 

behandlas kvantmekaniskt. 

Ex3:8 O atomen väger 16u 

och O 2 molekylen 32 u . Enligt ekvipartitionsteoremet blir 

kinetiska energin för rörelsen i x-led 

E 

2 

p 

k 

BT 

 

2 2m 

1 27 

21 

23 

kin 

p 2mEkin 

2 32 1.66 

10 

2 10 

1.46 10 

kg m / 

s 

34 

6.6 10 

0.045 nm 

p 

Denna längd är mycket mindre än syremolekylens diameter, som är ca 4 Å, 

vilket i sin tur är mycket mindre än det genomsnittliga avståndet mellan 

molekylerna i luft vid NTP, som är ca 30 Å. Detta motiverar en klassisk 

behandling av gasen. 

Kommentar: Avståndet mellan molekylerna i luft kan uppskattas med ett 

enkelt resonemang. Molekylvikten hos vatten, 18, är något mindre än hos luft, 

ca 29, så för ett överslag kan vi använda bekanta resultat hos vatten. Vatten 

har en densitet på ca 1000 kg/m 3 och ett avstånd mellan molekylerna på ca 3 

Å. En gas kan ha ~1000 gånger lägre densitet än en vätska, vilket stämmer 

bra med att luft har densitet 1.3 kg/m 3 . För att densiteten ska gå ner med en 

faktor 1000 måste avståndet mellan molekylerna öka med en faktor 10. Alltså 

bör avståndet mellan luftmolekyler vara ca 30Å. 

Noggrannare räkning: medelmolekylvikt 

27 

26 

29u= 29 1.6610 

4.810 

kg.

Medelvolym per partikel är molekylvikten/densiteten: 

26 

26 

v 

0 

4.810 

/1.3 3.7 10 

m 3 . 

3 

Medelavståndet mellan partiklarna uppfyller v d d 33 Å. 

0 

 

Gas % by Volume % by Weight Parts per 

Million 

(by 

Volume) 

Chemical 

Symbol 

Molecular 

Weight 

Nitrogen 78.08 75.47 780805 N 2 28.01 

Oxygen 20.95 23.20 209450 O 2 32.00 

Argon 0.93 1.28 9340 Ar 39.95 

Carbon 0.038 0.0590 380 CO 2 44.01 

Dioxide 

Neon 0.0018 0.0012 18.21 Ne 20.18 

Helium 0.0005 0.00007 5.24 He 4.00 

Krypton 0.0001 0.0003 1.14 Kr 83.80 

Hydrogen 0.00005 Negligible 0.50 H 2 2.02 

Xenon 8.7 x 10 -6 0.00004 0.087 Xe 131.30 

Ex3:9 de Broglie-våglängden för neutronerna ges av 

h hc 1,24keVnm 

 

0,0976Å 

p 127keV 

127 keV 

För Braggspridning (n=1) gäller att 2d sin 

där räknas mot mellan 

infallande stråle och materialet så att här blir 1°. Detta ger att 

0,0976 

d 2, 79Å 

2sin 

20,01745

Ex4:1 

2 

d 

 

2m 

dx 

2 

2 

2 

k 

Acos( 

kx t) 

 

2m 

2 

 

Acos( 

kx t) 

i 

t 

Acos( 

kx t) 

iAsin( 

kx t) 

2 

d 

 

2m 

dx 

2 

2 

2 

k 

Asin( 

kx t) 

 

2m 

2 

 

Asin( 

kx t) 

i 

t 

Asin( 

kx t) 

iAcos( 

kx t) 

dvs Acos( 

kx t) 

och Asin( 

kx t) 

är inte lösningar till Schrödingerekvationen 

för en fri partikel. Genom att addera ekvationerna ovan ser vi 

dock att den välbekanta plana vågen 

i( 

kxt) 

( 

x, 

t) 

Ae A cos( kx t) 

i sin( kx t) 

är en lösning. 

 

 

Ex4:2 

2 2 

i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

k i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

e 

Ae 

e 

2 2 

d 

A e 

2 

2m 

dx 

2m 

i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

i 

Ae 

e 

Ae 

e 

t 

För att få en lösning till Schrödinger-ekvationen för en fri partikel måste 

2 2 

k 

dessa ekvationer vara lika med varandra, vilket är uppfyllt om . 

2m 

( 

x, 

t) 

A e 

i( 

kxt) 

i( 

kxt) 

ikx ikx 

it 

it 

e Ae 

e e 

2iAsin 

kxe 

Detta är en stående våg, dvs summan av likadana vågor fast med 

motriktade vågvektorer. 

2 nx 

Ex4:3. n 

( x) 

sin , n 1,2,3,... 

L L 

P 

x1, 

x2 

 

 

x2 

x1 

( x) 

n 

2 

dx 

2 

L 

 

x2 

x1 

sin 

2 

nx 

x 

dx 

L 

 

L 

2nx 

 

sin 

n 

L 

 

1 

2 

x2 

x1 

n 1: 

P x , x2 

1 

 

n 2 : 

, 2 

P x 1 x 

 

0.198 

0.0065 

Ex4:4.

x 

 

 

x 

n 

( x) 

2 

2 

dx 

L 

 

0 

L 

xsin 

2 

2 x x 2nx 

1 

sin 

L 4 4n 

/ L L 8( n 

/ L) 

2 

2 

nx 

dx 

L 

2nx 

 

cos 

L 

L 

0 

 

L 

2 

för alla värden på n . 

Ex4:5. 

p 

 

 

L 

* 

2 nx 

d 

n 

( x) 

pˆ 

n 

( x) 

dx sin 

L 0 L i dx 

L 

1 L d 2 nx 

2 nx 

 

sin dx sin 

L i 

0 

dx L iL 

L 

 

0 

nx 

sin 

dx 

L 

0 

för alla värden på n . Tolkning: 

n 

( n 

/ L) 

( n 

/ L) 

pn 

2mEn 

pmedel 

 

0 

L 

2 

Vågfunktionen beskriver alltså en stående våg, dvs en superposition av 

likadana vågor som fortskrider i motsatta riktningar, varför väntevärdet på 

rörelsemängden blir noll.

Ex4:6. Som förberedelse ska vi beräkna några jätteviktiga Gaussiska integraler: 

 

 

 

e 

2 

x 

dx 

 

 

 

 

e 

2 

x 

dx 

 

 

 

e 

 

 

2 

y 

 

2 

dy 

 

1/ 2 

 

0 

 

 

 

2 

2 

 

dxdy 

1/ 2 

x y 

e 

r 

1 r 

(gå till polära koordinater) d re dr 2 

 

e 

0 

En annan vanlig form av denna integral fås genom ett variabelbyte: 

2 

 

 

1/ 2 

 

 

2 

2 

 

0 

 

 

1/ 2 

 

e ax 2 

 

dx 

 

a 

Genom ett annat variabelbyte fås den normerade Gauss-fördelningen 

P( 

x) 

e 

2 2 

( 

xx 

) / 2 

0 2 

/ 2 

, som uppfyller normeringsvillkoret 

1 2 2 

( 0 ) / 2 

xx 

 

e 

 

2 

2 

dx 1 

och har väntevärde x x0 

. Standardavvikelsen kan beräknas med ett 

trick: 

 

 

 

x 

2 

e 

2 

ax 

dx 

d 

da 

 

 

 

e 

2 

ax 

dx 

d 

da 

 

a 2a 

3 / 2 

 

x 

2 

 

x 

2 

 

1 2 2 

2 / 2 

2 x 

x e 

 

2 

dx 

1 

2 

2 

 

2(1/ 2 

) 

2 3 / 2 

2 

 

(a) 

 

 

 

 

2 2 

2 2 

 

x 

/ a 

2 

dx N e dx N a 

1 välj 

 

2 

N 

 

a 

1 

 

(b) 

 

x 

x 

2 

dx 0 

2 

2 2 

eftersom x är udda och N exp x / 2a 

 

x 

2 

 

N 

 

2 

 

 

x 

2 

e 

är jämn. 

 

2 

2(1/ a ) 

1 

 

3 

a 2 / a 

2 

2 2 

x 

/ a 

2 

a 

dx N 

 

3 / 2 

2 

(c) 

p 

 

 

i 

 

d 

dx 

 

 

dx 0

eftersom är jämn och 

d / dx är udda. 

p 

2 

 

 

* 

i 

 

 

 

d 

dx 

2 

 

dx 

 

 

 

2 

2 

* d 

dx 

2 

dx 

 

 

 

2 

 

 

d 

dx 

* 

 

 

d 

 

 

dx 

dx 

 

2 

 

 

* 

d 

dx 

d 

dx 

dx 

Den första integralen i sista ledet är 0 , om vågfunktionen och dess 

derivala försvinner i oändligheten. Kvar blir: 

p 

2 

 

 

2 

 

 

x 

e 

2 

a 

2 2 

x 

/ 2a 

2 

 

 

 

 

dx 

a 

2 

4 

x 

2 

 

2 

 

2a 

2 

(d) 

x 

p 

 

2 

a 

2 

 

2 

 

2a 

2 

 

 

2 

Ex4:7. 

j 

x 

 

 

x 

* 

2 

2 

* * 

 

 

 

2 

2 

2mi 

x 

x 

2mi 

x 

x 

 

 

 

* 

Använd nu att uppfyller SE: 

2 2 

* 

 

i 

V 

2 i 

i 

t 

2m 

x 

t 

t 

* 

2 2 

 

 

2 

2m 

x 

* 

V 

* 

Vi får: 

j 

 

x 

 

* 

 

 

t 

t 

* 

 

 

t 

 

2 

 

 

t 

Ex4:8. (a) Superpositionen har formen c 

11 

c22 

. Anta att , , är 

1 2 

normerade och att , 1 2 

är ortogonala. Då blir 

c 

 

 

* 

* 

c11 

c22 

dx 

c1 

1 

1dx 

c2 

1 

2dx 

 

1 

* 

* 

11 

c22 

1 

dx 

1 

c 

 

 

samt 

1 

 

c 

 

* 

dx 

 

2 

1 

 

 

* 

1 

1 

 

* 

c 

c c 

c 

1 

dx c 

1 

2 

2 

 

2 

 

* 

2 

2 

2 

1 

1 

dx c 

* 

1 

c 

2 

2 

 

2 

* 

1 

dx 

dx c 

Kvantmekanikens sannolikhetspostulat säger nu att: 

 

2 

* 

2 

c 

1 

 

 

* 

2 

dx 

1 

c 

2 

1 

c 

2 

2

2 * 

1 

1 

 

2 

c dx är sannolikheten att systemet som är i tillståndet hittas 

i tillståndet 

1 

i en mätning av energin. 

* 

(Notera att expansionskoefficienten c1 1 

dx 

i allmänhet är ett 

komplext tal, och därför inte kan vara direkt mätbart.) 

Väntevärdet av energin ges av 

H 

c c E 

 

* 

1 

c 

 

1 

2 

1 

 

1 

* 

Hdx 

 

1 

* 

1 

E c 

1 

2 

2 

E 

2 

 

( c 

dx c c 

* 

2 

1 

2 

E 

1 

2 

* 

c ) ( c E c E 

 

2 

* 

2 

2 

dx c c E 

2 

1 

1 

* 

2 

1 

1 

1 

 

2 

2 

* 

2 

1 

2 

) dx 

dx c c 

* 

1 

2 

E 

2 

 

dx 

* 

1 

2 

där vi i sista steget utnyttjat normeringen och ortogonaliteten hos 

vågfunktionerna. 

Tolkning: 

2 

2 

väntevärdet H är lika med c E c sannolikheten att vara i 

1 

1 1 

 

2 

E2 

gånger E 

1 

plus sannolikheten att vara i 

2 

gånger E 

2 

. 

Alltså kan vi välja c 

1 

c2 

1/ 2 . 

där vi i sista steget utnyttjat normeringen och ortogonaliteten hos 

vågfunktionerna. Alltså kan vi välja c c 1/ 2 . 

1 2 

 

(b) 

H 

2 

 

 

 

* 

H 

2 

dx 

 

 

* 2 

2 

2 2 2 2 

( c11 

c22 

) ( c1E1 

1 

c2E2 

2 

) dx c1 

E1 

c2 

E2 

(c) Med 

 

 

2 2 

2 

1 2 1 2 1 1 2 

2 

E H H E1 

E2 

E1 

E2 

E1 

E2 

E 

E1 

E2 

2 

1 

2 

 

 

1 

2 

1 iE1t 

/ 1 iE2t 

/ 

2 1 

2 2 

e 

2 

e e fås 

iE1t 

/ 

1 

1 

2 

e 

2 2 

* iE1 

E2 

t 

 

1 

 

1 

 

Re 

1 

2e 

 

2 

2 

2 

iE2t 

/ 

 

/ 

1 

2 

 

 

 

2 

2 

1 

2 

 

2 

1 

* 

1 

1 

4 

 

e 

2 

1 

2 

E 

E 

t 

/ * iE 

E 

t 

i 

1 

2 

 

e 

2 

1 

1 

2 

/ 

 

 

I den polära representationen blir 

* 

* i 

* iE1 

E2 

t 

/ * 

i0 

i E1 

E2 

e Re 

e Re e e 

t 

/ * 

 

cos E 

E 

1 2 1 2 

1 2 

1 2 

1 2 

0 1 2 

t / 

vilket ger:

2 

 

1 

2 

2 2 * 

 

1 

 

1 

 

 

1 

2 

cosE 

1 

E2 

t 

/ 

0 

 

Alltså oscillerar sannolikhetstätheten med vinkelfrekvens E1 E 2 

/ , 

dvs med periodtid t 2 / E1 E2 

 

/ E 

. Alltså är t 

E 

 

. Detta 

är ett exempel på osäkerhetsrelationen för tid och energi, som säger att 

t E 

. 

Tolkning: osäkerheten i tid är den karakteristiska tiden för att tillståndet 

helt ska ha ändrat form jämfört med initialtillståndet. 

Ex4:9. (a) 

 

L 

2 2 nx 

 

n 

dx N sin 

dx 

L 

 

0 

Denna integral kan enkelt göras mha trigonometriska formler (se (b)). 

2 

Alternativt kan vi utnyttja följande trick. Integralen går över en period av sin 

funktionen, och måste ha samma värde som integralen över en period av 

2 

cos funktionen. Alltså blir integralen ovan lika med 

 

 

 

L 

2 1 2 nx 

2 nx 

 

sin 

cos 

2 

n 

dx N 

2 

 

dx N 

0 L L 

där vi använt trigonometriska ettan. Alltså kan vi välja 

värden på n . 

(b) Använd trigonometriska identiteten 

sin xsin 

y 1 2 

(cos( x y) 

cos( x y )) : 

 

 

 

 

1 

L 1 

2 

N 2 / L för alla 

L 

L 

* 2 mx 

nx 

2 1 ( m n) 

x 

( m n) 

m 

ndx 

N sin sin dx N cos 

cos 

L L 2 L 

L 

0 

0 

x 

 

dx 

 

 

 

N 

2 

1 L ( m n) 

x 

L ( m n) 

x 

 

sin 

sin 

2 

 

 

( ) 

( ) 

 

m n L m n L 

L 

0 

0 

Kommentar: Egenskaperna i (a) och (b) kan skrivas tillsammans med hjälp 

av Kronecker-delta symbolen: 

 

dx 

* 

m 

n 

m, 

n 

1, 

m n 

 

0, 

m n 

Alltså utgör funktionerna ett ON system. Den gemensamma terminologin 

med vektoranalysen är ingen slump. Dessa funktioner utgör en ON bas för 

ett oängdligtdimensionellt linjärt vektorrum som kallas ett Hilbert-rum.

