SVAR OCH L¨OSNINGSANVISNIGAR TILL TENTAMEN I ...

SVAR OCH LÖSNINGSANVISNIGAR TILL TENTAMEN IKVANTFYSIK del 1 (5A1324, 5A1450 och 5A1323)samtKVANTMEKANIK (5A1320)Torsdagen den 15 december 2005 kl. 14.00 - 19.00———————————————————————————————————————EXAMINATOR: Olle Edholm tel. 5537 8168, oed@theophys.kth.se———————————————————————————————————————1. En kvantmekanisk partikel med massan m kan röra sig i en dimension instängd i ettområde med längden L av en potentialen som är oändlig utanför detta område (och nollinnuti). Vid tiden noll är vågfunktionen:Ψ(x, 0) = 1 √2(φ 1 (x) − iφ 2 (x))där φ 1 (x) är grundtillståndsvågfunktionen medan φ 2 (x) beskriver det första exciteradetillståndet. Bestäm det tidsberoende väntevärdet 〈x〉(t)!(3 p.)———————————————————————————————————————Lösning: Egenvärden och egenfunktioner till det tidsoberoende problemet bestäms lätt(se t.ex. Griffiths Sec. 2.2):E n = n2 π 2¯h 22mL 2 och φ n (x) =√( )2 nπxL sin Lom koordinatsystemet väljs med det tillåtna intervallet som (0, L). Den tidsberoendelösningen till Schrödingerekvationen kan uttryckas med dessa (Griffiths Sec. 2.1) som:∞∑Ψ(x, t) = c n φ n (x)e −iEnt/¯hn=1där koefficienterna bestäms ur begynnelsvillkoret till c 1 = 1/ √ 2, c 2 = −i/ √ 2 och övrigac n = 0. Väntevärdet av x blir då:= 1 2〈x〉(t) =[ ∫ L0∫ L0x|Ψ(x, t)| 2 dx = ∑ ∫ Lc n c ∗ me −i(En−Em)t/¯h xφ n (x)φ ∗ m(x)dx =n,m0x ( φ 1 (x) 2 + φ 2 (x) 2) ∫ ]Ldx − 2 sin ((E 2 − E 1 )t/¯h) xφ 1 (x)φ 2 (x)dx .0Integralerna löses med hjälp trigonometri och partialintegration där de utintegreradebitarna blir noll. Den första blir∫ L[ )0x [ φ 1 (x) 2 + φ 2 (x) 2] dx = 2 L= 2 ∫ L [x 1 − 1 ( ) 2πxL 0 2 cos LDen andra integralen blir:∫ L0xφ 1 (x)φ 2 (x)dx = 2 L∫ L0sin 2 ( πxL( )] 2πx+ sin 2 dx =L− 1 ( )] 4πx2 cos dx = 2 L 2L L 2 = L.∫ L01x sin( ) ( )πx 2πxsin dx =L L

Lösning: De har fyllda elektronskal, dvs nästa elektron skulle ha ett steg högre huvudkvanttal.Detta betyder att det kostar mycket energi både att lägga till och att ta borten elektron.———————————————————————————————————————6. Den elektriska dipolmomentvektorn från en väteatom blir kvantmekaniskt:∫∫∫¯p = −e¯r|Ψ(¯r)| 2 d 3 r,där e är elektronladdningen och Ψ elektronvågfunktionen. Bestäm z-komponenten avdipolmomentet om elektronen befinner sig i följande blandning av 1s och 2p tillstånd:Ψ(¯r) = 1 √2[Ψ 100 (¯r) − Ψ 210 (¯r)](3 p.)———————————————————————————————————————Lösning:∫∫∫p z = −ez|Ψ(¯r)| 2 d 3 r = − e 2∫∫∫z [ Ψ 2 100 + Ψ 2 210 − 2Ψ 100 Ψ 210]d 3 rdär vi har utnyttjat att dessa vågfunktioner är reella. Vågfunktionerna fås ur FS sidan13 och 4:Ψ 100 = √ 1 1π a 3/2 e−r/a och Ψ 210 = 14 √ 12π a r cos 5/2 θe−r/2a ,där a är Bohrradien. I sfäriska koordinater blir de två första integralerana kommer nollpå grund av θ-integralerna:∫ π0cos θ sin θdθ = 0 och∫ πDen resterande integralen blir efter ϕ-integrationen:p z =e2a 4√ 2∫ ∞00cos 3 θ sin θdθ = 0.∫ πr 4 e −3r/2a dr cos 2 θ sin θdθ = [x = 3r02a ] =e ( ) 2a 5 ∫2 ∞2a 4√ x 4 e −x dr2 3 3 0där upprepad partialintegration ger värdet 4! på integralen. Detta ger slutresultatet:p z = 128√ 2243 ae———————————————————————————————————————7. Relativistiskt gäller att den kinetiska energin är:E kin =√p 2 c 2 + m 2 c 4 − mc 2 ≈ p22m −p48m 3 c 2Bestäm i lägsta ordningens störningsräkning den relativistiska korrektionen till den endimensionellaharmoniska oscillatorns energinivåer!(2 p.)3

———————————————————————————————————————Lösning:FS 2.1/2.2 gerE ′ n = − 18m 3 c 2 〈n|p4 |n〉p =i √2√mω¯h(a + − a)vilket gerE ′ n = − ω2¯h 232mc 2 〈n|(a+ − a) 4 |n〉Utveckling av 4-gradsuttrycket ger 16 termer, men bara de termer som innehåller likamånga operatorer av vardera slaget kommer att överleva väntevärdesbildningen. Vi fårdå kvar ett uttryck med sex termer:E ′ n = − ω2¯h 232mc 2 〈n|a+ a + aa + a + aa + a + a + aaa + + aa + a + a + aa + aa + + aaa + a + |n〉,som beräknas med hjälp av FS 2.5 och 2.6:E ′ n = − ω2¯h 232mc 2 (n(n − 1) + n 2 + n(n + 1) + (n + 1)n + (n + 1) 2 + (n + 