Ex4:10. För att visa att egenfunktionerna är ortogonala utnyttjar vi att de löser 

tidsoberoende Schrödingerekvationen: 

2 2 

d 

n 

V 

n 

En 

2 

n 

2m 

dx 

För 

m 

tar vi komplexkonjugatet av SE (och utnyttjar att potentialen V (x) 

är 

reell) 

2 2 * 

d 

m * * * 

V 

2 

m 

Em 

m 

2m 

dx 

* 

Multiplicera den första ekvationen med 

m 

och den andra med 

n 

och 

subtrahera: 

2 

2 

2 * 

 

* d 

 

n 

d 

m 

* * 

 

 

 

m 

 

n 

E 

n 

Em 

 

m 

n 

 

2 

2 

2m 

dx dx 

2 

* 

d 

* d 

n 

d 

 

m 

* * 

 

m 

 

n 

E 

n 

Em 

 

m 

n 

2m 

dx 

 

dx dx 

 

 

 

Integrera, och antag att 

n 

(x) 

och 

m 

(x) 

är 0 i x : 

2 

* 

 

d 

* d 

 

n 

d 

m 

* * 

 

 

 

 

m 

 

n 

dx En 

Em 

 

 

 

 

 

m 

ndx 

2m 

dx dx dx 

 

 

 

 

* 

 

 

* d 

n d 

m 

 

m 

n 0 

 

dx dx 

 

 

* * 

E 

E dx 0 

n 

m 

 

* 

2 

(a) Om m n så blir integralen ovan dx n 

n 

 

n 

dx 1, och alltså 

 

 

* 

måste En E n 

. Alltså är E 

n 

reellt, vilket skulle visas. 

(b) Om E E så blir 

Klart! 

n 

m 

 

 

m 

n 

* 

m n 

dx 0 

Ex4:11 Antag att elektronen har energi E och att potentialen är V 0 för 0 x L i 

potentialbrunnen, och V V0 

i det klassiskt förbjudna området utanför 

brunnen, där E V0 

. Schrödingerekvationen i områden x 0 utanför 

potentialbrunnen, ger: 

2 2 

2 

d 

d 2 

x 

2m( 

V0 

E) 

V0 

E 

 

( x) 

Ae , 

2 

2 

2m 

dx 

dx 

 

Alltså är inträngningsdjupet 

1/ 

. Numeriskt: 

 

2 9.110 

(200 1.6 

10 

31 

19 

19 

10 

 

6.310 

m 1 

34 

1.055 10 

50 1.6 

10 

)

vilket ger 0. 16 Å. 

Ex4:12 Grundtillståndet innan expansionen är 

2 x 

( x) 

sin , 0 x L 

L L 

och (x) 0 för övrigt. Det nya grundtillståndet efter expansionen är 

x 2 x 

1 x 

( ) sin sin ,0 x L 

2L 

2L 

L 2L 

2 

och (x) 

0 för övrigt. Sannolikheten att partikeln i tillståndet samtidigt är i 

tillståndet ges av* 

 

 

 

* 

dx 

1 

 

2L 

2 

2 

 

L 

 

0 

2 

L 

L 

 

0 

x 

x 

sin sin dx 

L 2L 

x 

3x 

 

 

cos cos 

 

dx 

2L 

2L 

 

1 

 

2L 

2L 

2L 

 

3 

2 

2 

2 

 

2 

L 

1 

 

2L 

1 

 

2L 

2 

1 

2 

L 

 

0 

x 

x 

x 

x 

 

cos 

cos 

dx 

L 2L 

L 2L 

 

2L 

x 

2L 

3x 

 

 

sin sin 

 

2L 

3 

2L 

 

2 

2 

 

2 2 

8L 

3 

32 

 

2 

9 

0.36 

L 

2 

0 

 

2 

 

(Motivation av *: Beteckna energiegentillstånden med energi 

E 

n 

som 

2 2 

2L 

1 

n 

kn 

* 

 

n 

( x) 

sin kn 

x, 

kn 

, En 

, n 1,2,3,... 

m 

ndx 

 

L 

2L 

2m 

 

0 

Varje möjligt tillstånd hos systemet kan utvecklas i en Fourier-serie: 

( x) 

 

 

 

n0 

Normeringskravet ger: 

1 

2L 

 

c 

n 

n 

* 

dx 

 

0 

2L 

 

0 

dx 

 

* 

n 

 

* 

cmcn 

m, 

n0 

2L 

Kvantmekanikens sannolikhetstolkning: 

c 

2 

n 

 

2L 

 

0 

* 

n 

2 

 

 

 

m0 

c 

2L 

 

* 

 

n 

mdx 

c 

 

m 

0 

* 

 

n 

mdx 

 

0 

 

 

mn 

dx 

är sannolikheten att en mätning av energin hos ett system 

i tillståndet ger svaret E 

n 

, dvs att systemet hittas i tillståndet 

n 

. 

vilket motiverar *. Notera att c 

n 

.är ett komplext tal som i sig inte direkt kan 

mätas. Jämför även med tal 4.8 ovan.) 

 

mn 

 

 

n0 

c 

2 

n 

n 

mn

Ex4:13 

( 

x, 

t T ) 

 

 

n1 

c ( x) 

e 

n 

n 

iEn 

( tT 

) / 

 

 

 

n1 

c ( x) 

e 

n 

n 

iEnt 

/ 

e 

iEnT 

/ 

EnT 

n 

 

2 2 2 2 2 

( n / 2ma 

)(4ma 

/ ) 

2 

2 iE 

T / i2n 

 

2n 

e e 

 

( x, 

t T ) ( 

x, 

t) 

Ex4:14 Fall 1: Anta först att V0 E . Lösningen har formen 

0 x 0 

 

Asin 

kx 0 x a 

( x) 

 

B 

sin( 

b x) 

a x b 

 

0 b x 

som är konstruerad så att ( a) 

 

( b) 

0. Energin uppfyller 

2 2 2 2 

2 2 

k 

2 2 2 w 

E V0 

k w , V0 

(1) 

2m 

2m 

2m 

Kontinuitetsvillkor: 

Asin 

ka Bsin( 

b a) 

kAcos 

ka B 

cos( 

b a) 

k cot ka cot( 

b a) 

(2) 

Energinivåerna bestäms nu genom att lösa ekvationssystemet (1),(2) 

numeriskt. 

Fall 2: Anta nu att 0 E V0 

. Lösningen har formen 

0 x 0 

 

Asin 

kx 0 x a 

( x) 

 

Bsinh( 

b x) 

a x b 

 

0 b x 

som är konstruerad så att ( a) 

 

( b) 

0. Energin uppfyller 

2 2 2 2 

2 2 

k 

2 2 2 w 

E V0 

k w , V0 

(3) 

2m 

2m 

2m 


Asin 

ka Bsinh( 

b a) 

kAcos 

ka B 

cosh( 

b a) 

k cot ka coth( 

b a) 

(4) 

Energinivåerna bestäms nu genom att lösa ekvationssystemet (3),(4) 

numeriskt. 

 

1

Ex4:15 Studera en lösning med energi E som uppfyller V 

0 

E 0 . Flytta 

koordinatsystemet så att potentialbrunnen ligger i det symmetriska 

intervallet a x a, a L / 2 , vilket ger ett ekvivalent problem fast med 

mycket enklare räkningar: de sökta lösningarna måste nu vara antingen 

jämna eller udda funktioner. Jämna lösningar har formen: 

Udda lösningar: 

x 

Ae 

 

( x) 

B 

cos kx 

x 

 

Ae 

x a 

a x a 

a x 

x 

Ae x a 

 

( x) 

Bsin 

kx a x a 

x 

 

Ae a x 

I båda fallen är 

2 2 2 2 

2 

k 

2 2 2 w 

E V0 

k w , 

2m 

2m 

2m 

Börja med de jämna lösningarna. Kontinuitetsvillkor: 

a 

B cos ka Ae 

kBsin 

ka Ae 

k tan ka 

(2) 

a 

2 

V 

0 

(1) 

Ekvationerna (1),(2) kan nu lösas numeriskt pss som i 

föreläsningsanteckningarna. Fallet när lösningen är en udda funktion är 

precis analogt med problemet med en halvoändlig potentialbrunn som 

löstes på föreläsningen. 

Ex4:16 Osäkerhetsrelationen för energi och tid ger en uppskattning av 

medellivstiden : 

34 

110 

25 

2.5 10 

9 

19 

 

E 

sekunder 

E 

2.510 

1.6 

10 

Ex4:17 Som vi har sett i problemen ovan så kan vågfunktionen för endimensionella 

bundna tillstånd alltid väljas reell. Detta kan man visa gäller allmänt. Därför 

blir 

p 

 

 

 

* 

 

 

i 

dx i (reellt tal) 

x 

 

Eftersom p är reellt och integralen ovan är komplex så måste p 0 . 

(Observera att detta inte gäller för obundna tillstånd som plana vågor,

ikx 

e .) Resultatet illustrerar att bundna tillstånd är stående vågor som 

består av vågor som fortskrider i + riktningen, och sedan reflekteras tillbaka 

i – riktningen i sin helhet, och på så sätt går fram och tillbaka. Därför måste 

medelvärdet av rörelsemängden vara noll. 

Ex4:18 En partikel i en potential V (x) 

har vågfunktionen 

ax 

Nxe 

0 x 

( x) 

 

0 

x 0 

Bestäm potentialen och energin. 

2 2 

d 

( x) 

V 

( x) 

( x) 

E 

( x) 

2 

2m 

dx 

2 2 

2 

2 

d d 

ax 

 

2 ax 

( x) 

N(1 

ax) 

e N( 

2a 

a x) 

e 

2 

2m 

dx 2m 

dx 

2m 

2 

2a 

2 

 

a 

( x) 

( E V 

( x)) 

( x) 

 

2m 

x 

2 

2a 

2 

E V 

( x) 

 

a 

2m 

x 

Genom att kräva att potentialen ska gå mot noll i oändligheten kan vi nu 

avläsa att 

2 2 

a 

E 

2m 

2 

2a 

V ( x) 

,0 x 

2m 

x 

V ( x) 

, 

x 0 

 

Ex4:19 (a) Om både position och rörelsemängd har väntevärde lika med noll så kan 

 

Heisenbergs osäkerhetsprincip x p 

skrivas: 

2 

2 

2 

2 2 

2 

x p p . Väntevärdet av energin kan därför 

2 

4 4 x 

uppskattas enligt: 

E 

 

p 

2 

2m 

 

1 

2 

2 

m 

x 

2 

2 

 

 

8m 

x 

2 

 

1 

2 

2 

m 

x 

2

2 

A 

(b) Minimera 

( x) 

2 

2 2 

B ( x) 

: 

2 

d A 

d x 

 

( x) 

2 

A 

( x) 

2 

2 

2 

B ( x) 

2 

B ( x) 

2 

2 

2 

2A 

 

( x) 

2 

A 2 

B A/ 

B 2AB 

A/ 

B 

3 

2 

2B 

x 

0 ( x) 

2 

 

A 

B 

 

(c) 

E 

2AB 

2 

2 

 

8m 

1 

2 

2 

m 

2 

2 2 

 

16 

1 

 

2 

Ex 4:20 Använd villkoret att den klassiska totala energin ska vara lika med 

kvantmekaniska grundtilllståndsenergin. I vändpunkten är all energi 

potentiell: 

E 

1 2 

2 

m 

A 

2 

A 

2 

m 

1 2 2 

x / 2a 

Med e , a 

a 

klassiskt förbjudna området 

 

, blir sannolikheten att hitta partikeln i det 

m 

 

2 

 

 

 

P x A 

A 2 

/ m 

 

2 / m 

a / m 

 

 

 

 

 

e 

A 

 

 

2 

x 

2 / m 

2 

dx 

 

 

A 

dx erfc(2 

2 2 

dx 

a 

/ m 

) 

 

 

A 

e 

2 2 

x / a 

dx 

2 

 

 

 

e 

A / a 

2 

x 

dx 

erfc är den komplementära error-funktionen. 

Ex 4:21 Potentialen är precis samma som för den harmoniska oscillatorn för x>0. 

För x

Ex 4:22 

(a) 

 

 

 

/ 

1 

/ 

0 

1 

0 ) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

, 

( 

t 

iE 

t 

iE 

e 

x 

e 

x 

t 

x 

 

 

 

 

 

 

 

(b) 

 

1 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

, 

( 

0 

0 

* 

1 

/ 

) 

( 

0 

1 

* 

0 

/ 

) 

( 

1 

2 

1 

1 

2 

0 

/ 

1 

/ 

0 

* 

/ 

1 

/ 

0 

2 

0 

1 

1 

0 

1 

0 

1 

0 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx 

x 

x 

e 

dx 

x 

x 

e 

dx 

x 

dx 

x 

dx 

e 

x 

e 

x 

e 

x 

e 

x 

dx 

t 

x 

t 

E 

E 

i 

t 

E 

E 

i 

t 

iE 

t 

iE 

t 

iE 

t 

iE 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(c) 

 

 

 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

, 

( 

0 

* 

1 

/ 

) 

( 

1 

* 

0 

/ 

) 

( 

2 

1 

2 

0 

/ 

1 

/ 

0 

* 

/ 

1 

/ 

0 

2 

0 

1 

1 

0 

1 

0 

1 

0 

x 

x 

e 

x 

x 

e 

x 

x 

e 

x 

e 

x 

e 

x 

e 

x 

t 

x 

t 

E 

E 

i 

t 

E 

E 

i 

t 

iE 

t 

iE 

t 

iE 

t 

iE 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Från lösningen till harmoniska oscillatorn vet vi att ) 

n(x 

är reella, vilket ger 

 

 

 

 

 

) 

)cos( 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

/ 

) 

( 

)cos 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

, 

( 

1 

0 

2 

1 

2 

0 

0 

1 

1 

0 

2 

1 

2 

0 

/ 

) 

( 

/ 

) 

( 

1 

0 

2 

1 

2 

0 

2 

0 

1 

0 

1 

t 

x 

x 

x 

x 

t 

E 

E 

x 

x 

x 

x 

e 

e 

x 

x 

x 

x 

t 

x 

t 

E 

E 

i 

t 

E 

E 

i 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

där det sista ledet följer ur 

 

2) 

( 1/ 

n 

E n . 

(d) 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx 

x 

x 

x 

e 

dx 

x 

x 

x 

e 

dx 

x 

x 

dx 

x 

x 

dx 

e 

x 

e 

x 

e 

x 

e 

x 

x 

dx 

t 

x 

x 

x 

t 

E 

E 

i 

t 

E 

E 

i 

t 

iE 

t 

iE 

t 

iE 

t 

iE 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

) 

, 

( 

0 

* 

1 

/ 

) 

( 

1 

* 

0 

/ 

) 

( 

0 

2 

1 

0 

2 

0 

/ 

1 

/ 

0 

* 

/ 

1 

/ 

0 

2 

0 

1 

1 

0 

1 

0 

1 

0 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

där de två första integralerna är noll eftersom integranderna är udda. 

Utnyttja nu återigen att att ) 

n(x 

är reella: 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx 

x 

x 

x 

A 

t 

A 

dx 

x 

x 

x 

e 

e 

x 

t 

E 

E 

i 

t 

E 

E 

i 

) 

( 

) 

( 

, 

cos 

) 

( 

) 

( 

2 

1 

1 

0 

1 

0 

/ 

) 

( 

/ 

) 

( 0 

1 

0 

1

Ex 4:23 

1549 N/m 

10 

5.33 

10 

3 

2 

10 

1.66 

7.46 

2 

2 

2 

6 

8 

27 

2 

foton 

vibration 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c 

k 

c 

k 

hc 

pc 

E 

k 

E

Kap 5 

Ex5:1 Anta att potentialsteget ligger vid x 0. Energin hos inkommande elektronen 

är E 5eV. Potentialen är V ( x) 

0, x 0 och V ( x) 

V0 2 

eV, x 0. 

Lösningen har formen 

ikx ikx 

ix 

( x) 

Ae Be för x 0 och ( x) 

Ce för x 0 

Insättning i tidsoberoende Schrödingerekvationen ger 

2 2 

k 

2mE 

x 0 : E 

k 

2m 

 

2 2 

 

2m( 

E 

0 

) 

x 0 : V 

V 

0 

E 

 

2m 

 

Kontinuitetsvillkor hos och d i x 0 : dx 

A B C 

ikA ikB iC 

kA kB C 

2 

C 

För att bestämma transmissionskoefficienten T eliminerar vi B : 

2 

A k 

2kA ( k ) C 

E V0 

2 

2 

4 

C 

4 

4k 

k 

E 4 1 

x 

T 

 

2 

2 

2 

A k ( k ) 

k 

2 

1 

1 x 2 

1 

E V 

 

 

0 

1 

 

k 

E 

 

där x V0 

/ E . På liknande sätt bestäms reflektionskoefficienten genom att 

eliminera C : 

( k) 

A ( k ) B 0 

2 

2 

 

E V 

 

0 

2 

2 1 

 

1 

 

2 

B k ( k ) 

E 

k 

1 

1 

x 

R 

 

 

 

 

2 

2 

2 

2 

A k ( k ) 

 

1 

1 x 2 

1 

E V 

 

 

0 

1 

 

k 

E 

 

Alltså blir: 

4 

T 

1 

 

 

2 

1 

1 

x V0 

x 

2 

1 

1 

x E 

1 

x 

, R 

, 

2 

1 

x

(Kontroll: 

4 

T R 

 

1 

 

1 

x 1 

1 

x 

1 

x 

 

2 

 

2 

 

4 

1 

x 

1 

2 1 

x (1 x) 

1 

2 1 

x (1 

 

2 

2 

1 

1 

x 1 

1 

x 

x) 

1 

OK!) 

I det aktuella problemet är x 2 / 5 vilket ger T 0.993, 

R 0. 007 . 

Ex5:2 Använd resultaten för tunnling genom en bred potentialbarriär som 

konstruerades på föreläsningen. 

a 

31 

19 

2m( 

VB 

E) 

2 (9.110 

) (200 50) 1.6 

10 

9 

a 

10 

34 

 

1.05510 

62.6 

16E( 

VB 

E) 

2a 

16 50 

(200 50) 262.6 

54 

T 

e 

e 1.16 10 

2 2 

VB 

200 

Låt oss jämföra med resultatet från den exakta formeln, som ges i kursboken 

på sidan 205. Med x E / VB 

50 / 200 blir 

4x(1 

x) 

54 

T 

1.16 10 

2mV 

(1 ) 

2 

B 

x 

sinh 

a 

4x(1 

x) 

 

 

dvs samma resultat. 

För att bekräfta att det är rimligt att behandla barriären som bred beräknar vi 

elektronens de Broglie våglängd inuti barriären: 

34 

h h h 

6.6310 

10 

 

 

1.0 10 

m 

p 

31 

19 

2m( 

VB 

E) 

2 9.110 

(200 50) 1.6 

10 

dvs en tiondel av barriärbredden. Alltså är det motiverat att betrakta barriären 

som bred. 

Ex5:3 Börja med fallet då den inkommande partikeln har energi ovanför barriären: 

E . Lösningarna har formen 

U 0 

( x) 

Ae 

( x) 

Ce 

( x) 

Fe 

ikx 

ik ' x 

ikx 

Be 

De 

, L x 

ikx 

ik 

' x 

, x 0 

,0 x L 

där 

2 2 2 2 

k k' 

2mE 

2m( 

E 

0 

) 

E U 

0 

k , k' 

 

U . 

2m 

2m


( 0) 

x 

kontinuerlig: D 

C 

B 

A 

 

 

(1) 

dx 

x 

d / 

( 0) 

kontinuerlig: D 

k 

C 

k 

kB 

kA 

' 

' 

 

 

(2) 

( L) 

x 

kontinuerlig: 

ikL 

L 

ik 

L 

ik 

Fe 

De 

Ce 

 

 

 

' 

' 

(3) 

dx 

L 

x 

d / 

) 

( 

kontinuerlig: 

ikL 

L 

ik 

L 

ik 

kFe 

De 

k 

Ce 

k 

 

 

 

' 

' 

' 

' (4) 

Eliminera B från (1),(2): 

D 

k 

k 

C 

k 

k 

kA ) 

' 

( 

') 

( 

2 

 

 

(5) 

Eliminera A från (1),(2): 

D 

k 

k 

C 

k 

k 

kB ) 

' 

( 

') 

( 

2 

 

 

(6) 

Eliminera D från (3),(4): 

ikL 

L 

ik 

Fe 

k 

k 

Ce 

k ) 

' 

( 

' 

2 

' 

 

(7) 

Eliminera C från (3),(4): 

ikL 

L 

ik 

Fe 

k 

k 

De 

k ) 

' 

( 

' 

2 

' 

 

 

 

(8) 

(5),(7),(8) ger: 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L 

k 

k 

i 

L 

k 

k 

i 

Fe 

k 

k 

k 

Fe 

k 

k 

k 

D 

k 

k 

C 

k 

k 

kA 

') 

( 

2 

') 

( 

2 

' 

2 

') 

( 

' 

2 

') 

( 

') 

( 

') 

( 

2 

 

 

 

 

 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

4 

4 

' 

2 

' 

2 

2 

2 

2 

2 

' 

2 

' 

2 

' 

2 

' 

2 

2 

2 

2 

' 

2 

' 

2 

2 

2 

2 

2 

) 

' 

/( 

' 

4 

) 

' 

( 

sin 

) 

' 

( 

sin 

) 

' 

/( 

' 

4 

) 

' 

( 

sin 

) 

' 

/( 

' 

4 

1 

1 

) 

' 

/( 

' 

4 

) 

' 

( 

sin 

) 

' 

/( 

' 

4 

' 

4 

) 

' 

( 

4sin 

) 

' 

( 

' 

16 

') 

( 

') 

( 

) 

' 

( 

4sin 

') 

( 

') 

( 

' 

16 

') 

( 

') 

2( 

') 

( 

') 

( 

) 

2 

( 

') 

( 

') 

( 

' 

16 

') 

( 

') 

( 

') 

( 

') 

( 

' 

16 

') 

( 

') 

( 

' 

16 

k 

k 

k 

k 

L 

k 

L 

k 

k 

k 

k 

k 

L 

k 

k 

k 

k 

k 

T 

R 

k 

k 

k 

k 

L 

k 

k 

k 

k 

k 

kk 

L 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

L 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

e 

e 

k 

k 

k 

k 

k 

k 

e 

k 

k 

e 

k 

k 

e 

k 

k 

e 

k 

k 

k 

k 

e 

k 

k 

e 

k 

k 

k 

k 

A 

F 

T 

L 

ik 

L 

ik 

L 

ik 

L 

ik 

L 

ik 

L 

ik 

L 

ik 

L 

ik 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Klart! 

Fallet då 0 

U 

E kan konstrueras direkt ur lösningen ovan. I detta fall har 

lösningen formen 

x 

L 

Fe 

x 

L 

x 

De 

Ce 

x 

x 

Be 

Ae 

x 

ikx 

x 

x 

ikx 

ikx 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, 

) 

( 

,0 

) 

( 

0 

, 

) 

(

2 2 2 2 

k 

2mE 

2m( 

U 

0 

E) 

där E U 

0 

k , 

2m 

2m 

 

 

den sökta lösningen genom att byta ik ' mot . Detta ger 

2 

2 

sin ( k' 

L) 

sinh ( L) 

osv. 

ik' 

. Alltså fås 

Ex5:4 (a) Lösningen har formen 

( x) 

Ae 

ikx 

Be 

ikx 

, x 0 

där 

2 

k 

E 

2m 

2 

2 2 

 

 

2m 

V 

( x) 

Ce 

x 

, x 0 

2mE 

2m( 

V E) 

k , 

 

 

 

2mE(5 / 4 1) 

 

 

2mE 

/ 4 

 

 

k 

2 


Bestäm 

B, C : 

A B C 

ikA ikB C 

2 

ik k / 2 ik 1 

2i 

(1 2i) 

3 4i 

( ik) 

A ( ik) 

B 0 B A A A A A 

ik k / 2 ik 1 

2i 

1 

4 5 

2ik 

2ik 

4i 

4 4(2 i) 

8 4i 

2ikA 

( ik ) 

C C A A A A A A 

ik 

ik k / 2 2i 

1 

2 i 4 1 

5 

Lösningen blir: 

ikx 3 4i 

 

( x) 

A 

e e 

5 

8 4i 

x 

( x) 

A e , x 0 

5 

(b) Reflektionskoefficienten blir 

ikx 

 

, 

x 0 

 

R 

B 

A 

2 

2 

 

( ik) 

( ik) 

2 

2 

2 

 

 

2 

 

 

 

k 

k 

2 

2 

1 

Ex5:5 (a) Detta kan inte vara ett bundet tillstånd eftersom partikeln till slut kommer 

att tunnla ut genom en av barriärerna, och då bli obunden. 

(b) Vi kan uppskatta tiden innan partikeln tunnlat ut ur brunnen med följande 

resonemang, som är nära besläktat med analysen av radioaktivt sönderfall. 

Studera en partikel med energin E V . Uppskatta hastigheten: 

B

2mE 

p 2E 

E VB 

k p k 

2mE 

v 

 

m m 

Antag nu en semiklassisk bild där elektronen studsar fram och tillbaks mellan 

potentialväggarna med separation L , med tiden t L / v L m / 2E 

för att 

komma från ena väggen till den andra. Sönderfallskonstanten , som är 

inversen av livstiden, 1/ 

, för elektronen i potentialbrunnen är lika med 

försöksfrekvensen för att tunnla genom barriären, som är 

1/ 

t v / L 2E 

/ m / L försök per sekund, multiplicerat med 

tunnlingssannolikheten som är 

16E( 

V ) 2 

2m( 

V E) 

B 

E a 

B 

 

T 

e , 

2 

VB 

 

för en bred barriär med bredd a . Alltså blir livstiden 

1 

 

 

t 

T 

L 

m 

2E 

16E( 

V 

 

V 

B 

2 

B 

1 

E) 

 

 

 

 

exp 

2 

 

 

2m( 

V 

 

B 

E) 

 

a 

 

 

För en elektron med a 2L, 

L 1Å, E V B 

/ 2, V 10 eV blir 

10 

31 

9.110 

2 5 1.6 

10 

1 

16 

5(10 5) 

 

 

 

 

exp 2 

2 

10 

 

15 

2 10 

s 

B 

2 9.110 

(10 5) 1.6 

10 

31 

19 

10 

11 

2 10 

19 

34 

1.05510 

 

 

 

 

Ex5:6 För en bred barriär använder vi approximationen 

16E( 

V ) 2 

2m( 

V 

B 

E a 

T 

e , 

2 

VB 

 

2 

a 

som är giltig när e 1. 

B 

E) 

Ändringen i tunnlingssannolikheten om L ändras med L är 

dT 

T 

T 

L 

( 2 ) TL 

2L 

dL 

T 

Numeriskt: 

2 9.110 

31.6 

10 

1.05510 

T 

9 

2 9 10 

0.00110 

T 

31 

19 

9 

 

9 10 

m 1 

34 

9 

0.02 

En ändring av tunnlingsavståndet med L 0. 001nm ger alltså en fullt mätbar 

2% ändring av tunnlingssannolikheten, dvs en 2% ändring i 

tunnlingsströmmen.

Ex5:7 I följande problem ska vi utnyttja ett av kvantmekanikens postulat: 

Mätbara kvantiteter representeras av Hermiteska operatorer, dvs 

operatorer Â som uppfyller 

 

 

 

 

* 

1 

 

dx 

Aˆ 

 

A ˆ * 

2 

1 

2dx 

för alla vågfunktioner , 1 2 

 

 

(a) Använd rörelsemängdsoperatorn 

tidsberoende Schrödingerekvationen 

 

pˆ 

i 

, som är Hermitesk, och 

x 

( 

x, 

t) 

i 

t 

2 

2 

pˆ 

h 

 

 

V 

( xˆ) 

( x, 

t) 

 

2m 

 

 

2m 

2 

( 

x, 

t) 

V 

( x) 

( 

x, 

t) 

2 

x 

för att bestämma tidsderivatan av positionsväntevärdet: 

 

 

 

 

d x d 

m 

* 

 

* 

 

* 

m m x t x x t dx 

 

 

i x x i dx 

dt dt 

( 

, ) ( 

, ) 

i 

 

 

 

 

t 

 

 

t 

 

 

 

* 

 

 

 

i 

 

 

t 

 

 

2 2 * 

2 2 

m h 

h 

 

* 

 

* 

 

 

V x x 

V dx 

 

i 

 

 

 

m x 

 

 

 

m x 

 

2 

2 

2 2 

 

 

* 

* 

i 

 

* i 

x x 

x x dx 

 

 

* 

 

 

 

 

 

dx 

2 x 

x 

x x 

 

x 

x x 

 

 

 

 

2 

 

 

1 

1 

 

i 

 

2 

 

 

 

x 

* 

 

( a): 

0 

* 

1 

dx 

 

x 

2 

 

* 

* 

* 

p dx 

pdx 

pdx 

p 

 

* 

( b): 

 

pdx 

I (a) har vi antagit att ( x , t) 

0 för x , och i (b) utnyttjat att 

rörelsemängdsoperatorn pˆ är en Hermitesk operator. 

1 

2

(b) 

d p 

dt 

1 

 

i 

1 

 

i 

 

 

 

 

d 

dt 

2 

( pˆ 

) 

 

 

2m 

1 

2 

 

 

( 

x, 

t) 

1 

pˆ 

( 

x, 

t) 

dx 

i 

V 

 

pˆ 

 

 

2 * 

* 3 1 

( pˆ 

) 

pˆ 

( pˆ 

) 

dx 

m 

 

i 

* 1 

( pV ˆ ) dx 

 

i 

* 

* 

( a): 

0 

 

* 

* V 

 

 

dx 

 

x 

 

* 

2 

pˆ 

 

pˆ 

V 

dx 

 

m 

 

2 

 

 

 

 

 

i 

t 

 

V 

 

x 

* 

 

V 

 

 

 

pˆ 

 

 

* 

* 

* 

pˆ 

( 

 

pˆ 

i 

dx 

 

t 

 

pV ˆ 

 

( b): 

( 

pV ˆ ) V 

( pˆ 

) 

 

) dx 

 

 

 

I (a) har vi utnyttjat att rörelsemängdsoperatorn är Hermitesk, vilket tillåter oss 

att successivt flytta pˆ från första faktorn till andra i integralen: 

 

 

 

2 * 

* 2 

pˆ 

pˆ 

dx 

pˆ 

pˆ 

dx 

 

 

I (b) har vi utnyttjat: 

 

 

 

* 

3 

pˆ 

dx 

pˆ 

V 

i 

V 

V i 

x x 

 

 

iV 

 

x 

( pV ˆ ) V 

( pˆ 

) 

5.8 Flytta först Â och sedan Bˆ till första faktorn: 

Detta ger: 

 

 

 

ˆ ˆ 

 

* 

( BA) 

dx 

 

 

* 

( 

ˆ ˆ * 

) 

 

BA 

 

 

 

 

* ˆ ˆ * 

* ˆ 

ABˆ 

dx 

 

 

 

( A) 

Bˆ 

dx 

 

 

 

 

 

* 

ˆ 

 

BAdx 

 

dvs reellt. 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

* 

AB ˆ ˆdx 

 

 

 

 

 

* 

 

AB ˆ ˆ BA ˆ ˆ dx 

 

 

 

 

* 

AB ˆ ˆdx 

 

 

* 

 

 

 

 

 

 

* 

BA ˆ ˆdx 

 

 

 

 

* 

AB ˆ ˆdx 

 

* 

 

* 

AB ˆ ˆdx 

 

 

 

 

 

2 Re 

 

* 

BA ˆ ˆdx 

 

 

 

 

 

* 

AB ˆ ˆdx

Pss blir 

 

 

 

 

dvs imaginärt. 

* 

 

 

* 

 

 

 

 

 

 

Aˆ Bˆ 

BA ˆ ˆ 

* 

dx 

AB ˆ ˆ 

* 

dx 

AB ˆ ˆ 

* 

dx 

2Im AB ˆ ˆdx 

 

 

Ex5:9 Fyll i de saknade stegen på föreläsningen i härledning av Heisenbergs 

osäkerhetsrelation. Låt ( x) 

( 

x) 

( x) 

, där ( x), 

( 

x), 

( x) 

är komplexa 

funktioner och är ett komplext tal. Eftersom 

så måste 

 

 

 

2 

dx 

 

 

 

 

 

 

( x) 

* 

dx 

 

2 

 

* 

 

 

dx 0 

* 

dx 

 

 

* 

 

 

2 

dx 0 

Eftersom denna olikhet gäller för alla värden på , så gäller den när ges 

av 

(a) Schwarz olikhet: 

 

 

 

 

 

2 

dx 

 

 

 

 

 

 

2 

dx 

2 

dx 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

* 

dx 

 

2 

dx 

2 

 

 

 

* 

 

 

 

 

 

 

2 

 

 

2 

* 

 

dx 

 

 

 

 

2 

* 

dx 

 

dx 

 

 

 

 

 

dx 

 

* 

 

 

* 

dx 

 

 

 

2 

 

* 

 

 

 

 

 

* 

dx 

dx 0, 

 

2 

dx 

 

 

 

2 

* 

 

dx 

 

 

 

 

 

 

 

2 

dx 

* 

dx 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

* 

dx 

* 

* 

* 

* 

* 

* 

dx dx 

dx 

dx 

dx dx 

dx 0 

 

 

 

 

 

 

 

2 

dx 

 

 

 

2 

* 

 

dx 

 

 

* 

 

 

2 

dx 0 

 

 

 

 

2 

dx 

 

 

 

2 

dx 

 

 

 

* 

dx 

2

(b) Välj ( x) 

Aˆ 

, 

( x) 

Bˆ 

. Schwarz olikhet ger: 

(c) 

A 

2 

B 

2 

(5.8) 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 

 

Aˆ 

dx Bˆ 

dx 

 

 

 

* 

ˆ 

ˆ 

 

ˆ 2 

A A dx 

B 

 

 

 

* 

ˆ 2 

A dx 

 

ˆ 2 

A 

* 

AB ˆ ˆdx 

ˆ ˆ ˆ ˆ 

* AB BA 

 

 

 

dx 

2 

 

2 

A 

2 

 

2 

 

 

 

 

2 2 

* ˆ ˆ 

 

B 

 

Re 

 

 

ˆ ˆ ˆ ˆ 

* AB BA 

 

 

 

dx 

2 

 

2 

A, 

B 

4 

 

 

 

 

 

 

2 

 

 

2 

* 

Aˆ 

Bˆ 

dx 

 

ABdx 

* ˆ ˆ 

 

ABdx 

 

 

 

 

 

2 

2 

 

Im 

 

 

ˆ ˆ ˆ ˆ 

* AB BA 

 

 

 

dx 

2 

 

2 

 

 

 

* ˆ ˆ 

 

ABdx 

 

 

2 

 

2 

2 

För osäkerheterna 

A A A A , A 

A A 

ˆ 

2 

ˆ 

ˆ 

2 

ˆ 

ˆ 

ˆ 

, osv, fås 

2 

A 

B 

2 

2 

Aˆ, 

Bˆ 

Aˆ, 

Bˆ 

 

 

4 

AB 

 

 

2 

 

A ˆ, 

B ˆ 

 

4 

2 

 

vilket kallas generaliserade Heisenbergs osäkerhetsrelation. Valet 

Aˆ 

xˆ, 

Bˆ 

pˆ 

ger ”vanliga” osäkerhetsrelationen: xˆ 

, pˆ 

i 

 

x 

p 

 

 

2

Kap. 6 

Ex6:1 (a) Det klassiska värdet på rörelsemängdsmomentet är 

31 

3 

33 

L r p rp mvr 9.110 

10 

10 

9.110 

kg m 2 /s 

Kvantmekaniskt blir 

rmv 

1 

l 

2 

1 

4 

L 

l( l 1) . Sätt dessa lika: 

rmv 

l( 

l 1) 

l( 

l 1) 

 

 

 

 

 

 

 

rmv 

 

2 

 

 

 

1 

 

2 

2 

 

 

1 9.110 

 

4 1.05510 

33 

34 

2 

 

 

 

86 

(b) 

L z 

m , m l,..., 

l ger 2l 1 

173 olika värden. 

(c) 

 

L 

L z 

 

 

l( 

l 1) 

 

 

1 

l( 

l 1) 

0.012 

Ex6:2 (a) I grundtillståndet är banrörelsemomentskvanttalet lika med noll, och totala 

1 

rörelsemängdskvanttalet j s . Alltså fås två energinivåer: 

2 

E m 

g 

s 

B 

Energisplittring: 

B 

 

 

 

24 

24 

24 

 

B 

 

B 

9.27 10 0.5 9.27 10 0.5 4.6 10 J 

5 

2.9 

10 

eV 

E 

2sg 

5 

 

B 

B 5.810 

eV 

(b) Protonens magnetiska moment kan ha komponenten längs det pålagda 

fältet som kan vara antingen med eller motriktat, vilket ger en uppsplittring 

av energin i två nivåer. Dessa nivåer är 

 

 

 

 

E m 

27 

27 

j 

2.79 

N 

B 0.5 

2.79 5.05 

10 

0.5 3.5 10 

J 

8 

2.2 

10 

eV 

Splittringen är 

8 

E 

2m 

j 

2.79 

N 

B 4.4 10 

eV 

Ex6:3 (a) I stället för att räkna på två partiklar med vardera massa m som sitter på 

avståndet a och roterar runt tyngdpunkten, så studerar vi ett ekvivalent

system med en partikel med massa ( 2m ) som snurrar med hastighet v i 

en cirkelrörelse med radien a / 2 . Dessa system har samma energi som 

1 2 2 

ges av E 

2 

( 2m) 

v mv . Uttryck detta i kvadraten på 

rörelsemängdsmomentet. Vektorprodukten mellan position och 

a 

L 

rörelsemängd har L r p r p (2m) 

v v eftersom 

2 

ma 

vektorerna är ortogonala. Detta ger 

E mv 

2 

2 

L 

m 

2 

m a 

2 

 

2 

L 

ma 

2 

Detta är den klassiska rotationsenergin. Den kvantmekaniska 

Hamiltonoperatorn blir 

ˆ2 

ˆ L 

H 

2 

ma 

2 

Eftersom egenvärdena till rörelsemängden i kvadrat är l( 

l 1) 

, l 0,1,2 ,... 

så blir energiegenvärdena 

2 

l( 

l 1) 

 

E l 

med l 0,1,2 ,... 

2 

ma 

(b) För ett visst värde på l kan m anta värdena m l, l 

1,..., 

l 1, 

l vilket är 

2l 1 värden. Degenerationen är alltså 2l 1. 

(c) Excitationsenergin till första exciterade tillståndet är 

E 

E 

2 

2 

1(1 

1) 

2 

21 

1 

E0 

0 2.37 10 

2 

2 

ma 

ma 

J 0. 015 eV 

Ex6:4 Normeringskonstanten 

N 

1 

bestäms i problemet 6.5, och där härleds 

3 

a 

 

k ar 

k! 

även integralen r e dr som behövs i detta problem. 

k 1 

a 

0 

(a) Vågfunktionen har inget vinkelberoende, dvs är proportionell mot 

klotfunktionen 

Y , så banrörelsemängdsmoment är noll. 

0 

0 

(b) Väntevärdet av kinetiska energin:

2 

2 

3 

2 

2 

2 

3 

0 

/ 

2 

2 

2 

2 

3 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

3 

3 

2 

2 

* 

2 

) 

(2 / 

2 

1 

) 

(2 / 

1 

2 

2 

4 

2 

4 

2 

1 

1 

2 

1 

2 

m a 

a 

a 

a 

a 

m 

a 

dr 

e 

a 

r 

a 

r 

m 

a 

drd 

r 

e 

r 

r 

r 

r 

e 

m 

a 

r 

d 

m 

T 

e 

e 

a 

r 

e 

a 

r 

a 

r 

e 

e 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(uträkning av derivatan: 

a 

r 

a 

r 

a 

r 

e 

a 

r 

a 

r 

e 

a 

r 

r 

e 

r 

r 

r 

/ 

2 

2 

/ 

2 

/ 

2 2 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) 

Väntevärdet av potentiella energin: 

a 

e 

a 

e 

a 

dr 

re 

e 

a 

drd 

r 

r 

e 

e 

a 

r 

d 

r 

e 

V 

a 

r 

a 

r 

0 

2 

2 

0 

2 

3 

0 

/ 

2 

0 

2 

3 

2 

/ 

2 

0 

2 

3 

3 

0 

2 

* 

4 

) 

(2 / 

1 

4 

4 

4 

4 

1 

4 

1 

4 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(c) Minimera väntevärdet av totala energin 

a 

e 

m a 

V 

T 

E 

e 0 

2 

2 

2 

4 

2 

 

 

 

 

 

: 

e m e 

e 

a 

a 

a 

e 

m a 

da 

dE 

2 

2 

0 

0 

2 

0 

2 

3 

2 

4 

0 

4 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 

2 

0 

2 

2 

0 

2 

0 

2 

2 

2 

0 

2 

2 

0 

2 

4 

4 

4 

4 

2 

 

 

 

e 

e 

e 

e 

m 

e 

m 

e 

e 

m 

e 

m 

E 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Detta är grundtillståndsenergin hos väte. 

Ex6:5 (a) Börja med att härleda integralen 

 

 

 

 

 

0 

1 

! 

k 

ar 

k 

a 

k 

dr 

e 

r 

Ett snitsigt alternativ till partiell integration är följande. 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a 

dx 

e 

a 

a 

ar 

d 

e 

dr 

e 

x 

ar 

ar 1 

1 

) 

( 

0 

0 

0 

2 

0 

0 

1 

1 

a 

a 

da 

d 

dr 

re 

dr 

e 

da 

d 

ar 

ar 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 

2 

0 

2 

0 

2 

1 

a 

a 

da 

d 

dr 

e 

r 

dr 

re 

da 

d 

ar 

ar

d 

da 

 

 

0 

r 

 

2 ar 

3 ar 

d 2 2 3 3! 

e dr r e dr 

3 4 4 

da 

0 

a a a 

osv. Klart! 

Normeringsintegralen blir: 

 

 

0 

( r) 

1 

2 

4r 

2 

dr 

N 

2 

1 

 

 

4 

e 

0 

2r 

/ a 

2 2 

2 

0 2 

3 

r dr N1 

4 

N1 

a0 

1 

3 

(2 / a ) 

0 

Välj därför 

N 

1 

 

1 

. 

a 

3 

0 

 

 

0 

(b) Ortogonalitet: 

 

 

* 

2 

* 

r 

/ a0 r 

/ 2a0 

2 

( r) 

( r)4r 

dr N N 4 

e (1 br) 

e r dr 

0 

1 

2 

1 

 

( 3 r 

2 6 

) 

3 / 2a 

b 

r br e dr 

3 

(3 / 2a 

) (3 / 2a 

) 

4 

0 

2 

2 0 

3 / 2a 

b 

3 

0 

 

 

0 

0 

1 

 

2a 

Normering: 

 

2 

 

2 

 

 

2 2 

2 1 

 

 

 

 

 

 

r 

/ a 2 

2 

2 1 3 1 

0 

4 r 

/ a0 

 

 

 

2 

( r) 

4r 

dr N 

2 

4 

1 r e r dr N 

2 

4 

r r 

 

 

r e dr 

2a 

 

 

0 

0 

a 

0 

0 

 

2a0 

 

2 

 

2 2 1 6 1 24 

2 3 24 

2 3 

N 

2 

4 

 

 

 

 

 

N 

3 

4 

5 2 

4a 

0 2 

6 N 

2 

8a 

0 

 

 

1/ a a 

0 0 1/ a 2a 

0 0 1/ a 

4 

 

0 

 

 

0 

0 

0 

Välj 

N 

2 

 

1 

. 

8a 

3 

0 

(c) I stället för att plotta 

1 

och 

2 

är det bekvämt plotta funktionerna 

u( r) 

r 

( r) 

, eftersom sannolikheten att hitta elektronen i r, r dr är 

2 

2 

2 

( r) 

4r 

dr u( 

r) 

4dr 

. Sätt a 

0 

1 i figuren. Grundtillståndet (röda kurvan) 

motsvarar 

1 

som saknar nod. Första exciterade tillståndet (gröna kurvan) 

motsvarar 

2 

som har en nod.

Radiella sannolikhetstätheten u (r) plottas i nästa figur. 

2

Ex:6.6 Vätes energinivåer är 

E 

n 

 

m e 

4 

e 

2 2 2 

2(4 

0 

) n 

Med kärnladdning e Ze (elektronladdningen är oförändrad: e ) kommer 

energinivåerna att ersättas av 

2 4 

meZ 

e 

En 

 

2 2 2 

2(4 

) n 

(a) He har Z 2 och dess joniseringsenergi blir 

2 

Li 

har Z 3 vilket ger 

2 

Z 13.6 

54.4 eV 

2 

Z 13.6 

122.4 eV 

(b) Medelavståndet till kärnan är effektiva Bohrradien, som modifieras enligt 

0 

a 

0 

 

4 

0 4 

 

2 

e m 

2 

2 

0 

a0 

 

2 

e Ze m e 

För H är a 

0 

0. 529 Å. För He 2 

blir a 

0 

0. 265 Å, och för Li blir 

a 0.176 

0 

Å. Eftersom elektronbanans radie blir mindre kommer dess 

hastighet att öka enligt osäkerhetsprincipen. Därför blir hastigheten mer 

relativistisk, och relativistiska korrektioner till energinivåerna blir viktigare. 

Kommentar: Den viktigaste relativistiska effekten är spin-ban kopplingen, 

som uppkommer på grund av följande effekt. I en klassisk bild, där 

elektronen cirkulerar runt kärnan, kan vi i stället från elektronens 

vilosystem anse den positivt laddade kärnan som en cirkulerande ström. 

Elektronen omges därför av en cirkulerande elektrisk ström, och denna 

genererar ett magnetfält som elektronen känner av. Detta magnetfält 

kopplar till elektronspinnet och ger upphov till ett bidrag till energin. Man 

kan visa att denna energi är 

E 

LS 

2 

Ze 

2 

8 m c 

 

2 3 

0 e 

r 

L S 

Denna korrektion till energin blir viktigare (=större) för större värden på Z . 

Detta är en relativistisk effekt eftersom elektronspinn är en relativistisk 

effekt, som förutsägs av den relativistiska Dirac-ekvationen.

Ex6:7 Vågfunktionen innan sönderfallet är 

1 r 

/ a0 

( r) 

e 

 

3 

a0 

a0 

a0 

Efter sönderfallet är a0 

och vågfunktionen 

Z 2 

2 2 2r 

/ a0 

( r) 

e 

 

3 

a0 

Hur ska vi ställa upp problemet? Låt oss med ett grundläggande 

kvantmekaniskt argument påminna om hur man kommer fram till 

sannolikheten att hitta en partikel i ett visst tillstånd i något annat tillstånd. 

Anta att vi har en vågfunktion som kan skrivas 

 

c 

1 

* 

1 

 

1 

c2 

2 

, c1 

 

dx 

* 

där 1, antas vara ortonormala: 

2 

 

1 

2dx 

0 . Normeringsvillkor: 

 

 

2 

2 

1 

 

1 

2 

2 

2 

 

2 

2 

1 dx c dx c dx c c dx c c dx c c 

* 

1 

2 

 

* 

1 

2 

* 

2 

1 

 

* 

2 

1 

2 

1 

2 

2 

Alltså är sannolikheten att en partikel i tillståndet är i tillståndet lika med 

1 

c 

2 

1 

 

* 

dx 

1 

2 

Åter till det aktuella problemet. Om vi anser att sönderfallet sker plötsligt så 

stannar elektronen kvar i det gamla grundtillståndet. Sannolikheten 

elektronen samtidigt finns i det nya grundtillståndet är 

 

 

0 

2 

2 

 

 

2 

 

 

 

 

* 2 2 2 1 

2r 

/ a0 r 

/ a 2 128 

0 

3r 

/ a0 

2 

( r) 

( r)4r 

dr 4 

 

e e r dr 

 

6 

e r dr 

 

3 3 

 

a 

0 

a 

0 0 

a0 

0 

128 2 

 

6 

a0 

(3 / a 

0 

) 

3 

 

 

 

2 

2 

128 

3 

2 

6 

0.702 

2 

 

Ex6:8 (a) Normering: 

 

 

 

2 2 

2 

2 2( l1) 

2r 

/( l1) 

a 

2 (2l 

2)! 

0 

R ( r) 

r dr u( 

r) 

dr N r e dr N 

1 

2l3 

(2 /( l 1) 

a ) 

0 

0 

N 

2 

0 

2 

 

( 

l 1) 

a 

0 

 

 

 

2l3 

1 

(2l 

2)! 

0

(b) Den mest sannolika radien hos tillståndet maximerar sannolikheten: 

d u 

dr 

2 

dr 

e 

dr 

2( l 1) 

2 

 

 

r ( l 1) 

a 

2 

r ( l 1) 

a 

 

r 

 

2( l1) 

2r 

/( l1) 

a0 

2( l1) 

2r 

/( l1) 

a0 

~ e 

0 

0 

0 

(c) Väntevärdet hos radien blir 

r 

 

 

 

0 

r u( 

r) 

2 

 

( 

l 1) 

a 

0 

 

 

 

2 

2 

dr 

( 

l 1) 

a 

2l3 

2l3 

1 (2l 

3)! 

(2l 

2)! (2 /( l 1) 

a ) 

0 

 

 

 

(d) Väntevärdet hos radien i kvadrat blir 

r 

2 

 

( 

l 1) 

a 

u( 

r) 

0 

2l3 

2 

dr 

( 

l 1) 

a 

1 (2l 

4)! 

(2l 

2)! (2 /( l 1) 

a ) 

1 

(2l 

2)! 

0 

2l4 

1 

(2l 

2)! 

2l5 

0 

 

 

0 

rr 

2( l1) 

e 

2r 

/( l1) 

a0 

(2l 

3)( l 1) 

a 

 

2 

 

2l3 

 

2 2 2 

 

2 2( l1) 

2r 

/( l1) 

a0 

 

 

0 

r 

 

 

 

(e) Visa att osäkerheten i radien 

0 

 

 

 

0 

r 

r 

e 

0 

dr 

dr 

2 

(2l 

4)(2l 

3)( l 1) 

a 

 

4 

r blir liten jämfört med r när 

2 

0 

l . 

r 

r 

 

r 

r 

 

r 

2 

 

r 

r 

2 

2 2 

 

1 (2l 

4)(2l 

3)( l 1) a0 

 

2 2 

(2l 

3) ( l 1) 

a 

2 / 4 

0 

/ 4 

1 

 

 

2l 

4 

1 

 

2l 

3 

1 

2l 

3 

0, l 

(f) Hitta den klassiska radien r c 

genom att minimera den effektiva potentiella 

energin 

2 

2 

2 

2 

dVeff 

( r) 

d L e L e 

4 

0L 

 

r 

2 

3 

2 

c 2 

dr dr 

 

0 

2mr 

4 

0r 

 

 

mr 4 

0r 

e m 

Kvoten mellan den mest sannolika radien och den klassiska radien: 

2

rc 

2 

( l 1) 

a 

 

2 

4 

L / e 

0 

l( 

l 1) 

 

 

2 

L 

2 

0 

2 

2 

e m( 

l 1) 

 

2 

m 4 

L 

( l 1) 

 

 

2 

L 

2 

0 

2 

4 

0 

2 

e m 

( l 1) 

 

1 

l( 

l 1) 

 

2 

2 

2 

2 

( l 1) 

 

 

2 

L 

 

1 

1 

1, l 

l 

Kvoten mellan väntevärdet hos radien och den klassiska radien: 

r 

rc 

(2l 

3)( l 1) 

a 

 

2 

(2l 

3)( l 1) 

 

 

2 

2L 

2 

0 

2 

e m 

 

4 

L 

0 

2 

2l( 

l 1) 

 

 

2 

2L 

2 

(2l 

3)( l 1) 

4 

0 

 

 

2 

2 e m 

3( l 1) 

 

 

2 

2L 

2 

3( l 1) 

 

1 

2l( 

l 1) 

 

2 

2 

2 

e m 

 

4 

L 

2 

2 

0 

2 

1 

 

3 

2 

1, l 

l 

Detta visar att både den mest sannolika radien och medelvärdet hos 

radien blir lika med den klassiska radien då l , för en partikel i en 

Coulomb-potential med huvudkvanttalet n l 1 

och 

rörelsemängdsmomentet L l( l 1) .

Kap 7 

Ex7:1 a) Energin för magnetisk dipol i B-fält: U 

B 

För e - qe 

: g 

S där gyromagnetiska faktorn g e e ≈2 och S är 

2me 

rörelsemängdsmomentet från spinnet (och q e är enhetsladdningen) 

B definierar då den axeln längs vilken vi projicerar spinnet, 

elektronen som är en spinn-½ partikel. 

1 

S 

z 

för 

2 

Energiskillnad: 

E g 

e 

q 

e 

2m 

e 

1 

B 

2 

 

 

1 

qe 

g 

e 

B 

2 

2me 

Foton har E=hf 

B 

1 

g 

e 

2m 

q 

e 

e 

hf 

 

h 

2 

 

 

 

1 

g 

e 

4 

m 

31 

9 

1 4 

9,109 10 

kg 9,75 10 

s 

 

19 

2 1,602 10 

C 

q 

e 

1 

e 

f 

0,35T 

b) U ( positiv konst.) 

S 

z 

dvs högst energi då spinnet är riktat med B- 

fältet. 

Elektronens spinn är urspungligen riktat mot magnetfältet och blir efter 

spinn-flip där energi tillförs riktat med magnetfältet. 

Ex7:2 Syreatom har Z=8, dvs 8 elektroner. 

I grundtillståndet: 

Skal n l Möjliga m l Antal e - som Antal e - i Spinn 

får plats syre 

1s 1 0 0 2 2 ↑↓ 

2s 2 0 0 2 2 ↑↓ 

2p 2 1 -1,0,1 6 4 ↑↓ ↑ ↑ 

Syres elektronkonfiguration: 1s 2 2s 2 2p 4

2 

2 

Ex7:3 a) J L S betrakta | J | | L S | som kommer att innehålla 

skalärprodukten L S som en term: 

2 

| J | J J L S L S L L S S 2L 

S 

 

| 

 

 

| 

L | 

1 2 2 2 

L S J | | L | | S | 

2 

Detta operatoruttryck får nu verka på ett tillstånd ψ: 

1 2 2 2 1 

L S | J | | L | | S | j( 

j 1) 

( 

1) 

s( 

s 1) 

 

2 

2 

2 

| S | 

2 

2L 

S 

2 

 

b) Samtidigt gället att L S | L | | S | cos 

där är vinkel mellan de två. 

1 

 

j( 

j 1) 

( 

1) 

s( 

s 1) 

 

L S 

L S 

 

cos 

arccos 

arccos 

2 

 

| L | | S | 

| L | | S | ( 

1) 

s( 

s 1) 

 

 

 

P 1/2 : ( ½ betyder j=½ , P står för l=1 ) 

 

1 1 3 1 3 

( ) 1(2) 

( ) 

2 2 2 2 2 

 

arccos 

 

arccos 

3 

 

 

 

2 

 

 

2 

2 

 

145 

3 

 

P 3/2 : (3/2 betyder j=3/2 , P står för l=1 ) 

 

1 3 5 1 3 

( ) 1(2) 

( ) 

2 2 2 2 2 

 

arccos 

 

 

arccos 

 

3 

 

2 

 

 

2 

1 

6 

 

 

 

 

 

66 

D 3/2 : ( 3/2 betyder j=3/2 , D står för l=2 ) 

 

1 3 5 1 3 

( ) 2(3) ( ) 

2 2 2 2 2 

 

arccos 

 

arccos 

3 

 

 

 

6 

 

 

2 

3 

 

135 

6 

 

Ex7:4 Enligt klassisk mekanik är rörelsemängdsmomentet L I 

där I är 

tröghetmomentet och vinkelfrekvensen (med riktning definierad av 

rotationsaxeln).

2mr 

För en sfär med radie r i rotation runt axeln genom centrum gäller: I 

5 

L 

Med fås att hastigheten på ytan vid ekvatorn är: 

r 

2r 

 

v 2f 

2r 

r 

 

T 

2 

r 

L 

I 

 

L gesav spinn 1/2 

 

5 

 

2m r 

5 

3 

34 

10 

 

1,054 10 

Js 8,4 10 

m/s 278 c 

31 15 

2 9,109 10 

kg 310 

m 2 

e 

1 1 

1 

2 2 

Vi vet att e - är mindre än 3 fm. Spinnet kan inte förklaras med klassisk 

effekt. 

2

Kap 8 

Ex8:1 a) Väteatomerna är klassiskt särskiljbara partiklar (tillräckligt låg densitet i en 

gas att de i princip går att följa) Maxwell-Boltzmann-statistik. 

Sannolikheten att en elektron har energi mellan E och E+dE ges av 

tillståndstätheten multiplicerat med fördelningsfunktionen, normerat till rätt 

totala antal elektroner: 

1 

P( 

E) 

D( 

E) 

N( 

E) 

M B 

dE 

N 

där D(E) är tillståndstätheten och N(E) är födelningsfunktionen, 

E 

/ kBT 

här Maxwell-Boltzmann-fördelning: N( 

E) 

M B 

Ae där A är en 

normeringskonstant. 

13,6 

Energinivåer i väte: En eV 

2 

n 

För grundtillståndet, n=1, gäller att det kan ha två elektroner (olika spinn) 

D(E) =2 (vi bortser från eventuell normeringsfaktor eftersom vi kommer att ha samma 

faktor för det exciterade tillståndet och vi skall jämföra förhållanden). 

Det första exciterade tillståndet, n=2, kan ha l=0 elller l=1 vilket ger 4 

gånger så många möjliga tillstånd som i grundtillståndet (l=1 kan ha tre 

olika värden på m l ) 

Det andra exciterade tillståndet har degerenationsgrad 2(4+5)=18 

Förhållandet blir då: 

E 

/ k T 

1 1 

2 B 

P ( E 

k T 

m 

) D( 

E 

B 

m 

) N( 

Em 

) Normeringsfaktorer 

D( 

Em 

) e D( 

Em 

) 13,6 

/ 

2 2 

n m 

 

e 

 

 

 

E1 

/ kBT 

P( 

En 

) D( 

En 

) N( 

En 

) tar ut var andra D( 

En 

) e D( 

En 

) 

 

där k B T skall uttryckas i eV 

1 

( 

5 

13,61 

 

 

/(8,61710 

300) 

171 

P E 

P( 

E 

) 

) 

8 

2 

2 

4 

 

a) T=300 K : e 

10 0 

1 

P E 

P( 

E 

) 

) 

18 

2 

3 

9 

1, 

b) T=100 000K: e 

9 e 2, 2 

 

1 

( 

5 

13,61 

 

 

/(8,61710 

100000) 

40 

1 

(Temperaturen skall jämföras med solytans, som är ca 6000 K.) 

Ex8:2 a)Totala antalet elektroner ges av 

N 

 

 

0 

dn 

dE 

(boken använder D(E) för dn/dE och N(E) F-D för f FD ) 

Vid T=0 är f FD =1 då E E F och f FD =0 då E > E F . 

f 

FD 

dE

N 

E 

F 

EF 

3 / 2 

dn 

2 4me 

V 

3 / 

3 / 2 

dE 4m 

E 

2 2 F 

dE 

0 3 

2 

lös ut E F 

 

2 

 

3 

 

 

4m 

3 

3 / 2 

e 

2 

N 

V 

 

 

 

2 / 3 

2 

 

 

m 

e 

2 

3 

 

2 

2 

N 

V 

 

 

 

2 / 3 

b) Vi behöver N/V (densitet av ledningselektroner). Varje atom bidrar en 

elektron. Med densiteten och atommassan m Cu får vi: 

3 3 

N 8,96 

10 

kg/m 

28 3 

 

8,49 10 

m 

-27 

V 63,546u 1,6605 

10 

kg/u 

m Cu 

2 

34 

(1,055 10 

Js) 3 

28 

2 

18 

1,1310 

E F 

 

8,49 10 

m 1,1310 

J 

31 

 

9,109 10 

kg 2 

2 

1,602 10 

c) k 

BT 

( T 300K) 

0, 02525eV 

EF 

Vid ökad temperatur minskar EF 

något. Här är k B T så liten att ändringen som är mindre än k B T kan 

försummas. 

2 / 3 

18 

19 

J 

J/eV 

7,0eV 

Ex8:3 Plancks strålningslag: 

dE 1 

 

5 

d 

 

1 

/ k T 

e hc B 

1 

Max då derivatan m.a.p. är noll: 

5 

 

6 

e 

1 e 

7 

 

( e 

e 

 

hc 

( e 

hc / kB 

/ kBT 

1 

hc / kBT 

hc / kBT 

hc / kBT 

1 

 

5 

1 

 

( e 

1) 

2 

 

 

 

T 

 

1) 

 

 

hc 

k 

BT 

hc 

k 

B 

hc / k 

5 

 

6 

T e 

5 0 

1 

2 

1) 

e 

BT 

 

1 

hc / kBT 

hc / kBT 

0 

1 

hc 1 

0 

2 

 

k T 

B 

x 

hc e 

Sätt x ger 5 

k 

BT 

 

( 1) 

x 

x 

e 

hc 

hc 

4,965 

max 

 

maxk 

BT 

4, 965k 

BT 

vilket löses numeriskt: x ≈4,965 

Ex8:4

a) xp 

x 

men 

2 2p 

 

p 

 

2 

 

p 

2 

p 

2 

p 

2 

 

x 

 

 

2 p 

2 

 

Med 

p 

2 

Ekin ~ k 

BT 

får vi p 

2 ~ 2mk 

BT 

2m 

Särskiljbarhet kan uttryckas som att avståndet mellan partiklar är mycket 

större än osäkerheten i deras position. 

Avstånd mellan partiklar L 1 

1/ 3 

N 

 

V 

1/ 3 

V 

L x 

 

 

2 2mk 

T N 2 2mk 

T 

V 

N 

 

 

8(2mk 

3 

B 

T ) 

B 

3 / 2 

 

N 

V 

 

8(2mk 

3 

B 

T ) 

3 / 2 

B 

1 

b) N/V fås ur allmänna gaslagen. 

N p 

100kPa 

25 

pV Nk 

B 

T 

2,47 10 

m 

19 V k T 0,02525eV 

1,602 

10 

J / eV 

B 

3 

34 

3 

N 

25 

(1,054 10 

) 

2,47 10 

3 / 2 

V 8(2mk 

) 

27 

BT 

82 

4 1,66 

10 

0,025251,602 

10 

vilket är helt klart

n 

E2 

/ k 

2 

2 ( ) / 8 2 BT 

g Ae g 

5 

E1 

E2 

k BT 

( 13.63.4eV) 

/(8.61710 

eV/K)(15000K) 7.89 

3 

 

e e 

4e 

1,5 10 

 

E1 

/ k BT 

1 

g1Ae 

g1 

2 

n 

Ex8:6 Bindningsenergi för grundtillståndet i väte = 13,6 eV, vilket motsvarar ljus med 

våglängden = hc/E 1240 eVnm/13,6 eV 91,2 nm. 

Wiens förskjutningslag max T = 2,89810 -3 mK ger att detta motsvarar 

T2,89810 -3 mK/91,210 -9 m 32 800 K.

Kap 9. Molekylfysik. 

Ex9:1 Vibrationer i tvåatomig molekyl kan beskrivas av Morsepotentialen 

 

rR 

 

2 0 

U ( r) 

U 

0 

1 

e 

a) Jämviktsavståndet motsvarar ett minimum för potentialen (naturen strävar 

alltid efter lägsta energistillståndet). 

Minimum: 

dU ( r) 

 

( rR 

) 

( 0 ) 

( 0 ) 

2U 

0 

e 1 

0 1 

0 

rR 

 

rR 

e e 0 r R 0 

dr 

 

b) Potentialen på långt avstånd: U ( r ) 

U 

0 

1 

e U 

01 

0 U 

0 

c) Nära R 0 kan vi serieutveckla Morse-potentialen 

Taylor-utveckling kring a: 

f '( a) 

f ''( a) 

2 

3 

f ( x) 

f ( a) 

( x a) 

( x a) 

(( 

x a) 

) 

1! 

2! 

dU 

2U 

0 

dr 

dU ( r R 

dr 

2 

d U dU 

 

2 

dr dr 

2 

d U ( r R 

dr 

2 

e 

0 

) 

( r R 

 

0 

0 

) 

 

1 e 

( r R 

 

( rR0 

) 

( rR0 

) 

2 

( rR0 

) 

( rR0 

) 

2U 

e 

1 

e 

2U 

e 2e 

1 

0 

0 

) 

2U 

0 

2 

 

Taylorutvecklingen blir då: 

2 

2U 

0 

2 

3 

2 

U ( r) 

0 0( r R ) ( r R0 

) ( r R0 

) U 

0 

( r R 

2 

0 

) 

 

0 

2 

 

2 

0 0 

) 

Detta liknar potentialen för en harmonisk oscillator med x = r - R 0 : 

U 

1 

 

2 

 

2 1 2 2 

K 

m 

 

m 

2 

( x) 

Kx 

x 

Identifiera termer: 

2 

2 

1 

2 

2 

m 

x 

2 

2 

U x 

0 

2 

 

K 

2 

m 

2U 

0 

2 

 

d) Potentialen i jämviktsläget U(R 0 ) är 0. På oändligt avstånd motsvarande 

två fria atomer är potentialen U 0 . Lägsta energistillståndet har en energi ≠ 

0. Dissociationsenergin är den energi som måste tillföras en molekyl (i 

grundtillståndet) för dess energi skall överstiga ”potentialbarriären”, dvs

potentialen för fria atomer. Dissocioations energi är därmed skillnaden 

mellan potentialen i ∞ (U 0 ) och lägsta energinivån. 

E 

diss 

U 

0 

E 

vib 

 

( ) 

Evib(0) 

 

(0) 2 16U 

 

enligt lydelsen 

0 

2 

 

 

U 

 

 

0 

 

( ) 

 

2 16U 

0 

2 

e) Givet K = 573 N/m och E diss = 4,52 eV, beräkna U 0 och . Enklast att 

använda elektronvolt mm som enheter. 

K = 573 Nm/m 2 / 1,60210 -19 J/eV ≈ 3,5710 21 eV/m 2 

Vi använder uttrycket för dissociationsenergin för att skapa ett uttryck för 

U 0 . 

U 

2 

0 

U 

 

U 

0 E 

2 

0 

diss 

 

E 

 

4 2 

diss 

 

E 

 

4 2 

diss 

( ) 

 

16 

 

 

 

 

 

 

 

E 

 

4 2 

E 

2 

diss 

4 

2 

0 

diss 

E 

 

2 

 

4 

diss 

 

 

 

( ) 

 

16 

2 

 

får ur K 

m 

2 

 

 

 

K 

m 

där m är den reducerade massan. 

m 

m 

m 

H 

H 

m 

m 

H 

H 

 

m 

2 

H 

2 

1,0079u 

931,5( MeV / c ) / u 

 

2 

 

K 

m 

≈ 469,4 MeV/c 2 eV 

6,582 10 

16 

eVs 2,757810 

6 

m 

1 

2,99810 

8 

ms 

1 

0,544 

2 

0,544 4,52 4,52 4,52 0,544 

U 

0 

 

2,40 2,39 4, 79eV 

4 2 4 4 

(Lösning 0,01 eV är ofysikalisk) 

 

K 

2U 

0 

 

3,5710 

24,79 

21 

2,7310 

10 

m 

1

Ex9:2 Övergångarna motsvarar en ändring av vibrationskvanttalet en enhet 

samtidigt med ett antal olika rotationsövergångar vardera med 1. En 

övergång i mitten ”saknas”. Denna motsvarar 0 och ger då energin för 

vibrationsövergången: 0.317 eV. 

Vi har då att E 

. Den söka kraftkonstanten ges av 

2 

2 E 

 

K 

 

 

Där den reduducerade massan för HBr är 

m mBr 

.0079 79.904 

 

0.9953u 

1.660510 

m m 1.0079 79.904 

Vi får 

H 1 27 

27 

H 

Br 

E 

K 

 

2 

 

 

 

2 

0 27 

.317eV 

 

-16 

 

6.582 10 

eV s 

 

1.65310 

kg / u 1.65310 

kg 

383 N/m 

kg 

Ex9:3 Fotonenergier: E=hc/λ = 1240 eV nm 0,481, 0,961, och 1,442 meV 

Vilka övergångar? De låga energiskillnaderna tyder på övergångar i 

rotationstillstånd. 

2 

 

För dessa gäller: E rot 

1 

2ICM 

Om lägsta övergången var l=1 l=0 blir då efterföljande l=2 1 och l=3 

2. 

Vi provar om denna ansats kan vara rätt. 

Eftersom tröghetsmomentet är detsamma påverkas förhållandet mellan 

fotonenergierna endast av skillnaderna från termerna l(l+1). 

10: 1(1+1) – 0(0+1) = 2 

21: 2(2+1) – 1(1+1) = 4 

32: 3(3+1) – 2(2+1) = 6 

Dvs förhållandet mellan energierna skall vara 1, 2 och 3. 

Prova: 2*0,481≈ 0,962 meV och 3*0,481 ≈ 1,443 meV. Stämmer bra!! 

Vi får då för 

2ICM 

 

1 

2 

1 

l+1 l : 

2 

 

ΔErot 

Om vi tar medelvärdet för de tre övergångarna får vi: 

I CM = ħ 2 · ½ ·1/3 (6/1,442 + 4/0,961 + 2/0,481) · 10 3 eV -1 ≈ 9,01·10 -28 eV s 2 

Den reducerade massan: 

m 12,000 15,995 

 

C mO 

μ 

 

u 6,86u 

mC 

mO 

12,000 15,995 

2 

2 

1u 

931,5 MeV/c 

6,39GeV /c

Ger då att bindningslängden är: 

8 

2 

2.998 10 

m 0.11 nm 

28 

9,01 10 

R 0 

 

9 

6,39 10 

 

2 

Ex9:4 Rotationsenergier ges av E 

rot 

( 

1) 

där tröghetsmomentet I CM =μR 0 

2ICM 

där bindningsavståndet R 0 inte ändras men däremot den reducerade massan μ. 

För väte gäller att μ HH = 0,5 m H medan det för HD gäller att μ HD (12)/(1+2) m H 

= 2/3 m H 

HH 

Rotationsenergierna ändras då med en faktor 3 

0,5/ 2 0, 75 

 

1 

Vibrationsenergierna ges av E 

vib 

( ) 

där K där 

2 

kraftkonstanten K inte ändras. Förändringsfaktor blir då 

HH 

0,75 

0,87 

 

HD 

HD 

Ex9:5 Nära jämviktspunkten kan potentialen för vibrationsenergier approximeras 

med potentialen för en harmonisk oscillator: U( R) = U(R 0 ) + ½ k (R-R 0 ) 2 . 

Ur figuren får vi att U(R 0 ) ≈ -2,7 eV, vilket tillsammans med att U( 0,06 nm) ≈ 

0 ger att k ≈ 2· 2,7 / ( 0, 05) 2 eV/nm 2 . För låga vibrationsenergier gäller E vib 

= (v + ½ ) ħω, där ω=√(k/μ). Efterfrågad energiskillnad blir ħω = ħ√(k/μ) ≈ 

197,3√(2,16·10 3 /4,691·10 8 ) eV ≈ 0,42 eV. 

Ex9:6 Skillnaden i fotonenergi hos absorberad och emitterad foton utgör 

nivåskillnaden i vibrationsenergi: 

hc hc 1240eVnm 

1240eVnm 

ΔE 

vib 

 

0, eV 

λabs 

λemit 

495nm 

520nm 

12 

Energiskillnaden mellan olika vibrationsnivåer ges av ħω där ω 2 = K/μ= 

3,3210 28 s -2 enligt talets lydelse. Detta 

ger ħω 6,58210 -16 eV1,8210 14 s -1 0,12 eV. Excitationen sker alltså till det 

näst lägsta vibrationstillståndet (v = 1). 

Ex9:7 Skillnad i energi mellan inkommande och spritt ljus är 

ger E =1240/514.5 - 1240/520 24 meV. 

E 

 

hc hc 

 

 

l2 l4 

vilket

2 

 

Med E 

rot 

( 

1) 

där I CM är tröghetsmomentet, fås energiskillnaden till 

2I 

E 

rot 

 

 

2I 

2 

CM 

CM 

 

I 

( 

2)( 3) ( 

1) 

 

2 

3 

2 

CM 

l2 

7 

 

I 

2 

CM 

Detta ger ett tröghetsmoment av 

2 

 

16 

2 

I 

CM 

7 (6.58210 

) / 2410 

E 

7 3 

rot 

eVs 2 

1.26410 -30 eVs 2 1.60210 -19 J/eV 2.0210 -49 kgm 2

Kap 10. Fasta ämnen, halvledare 

Ex10:1 Konduktiviteten σ (=1/resistiviteten) ges av j= σE där j är strömtätheten och 

2 

qe 

e 

E det elektriska fältet. Men där q e är elementarladdningen, e är 

me 

densiteten av ledningselektroner och är medeltiden mellan kollisioner. 

me 

Detta ger: . 

2 

q 

densitet 

atomvikt 

e 

e 

3 3 

10,5 10 

kg / m 

28 3 

5,86 10 

m 

-27 

 

e 

 

107,868u 1,66 

10 

kg/u 

a) 

31 

me 9,1094 

10 

kg 

14 

 

3,78 10 

s 

2 -8 

-19 2 

28 3 

qe 

e 

1,6 10 

m1,602 

10 

C 

5,86 

10 

m 

b) 

Fermihastigheten: vF 

2EF 

2 5,48ev 

3 

6 

 

4,6310 

c 1,39 10 

m / s 

2 

me 

0,51MeV 

/ c 

6 

14 

8 

Fria medelväglängden: L vF 

 

1,39 10 

m / s 3,78 

10 

s 5,27 10 

m 

c) Antag att varje silveratom upptar volymen d 3 där d är avståndet mellan 

närliggande atomer i ett kubiskt gitter. Antalet atomer per m 3 är enligt ovan 

5,8610 28 3 28 

vilket ger d 1/ 5,86 10 

10 

2,6 10 

m . 

Vi ser att L är ca 200 gånger större, dvs elektronerna kolliderar inte med 

varje atomerna, utan snarare med oregelbundenheter i gittret eller 

vibrationer. 

Parantes pga att boken inte härleder formler på ett självklart sätt: 

Härledning av varför 

v 

drift 

q 

E 

e 

: 

m 

e 

Ledningselektronerna utan pålagt elektriskt fält rör sig i slumpmässig 

riktning mellan kollisioner med en hastighet v. (Kollisionerna sker klassikt 

mot atomerna i gittret, och kvantmekaniskt mot vibrationskvanta eller 

oregelbundenheter/föroreningar i gittret). När ett elektriskt fält läggs på 

kommer elektronerna att ha en rörelse överlagrad den slumpmässiga med 

en hastighet v drift mot det elektriska fältet. v är betydligt större än v drift . 

Mellan varje kollision färdas en elektron sträckan s pga elektriska fältets 

acceleration enligt 

Medelsträckan ges då av 

2 

q E t 

s (kraften från det elektriska fältet är ju q e E). 

m 2 

e 

e 

2 

q t 

e 

E 

s . 

m 2 

e

Man kan visa att antalet elektroner som kolliderar undet tidsintervallet t till 

t+dt ges av exponetialfördelningen 

t 

/ 

Ne 

n( 

t) 

. 

 

Där är meddeltiden mellan kollisioner (visa gärna själv att =). 

 

1 2 t 

/ 

2 

t Ne 

0 

2 

Vi kan nu beräkna t 

2 

Detta ger att 

 

1 t 

/ 

Ne 

v 

drift 

VSV. 

s 

 

t 

2 

qe 

E qe 

E 

 

m m 

e 

e 

0 

Ex10:2 I en metall ligger ferminivån i ledningsbandet, medan den i en halvledare 

ligger i mitten av bandgapet. 

Halvledare: 

Vid T=0 gäller att valensbandet är fyllt medan ledningsbandet är tomt. 

För vår överslagsberäkning antar vi att tillståndstätheten är i det närmaste 

konstant = D i valens och ledningsband men självfallet = 0 i bandgapet. 

Antalet exciterade elektroner ges då av: 

 

 

1 

Egap 

/ 2 

Nex 

D N( 

E) 

FDdE 

D 

dE Dk 

E E k T 

BT 

ln(1 e 

( F ) / B 

e 1 

 

1 

EF 

E 

2 

Egap 

/ 2kBT 

k 

T E 

Dk Te 

B 

gag 

gap 

B 

1 

EF 

E 

2 

gag 

Totala antalet elektroner i valens och ledningsband N kan uppskattas från 

antalet i valensbandet vid T = 0. Med konstant D och valensbandets bredd 

N 

ex 

k 

BT 

Egap 

/ 2kBT 

E V fås e Ungefärligen motsvarande faktor som k B T/E V 

N EV 

Egap 

/ 2kBT 

finns för metall så att skillnaden blir faktorn: e vilket vid T =300 K 

och E gap =1,1 eV blir 

e 

Egap 

/ 2kBT 

e 

5 

1,1/(28,61710 

300) 

5,8 10 

10 

 

Förhållandet mellan resistiviteterna är 

10 

faktor 3 skillnad mot faktorn från bandgapet. 

8 

1,8 

10 

9 

1,8 10 

dvs bara ca en 

k T 

B 

)

Gör vi samma sak för germanium med bandgap 0,7 eV får vi: 

5 

0,7 /(28,61710 

300) 

6 

e 1,3 10 

dvs en faktor 2,410 3 större, varför vi förväntar oss 

motsvarande faktor lägre resistivitet än för kisel, dvs 410 -3 m. 

Ex10:3 För att överföra en elektron från valens- till ledningsbandet måste 

fotonenergi vara minst lika stor som bandgapet, dvs 1,1 eV. Detta ger: 

hc 1240eV 

nm 

 

1127nm 

vilket är lång ut i det infraröda området. 

E 1.1 eV 

Kortare våglängd ger högre foton-energi.

Kap 11. Kärnfysik 

Ex11:1 Vi beräknar bindningsenergin mha masskillnadsformeln: 

E ZM Nm M 

bind 

23 

11 

Na : 

 

H 

E 

bind 

 

n 

 

A 

 

11 M 

H 

12mn 

M 

Na(23) 

111,007825 

12 

1,008665 – 22,989767 931,494 MeV 

186,57MeV 

Per nukleon: 186,57/23 ≈8,11 MeV/nukleon 

23 

12 

Mg : 

Ebind 

12 M 

H 

11m 

n 

M 

Na(23) 

 

 

12 1,007825 

111,008665 – 22.994124 931,494 MeV 

181,73MeV 

Per nukleon: 181,73/23 ≈7,90 MeV/nukleon 

Tämligen lika bindningsenergi, vilket innebär att bindningskraften från 

stark växelverkan är i stort sett densamma för neutroner och protoner, 

men protonerna ger upphov till viss repulsion vilken gör att 23 Mg har 

lägre bindningsenergi per nukleon är 23 Na. 

 

 

 

 

Ex11:2 Vi beräkna bindningsenergin per nukleon först mha vätskedroppsmodelln, 

därefter med masskillnadformeln. 

64 

Cu 

29 

: 

64 

30 

Zn : 

Z 

1 N 

Z 

2 / 3 Z 

E bind 

 

1A 

C2 

A C3 

C4 

 

1/ 3 

A 

A 

2 / 3 29 28 35 

29 

15,8 64 17,8 

64 0,71 23,7 

1/ 3 

64 

64 

1011,2 284,8 0,71 

203 23,7 0,5625 

568, 9C 

MeV 

Per nukleon: 568,9/64≈ 8,89 MeV/nukleon 

E 

bind 

 

 

29 M 

H 

35mn 

M 

Cu(64) 

558,0MeV 

Per nukleon: 558,0/64≈8,72 MeV/nukleon 

 

 

2 

 

2 

MeV 

29 1,007825 

35 1,008665 – 63.9297642 931,494 MeV

E bind 

A C A 

5C 

1 

2 

2 / 3 

C 

2 

Z 

1 N 

Z 

Z 

A 

1/ 3 

C 

2 / 3 30 29 

15,8 64 17,8 

64 0,71 23,7 

1/ 3 

64 

1011,2 284,8 0,71 

217,5 23,7 0,25 

566, MeV 

Per nukleon: 566,5/64≈ 8,85 MeV/nukleon 

E 

bind 

 

 

30 M 

H 

34mn 

M 

Zn(64) 

559,1MeV 

Per nukleon: 559,1/64≈8,74 MeV/nukleon 

3 

 

4 

 

A 

 

 

34 30 

64 

 

2 

MeV 

30 1,007825 

34 1,008665 – 63.92914 931,494 MeV 

 

64 Zn har högre bindningsenergi än 64 Cu, trots att den har en proton mer. 

Detta förklaras av att 64 Zn har ett jämnt antal av både protoner och neutroner 

vilket ger ett hårdare bundet tillstånd. Vätskedropsmodellen tar inte hänsyn till 

detta. Vätskedroppsmodellen förutsäger dock bindningsenergin i dessa fall 

inom 2%. 

I verkligheten har vätskedroppsmodellen ännu en term för just jämna 

respektive udda antal neutroner och protoner. 

 

Ex11:3 Om vi beräknar från Q-värdet: 1g av 210 Po som sönderfaller ger en avgiven 

energi av Q*N A /M po där poloniumatomens massa M po antas vara 210 u. Under 

1 dag sönderfaller en andel av 1-e -1/138 av poloniumkärnorna 0,00722 

1 g polonium avger då under det först dygnet 

E 0,007225,407 MeV6,02210 23 /2101,1110 26 eV. Dödlig absorberad dos 

är 0,4 Gy, dvs 0,4 J/(kg kroppsvikt). För en kroppsvikt om 100 kg motsvarar 

det 40 J vilket gör att det krävs 40J/(1,1110 26 eV 1,60210 -19 J/eV) g 210 Po 

2.25 μg. 

Utgick vi istället från informationen att 1 g 210 Po get 140W, får vi under 1 dygn 

att 1g ger 3600s 24 140 J/s 1,2110 7 J. 40 J motsvarar då 40/1,2110 7 

3,3 μg. 

Hur rimlig är approximationen att vi bara räknar under det första dygnet? 

Egentligen är det fel eftersom poloniet knappast har försvunnit ut ur kroppen 

så fort. En del atomer blir kvar, en del kommer ut med avföring och kanske 

urin. Med en halveringtid om 138 dagar bör man räkna med betydligt längre 

tid. Det är också tveksamt att räkna på hela kroppsvikten. Om man förtär 

210 Po kommer huvuddelen av strålningen att avges i mer begränsad 

kroppsvolym som där kan ge upphov till dödlig skada.

I wikipedia-sidan kan man läsa vidare: 

“The fatal dose (LD50, the dose that leads to 50% risk of death) for acute radiation exposure is generally 

about 4 Sv [5]. One Bq of 210 Po (i.e., an amount that produces one decay per second) causes a radiation 

dose of 0.51 µSv if ingested 210 Po, and 2.5 µSv if inhaled [17] . Since 210 Po radiates 166 TBq per gram [17] , a 

fatal 4 Sv dose can be caused by ingesting 8 MBq (200 microcurie), about 50 nanogram, or inhaling 1.6 

MBq (40 microcurie), about 10 ng. One gram of 210 Po could thus in theory poison 100 millon people. In 

addition to the acute effects, short-term radiation exposure carries a long-term risk of death from cancer 

of approximately 8% per Sv [6]. 

In rats a dose of 1.45 MBq/kg (8.7 ng/kg) of 210 Po tends to cause death in about 30 days [18] . By this 

measure, 210 Po is 400,000 times more toxic than hydrogen cyanide [7]. 

The maximum allowable body burden for ingested polonium is only 1,100 Bq (0.03 microcurie), which 

is equivalent to a particle weighing only 6.8 picograms. The maximum permissible concentration for 

airborne soluble polonium compounds is about 7,500 Bq/m 3 (2 × 10 -11 µCi/cm 3 ). The biological half-life 

of polonium in humans is 30 to 50 days. [19] 

Notably the death in 2006 of Alexander Litvinenko has been announced as probably due to 

210 Po poisoning. [20] ” 

Ex11:4 131 I antas ha molvikten 131 g 50 kg 131 I innehåller N 0I = 10/0,131 · 

6,022·10 23 kärnor. Pss innehåller 50 kg 60 Co N 0Co = 10/0,060 · 6,022·10 23 

kärnor. 

Effekten av den skyddande blydräkten: 

För sönderfall från 131 I: 1 mm bly stoppar (1-e -0.1 ) = 9,5% av fotonerna. 

Genomsnittligt bidrag blir då 0.905 · 365 keV = 330,3 keV ≈ 5,29·10 -14 J per 

sönderfall. 

Från 60 Co: 1 mm bly stoppar (1-e -0,05 ) ≈ 4,9 %. 

Genomsnittligt bidrag: 0,951 · (1173 + 1332) keV ≈ 3,82·10 -13 J 

Eftersom vi gör en överslagsberäkning och en timme

Detta problem innehåller rätt många beräkningar. Diverse mindre slarvfel 

innebar inte poängavdrag på tentan. Andra approximationer än de ovan 

accepteras om de motiveras på ett korrekt sätt. 

Ex11:5 Genom att rita upp ett diagram av logaritmen som funktion av tiden ser man 

att det rör sig om två distinka sönderfallskonstanter. Genom att betraka 

antal sönderfall per tidsenhet vid 100 respektive 200 s syns tydligt att den 

ena halveringstiden är nära 100 s. Mha sönderfallskonstanten 

ln 2 

3 

6.9310 

s -1 kan bidraget från sönderfallen från av komponenten 

T 

1/ 2 

med den längre halveringstiden vid 0, 5, 10 och 20 s beräknas med 

R = R 0 e -t där R 0 485.2 till 485, 469, 453 och 422 vilket ger att 

sönderfallsraten av den kortlivade nukleiden är 41580, 20793, 10398, 

2601. Av detta ser man att den kortlivade nukleiden har en halveringstid 

som är nära 5 s. 

R 

ln 

2601 

 

ln 

 

0 41580 

Sönderfallskonstanten är 

R 

 

 

 

 

0. 1386 . 

t 

20 

Vid tiden t = 0 förväntas vi ha N 0 = R 0 / kärnot av vardera nukleiden dvst 

totalt N 41580/0.1386 + 485.2/0.00693 300000 + 70000 3,70 10 5 

kärnor 

Ex11:6 Bor’s molvikt är 10.811 kg/kmol. I 1m 3 bor finns då 2460/10,811 kmol 

227·6,022·10 26 boratomer. Antalet bor-10 kärnor per volymsenhet är då 

n0,2·227·6,022·10 26 . 

Linjära absorbtionskoefficienten blir då μ = σn där tvärsnittet σ =3835 b = 

3835·10 -28 m 2 vilket ger μ 0,2·227·6,022·10 26·3835·10 -28 m -1 10485 m -1 = 

10,485 mm -1 . 

För att 99% skall stoppas krävs då att e -μx = 0,01 vilket ger att 

x = -ln(0,01)·1/μ 4,605/10,485 mm 0,44 mm 

Ex11:7 Ur den första figuren ser man 236 U har en bindningsenergi av ca 7,2 MeV per 

nukleon. Ur den andra figuren ser man att de vanligaste 

sönderfallsprodukterna har massnummer kring 140 och 95. Eftersom två 

neutroner frigörs finns 236-2=234 nukleoner som dessa sönderfallsprodukter 

skall dela på. Vi väljer då att använda 139 resp 95 nukleoner i de två 

fragmenten. Bindningsenergierna för dessa är ca 8,0 resp 8,4 MeV per 

nukleon. Q-värdet för reaktionen blir då: 139*8,0 + 95*8,4 – 236*7,2 200 

MeV. Varje 236 U-sönderfall ger sålunda ca 200 MeV = 3,2*10 -11 J. Antalet

nödvändiga sönderfall per sekund vid 30% verkningsgrad blir då 

N=1*10 9 /(0,3*3,2*10 -11 ) 10 20 . Detta motsvarar ca 235/(6*0,3)*10 -3 0,130 g 

235 U som förbrukas per sekund. 

Ex11:8 Antalet kärnor per volymsenhet, n, av det undersökta ämnet ges av 

densiteten delat med molvikten: 

n = 1,5 10 3 kg/m 3 / 14,04 kg/kmol 6,022 10 26 kärnor/kmol 6,4310 28 

kärnor/m 3 

Om antalet infallande neutroner är N 0 kommer efter sträckan x, 

N 0 (1-e -nx ) neutroner att ha absorberats, där är tvärsnittet. Med 30% 

effektivitet krävs för att få 100 per dm 2 och s att N 0 100/(0.3(1-e -nx )) 

100/(0,3 (1- e -0,410-286,4310280,1 ) 1470 neutroner/(sdm 2 )

Kap12. 

Ex12:1 Rörelsemängden hos en foton ges av p = E/c = hf/c = h/λ 

Dopplerskiftet vid rörelse bort från ljuskällan ges av 

1 β 

fobs 

fkälla 

där β = v/c. Detta ger motsvarande relation för 

1 β 

rörelsemängden. 

p källa = h/450 nm = (4,136·10 -15 eVs · 2,998·10 8 m/s) /(450·10 -9 m · c) = 2.75 

eV/c 

Pga att ljus reflekteras med samma våglängd som det inföll, blir 

överföringen av rörelsemängd dubbelt så stor som det infallande ljusets 

rörelsemängd. 

Vi får då vid 

β =0.1: p trans = 2 · sqrt(0.9/1.1) · 2,75 eV/c ≈ 4,79 eV/c 

β = 0.9: p trans = 2 · sqrt(0.1/1.9) · 2,75 eV/c ≈ 1,26 eV/c 

Mao mindre rörelsemängdsöverföring vid högre hastighet. 

Ex12:2 För accelererad myon gäller att E = γmc 2 . Antalet myoner har minskat med 

en faktor 4 efter 2 halveringstider, dvs vid T = 2 ln2 ·τ labb där τ labb pga 

tidsdillationen är γτ 

E 

1000 6 

T 2ln2 τ 2 0,693 2,2 10 

s 29 ms 

2 

mc 

0,106 

Ex12:3 a) 

E 2 pc 

2 

 

summan av rörelsemängderna = 0, dvs 

är invariant. I masscentrumsystemet för e + e - är 

E cm 

 

2 2 

2 

2 

 

E 

pc 

(9 3,1) (9 3.1) GeV 10,6 GeV 

b) Medellivstiden i laboratorie-systemet måste korrigeras för tidsdilatation, dvs 

den blir τ där τ är medellivstiden i vilosystemet. Hastigheten partikeln 

färdas med är c. Medelsträckan som B 0 -mesonen färdas blir då cτ = 

0,556 2,99810 8 m/s 1,53610 -12 s 256 μm. 

Ex12:4 Linjära absorbtionskoefficienten fås som μ =ln2/L 1/2 där L 1/2 är 

halvvärdestjockleken. Ur detta fås tvärsnittet som σ = μ/n där n är antal 

wolframatomer per volymsenhet.

n = densitet N A /molvikt 

= 19,310 3 kg/m 3 6,02210 23 atomer/mol / 0,1834 kg/mol 6,3410 28 m -3 

a) Detta ger σ = ln2/( L 1/2 n) = 0,693/(810 -3 m 6,3410 28 m -3 ) 

13,7 10 -28 m 2 =14 b 

b) Sök x så att e -μx = (1-0,80) = 0,20 ger 

x = - (ln0,2/ln2) L 1/2 1.609/0.693 8 mm 18,6 mm, 

dvs det behövs 37 plattor 

1 

Ex12:5 Ur Cherenkovformeln fås att 0. 9999164 . Relativistisk 

ncos 

1 

rörelsemängd ges av p mc 

där . Detta ger att massan är 

2 

1 

 

2 

p 1 

 

m 

c 

myon. 

8.2GeV 

/ c 0.012930 

2 

 

0.106GeV 

/ c . Partikeln bör vara en 

0.9999164c 

Ex12:6 a) Energierna kring 0.3 eV tyder på en vibrationsövergång med överlagrade 

rorationsövergångar. Troligaste vibrationsövergången är från =1 till =0. Vi 

antar att spektrumet är ett absorbtionsspektrum. Rotationsövergångar till 

vänster om ”hålet” vid ca 0,317 eV är övergångar där 

rörelsemängdsmomenskvanttalet l minskar med en enhet och den första 

linjen vid 0,315 eV är från l =1 till 0, därefter från l =2 till 1 osv. Till höger 

ökar l med en enhet, dvs linjen vid 0,3188 eV är övergången l =0 till 1, 

därefter l =1 till 2 vid 0,3205 eV osv. 

b) Fotonen har spinn = 1. Eftersom totala rörelsemängdsmomentet skall 

bevaras kräver övergången att ∆l = 1.

c) Energiskillnad för övergång mellan l-1 till l ges av: 

2 

2 

 

 

E 

E 

1 

E 

( 

1) 

( 

1) 

 

 

2I 

I 

CM 

Energin ∆E räknas från energin för vibrationsövergången. Energiskillnaden 

2 

 

mellan varje linje till vänster (även höger) om ”hålet” motsvarar då . Vi 

I 

CM 

har att I CM = μR 2 0 där μ är den reducerade massan och R 0 atomavståndet. 

1,00794 79,904 

 

u 0.995u 

1,00794 79,904 

 

I 

2 

CM 

fås ur figuren till (0.315 – 0.299)/7 eV≈ 2,3 meV 

CM 

 

2 2 

2 

I 

CM c 1 (197,3) 

R0 

 

nm 1,4 Å 

2 2 

3 

6 

c 

2,3 10 

0,995 931,5 

10 

(Att det inte är helt perfekt syns i figuren eftersom avståndet mellan linjer till 

vänster resp. höger om ”hålet” inte är lika. Detta orsakas av att 

rotationsnivåerna inte är exakt desamma i de två vibrationstillstånden). 

Ex12:7 

E 

hf 

6.610 

28 

J 

Antal kvanta per period är lika med energin per period genom energin per 

kvantum: 

(utstrålad energi per sekund) (tiden för en period i sekunder) / (energin 

3 6 

28 

25 

per kvantum) = ( 50 10 

) (10 ) /(6.6 10 

) 7.5810 

2 2 2 2 2 

k (2 

) h 

h 

Ex12:8 E 100 eV 0. 12 

2 

2 

2m 

2m 

2m 

2mE 

nm 

Ex12:9 Lösningarna har formen 

ikx 

Ae 

Be 

( x) 

x 

Ce , 

där 

2 2 2 2 

k 

E V0 

k 

2m 

2m 

Kontinuitetskrav i x 0: 

A B C 

ikx 

( A B) 

k C 

, 

x 0 

x 0 

2mE, 

 

2m( 

V 

0 

E)

Dividera ekvationerna, lös ut 

C 

B, och förenkla: 

A 

x 

x 

A 

x 

x 

A 

B 

A 

C 

A 

x 

x 

A 

x 

x 

A 

k 

k 

A 

k 

k 

B 

E 

V 

x 

x 

k 

B 

A 

B 

A 

k 

B 

A 

B 

A 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 

1) 

(1 

1 

2 

1) 

(1 

2 

1) 

(1 

1) 

( 

1 

1) 

(1 

) 

/ 

( 

1 

) 

/ 

(1 

/ 

1 

/ 

1 

1, 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

0 

 

 

 

 

 

 

Ex12:10 

0 

1 

ˆ 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

/ 

3 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

/ 

2 

/ 

* 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx 

xe 

a 

i 

dx 

e 

a 

x 

e 

a 

i 

dx 

e 

x 

i 

e 

a 

dx 

p 

p 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

 

 

 

 

 

 

 

 

eftersom integranden är en udda function. 

2 

2 

6 

4 

2 

2 

/ 

4 

2 

2 

2 

2 

/ 

4 

2 

2 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

* 

2 

2 

1/ 

2 

1 

1 

1 

1 

1 

1 

ˆ 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

a 

a 

a 

a 

a 

dx 

e 

a 

x 

a 

a 

dx 

e 

a 

x 

a 

e 

a 

dx 

e 

a 

x 

x 

e 

a 

dx 

e 

x 

i 

e 

a 

dx 

p 

p 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ex12:11 

0 

1 

1 

ˆ 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

/ 

2 

/ 

2 

/ 

* 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx 

xe 

a 

dx 

xe 

e 

a 

dx 

x 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x 

 

 

 

 

eftersom integranden är en udda function. 

2 

1/ 

2 

1 

1 

1 

ˆ 

2 

6 

/ 

2 

2 

/ 

2 

2 

/ 

2 

* 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

a 

a 

a 

dx 

e 

x 

a 

dx 

e 

x 

e 

a 

dx 

x 

x 

a 

x 

a 

x 

a 

x

Enligt föregående problem är 

2 

2 

2 

2 

0, 

a 

p 

p 

 

 

 

(a) Väntevärdet av kinetiska och potentiella energin: 

4 

4 

/ 

2 

2 

1 

2 

1 

4 

/ 

4 

4 

2 

2 

1 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m 

m 

a 

m 

x 

m 

m 

m 

ma 

a 

m 

m 

p 

2 

0 

 

 

E OK! 

(b) 

 

 

 

 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a 

a 

p 

x 

a 

p 

p 

p 

a 

x 

x 

x 

Alltså uppfyller harmoniska oscillatorns grundtillstånd Heisenbergs 

osäkerhetsrelation 

2 

 

 

 

 

p 

x som en likhet. 

Ex12:12 

 

 

 

 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

z 

y 

x 

r 

ik 

z 

y 

x 

z 

ik 

y 

ik 

x 

ik 

r 

ik 

k 

k 

k 

m 

m 

k 

E 

E 

m 

k 

Ae 

k 

k 

k 

m 

e 

e 

Ae 

z 

y 

x 

m 

Ae 

z 

y 

x 

m 

z 

y 

x 

m 

z 

y 

x

Ex12:13 

Vi kommer att behöva följande integral: 

aq 

aq 

q 

ar 

aq 

aq 

q 

ar 

aq 

q 

ar 

q 

ar 

e 

a 

a 

q 

a 

q 

e 

a 

a 

q 

da 

d 

dr 

e 

r 

e 

a 

a 

q 

a 

e 

da 

d 

dr 

re 

a 

e 

a 

e 

dr 

e 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

1 

1 

Vi får nu, med 

 

 

 

4 

1 

2 

) 

, 

, 

( 0 

/ 

3 

0 

a 

r 

e 

a 

r 

 

 

: 

0.68 

5 

) 

(2 / 

2 

) 

(2 / 

2 

2 / 

4 

4 

1 

4 

) 

, 

, 

( 

) 

( 

2 

2 

3 

0 

2 

0 

0 

0 

2 

0 

3 

0 

1 

/ 

2 

2 

3 

0 

2 

2 

0 

0 

0 

0 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e 

e 

a 

a 

a 

a 

a 

a 

d 

dr 

e 

r 

a 

r 

d 

dr 

r 

a 

r 

P 

a 

a 

r 

a 

 

 

 

 

 

 

Ex12:14 Joniseringsenergin är 

1.51 

3 

13.6 

3 

) 

2(4 

0 2 

2 

2 

2 

0 

4 

3 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

me 

E 

E 

E n eV 

Ex12:15 Väntevärdet av potentiella energin är 

0 

0 

2 

4 

0 

2 

0 

3 

0 

0 

2 

0 

3 

0 

0 

2 

0 

/ 

2 

0 

3 

0 

2 

3 

0 

0 

2 

0 

2 

/ 

2 

0 

3 

0 

0 

2 

0 

2 

16 

1/ 

6 

4 

1 

1/ 

2 

1 

1/ 

1 

2 

1 

4 

4 

2 

1 

4 

2 

1 

1 

2 

1 

4 

4 

0 

0 

a 

e 

a 

a 

a 

a 

a 

a 

e 

dr 

e 

a 

r 

a 

r 

r 

a 

e 

dr 

r 

e 

a 

r 

r 

a 

e 

r 

e 

V 

a 

r 

a 

r 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Kinetiska energin fås ur: 

0 

0 

2 

0 

0 

2 

4 

0 

0 

2 

32 

16 

2 

) 

(4 

2 a 

e 

a 

e 

a 

e 

V 

E 

T 

V 

T 

E

Kap 13. Exempeltentamen 

1. I ett tabellverk kan man läsa att cτ = 491 μm för en B + -meson, där c är ljushastigheten i 

vakuum och τ är medellivslängden i partikelns vilosystem. Samtidigt finner man i 

beskrivningen från ett experiment att medelsträckan en B + -meson färdas innan den 

sönderfaller är 3 mm. Vilken rörelsemängd måste B + -mesonen ha i experimentet? (Bmesonens 

massa är 5279,00,5 MeV/c 2 ) (5p) 

Lösning: Rörelsemängd som vi mäter i labbet är p = mγc, där mesonen färdas med 

hastighet c. γ är Lorentz-faktorn. Tidsdillatation ger att vi i labbet då mäter en 

meddelivstid av γτ vilket ger medesträcka inna sönderfall L= γcτ. Ur detta fås att 

γ=L/cτ dvs är p = mγc = mc L/cτ 5279 * 3/0,491 MeV/c 32 GeV/c 

2. En elektron med försumbar energi binds med en heliumkärna He 2 . 

Vilken våglängd har den emitterade fotonen? (5p) 

Lösning: 

Den emitterade fotonens energi är samma som minus joniseringsenergin. Med 

kärnladdningstalet Z 2 fås: 

2 4 

mZ e 

E En 1 

4 13.6 

54.4 eV 

2 2 

2(4 

0 

) 

Detta motsvarar den emitterade fotonvåglängden 

hc hc 

E 228 Å 

E 

3. I en doktorsavhandling som försvarades våren 2006 diskuteras en ny detektor tänkt att 

användas vid bestrålning av cancerpatienter. I denna detektor mäts -fotoner som passerat 

patienten från bestrålningen. I en av de studerade detektoruppställningarna uppskattades 

att det krävdes 8 mm av wolfram innan hälften av inkommande fotoner med 18 MeV 

energi har växelverkat. 

Densiteten hos wolfram ur tabell är 19,3 10 3 kg/m 3 . 

c) Beräkna tvärsnittet för att 18 MeV fotoner växelverkar i wolfram. (3p) 

d) Detektorn består av ett antal 0,5 mm tjocka wolframplattor. Hut många plattor behövs 

för att 80% av de inkommande fotonerna skall ha växelverkat? (2p) 

Lösning: Linjära absorbtionskoefficienten fås ur μ =ln2/L 1/2 där L 1/2 är halvvärdestjockleken. 

Ur detta fås tvärsnittet som σ = μ/n där n är antal wolframatomer per 

volymsenhet. n = densitet N A /molvikt 

= 19,310 3 kg/m 3 6,02210 23 atomer/mol / 0,1834 kg/mol 6,3410 28 m -3 

a) Detta ger σ = ln2/( L 1/2 n) = 0,693/(810 -3 m 6,3410 28 m -3 ) 13,7 10 28 m 

14 b 

b) Sök x så att e -μx = (1-0,80) = 0,20 ger 

x = - (ln0,2/ln2) L 1/2 1.609/0.693 8 mm 18,6 mm, 

dvs det behövs 37 plattor

4. Krafterna mellan atomerna i en HCl-molekyl kan approximativt representeras av en 

fjäder med fjäderkonstanten 516 N/m. Detta innebär att atomerna kommer att utföra en 

harmonisk svängningsrörelse i förhållande till varandra. Beräkna den lägsta och den näst 

lägsta energinivån för denna rörelse. (5p) 

Lösning: 

Schrödingerekvationen för den relativa rörelsen blir 

2 2 

d 1 2 2 

m 

x E 

2 

2 

dx 2 

2 k 

 

 

Energinivåerna i vibrationsrörelsen ges därför av harmoniska oscillatorlösningen: 

E ( n 

1) 

2 

, n 

n 

0,1,2,... 

Numeriskt: 

m1m2 

1 

35.5 

27 

u 1.61510 

m m 1 

35.5 

1 

2 

k 

 

1 

20 

E0 

2 

2.9810 

J = 186 meV 

k 

E1 (1 

10 

 

1 

20 

) 3E 

2 

0 

8.95 

J = 558 meV 

5. Hur mycket förväntas ledningsförmågan i en halvledare med bandgapet 1 eV öka om 

temperaturen ökar från rumstemperatur, 300K, med 5 K till 305K? (5p) 

Lösning: 

Ledningförmågan motsvarar antal elektroner i ledningbandet vilket ges av 

N 

exciterade 

 

 

E 

E 1/ 

2E 

F 

E 0,5E 

F 

top 

 

( 

E) 

f 

 

 

gap 

gap 

e 

FD 

dE 

( EE 

) / k T 

F 

( E) 

dE 

B 

k 

1 

B 

Te 

E 

gap 

/ 2k 

T 

där tillståndstätheten (E) kan antas vara konstant över den del av ledningsbandet där 

fördelningsfunktionen ger ett inte försumbart bidrag. 

Förhållandet blir då: 

B

N 

N 

 

exciterade 

exciterade 

305 

300 

e 

e 

Svar: Ökningen är 39% 

(305K) 

 

(300K) 

1/ 

28,6210 

 

1/ 

28,6210 

 

5 

5 

305 

300 

k 

k 

 

B 

B 

305 

300 

305 e 

300 e 

e 

E 

E 

1/ 28,6210 

 

gap 

gap 

5 

/ 2k 

/ 2k 

B 

B 

( 1 

300 

305K 

300K 

1 ) 

305 

 

1,39 

6. I atomärt väte finns en uppsplittering i energinivå pga upplinjering mellan protonens och 

elektronens spinn. Övergången resulterar i utsändade av radiovåg med 21 cm våglängd. 

Övergången är ”förbjuden” vilket gör att den är sällsynt, samt att det exiterade tillståndet 

är långlivat med livstid av ungefär 10 5 år. I galaxer finns dock tillräckligt många 

vätaatomer för att vågor från denna övergång skall kunna observeras på jorden. 

a) Antag att medellivslängden motsvarar en tidsosäkerhet för tillståndet. Bestäm 

osäkerheten i energiskillnaden vid mätning av övergången. (1p). 

b) Vilken fotonenergi observeras om vågorna sänds ut från en galax med 

hastigheten 0,1c jämfört med jorden? (4p) 

Lösning: 

a) 10 5 år motsvarar 10 5 365243600≈310 12 s. 

Heisenbergs osäkerhetsrelation ger: E t 

dvs vi får 

2 

16 

6,582 10 

eVs 

28 

E 

 

110 

eV 

12 

2t 

2 310 

b) Dopplerskift: 

 

 

obs 

källa 

1 

1 

v 

c 

v 

c 

21cm 

 

1 

0,1 

1 

0,1 

hc eV nm 

Fotonenergin ges av E 

1240 0,9 

6 

 

5,34 10 

eV 

0,21m 

1,1 

(Fotnot: Notera att energiändringen hos fotonerna pga dopplerskiftet 

≈510 -7 eV, är avsevärt mycket större än energiosäkerheten pga tillståndets 

livstid) 

7. En partikel med massa m rör sig i en endimensionell lådpotential som ges av 

 

x 0 

 

V (x) 0 

0 x a 

 

 

a x 

Vid tiden t 0 har vågfunktionen formen

2 x 

4 3x 

 

sin 

sin 

 

3a 

a 3a 

a 

Bestäm (a) vågfunktionen och (b) väntevärdet av energin vid en senare tidpunkt t . 

Lösning: 

(a) Energiegenfunktionerna och energiegenvärdena ges av 

2 nx 

iEnt 

/ 

 

n 

( x, 

t) 

sin 

e 

a a 

2 2 2 2 

kn 

n 

 

En 

 

2m 

2m 

a 

n 1,2,... 

Vågfunktionen vid t 0 kan därför skrivas: 

2 x 

4 3x 

1 2 

( x,0) 

sin 

sin 

 

1( 

x,0) 

 

3 

( x,0) 

3a 

a 3a 

a 3 3 

Notera att vågfunktionen är normerad. Vågfunktionen vid t 0 blir: 

1 2 

2 x 

iE / 4 3 

1t 

x 

 

x, 

t) 

 

1( 

x, 

t) 

 

3( 

x, 

t) 

sin 

e 

sin 

e 

3 3 3a 

a 3a 

a 

E 

iE3t 

/ 

( 

1 

2 2 

 

 

2 

2ma 

, E 

3 

2 2 

9 

 

 

2 

2ma 

(b) Eftersom vågfunktionen är normerad blir väntevärdet av energin vid tiden t : 

 

E 

 

 

1 * 

E1 

 

1 

1dx 

E3 

3 

 

1 

E1 

2E3 

 

3 3 

* 

Hdx 

 

 

 

 

 

2 

3 

E1 

2E3 

E 

3 3 

1 

 

1( 

x, 

t) 

 

3 

 

* 

 

3 

3dx 

E 

 

1 

1 

1 

2 2 

1 

 

2 

3 2ma 

2 

 

3( 

x, 

t) 

 

3 

 

2 

3 

0 

* 

 

 

E 

 

1 

* 

 

3 

1dx 

E 

 

1 

 

1( 

x, 

t) 

E 

3 

3 

2 

3 

2 2 

2 2 

2 9 

19 

 

2 

2 

3 2ma 

3 2ma 

dvs tidsoberoende, vilket är ett exempel på energikonservation. 

 

 

0 

3 

* 

 

1 

3dx 

 

 

2 

 

3( 

x, 

t) 

dx 

 

3

8. Vätekärnan består av en proton vilken har spinnet ½. Om vi jämför amplituden med 

projektionen längs z-axeln får vi att i amplituden finns en faktor √(1/2(3/2)= (√3)/2, 

medan projektionen har motsvarande faktor = ½. 

För protonen får vi då att μ z = (1/√3)2,42 μ n . 

Energiskillnad: E 2 

z 

B 

8 

E 

2 B 2 2,42 3,152 10 

eV/T 1T 

Frekvensen blir då: f z 

 

21,3MHz 

15 

h h 3 4.136 10 

eV s

Exempelsamling - KTH Particle and Astroparticle Physics

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?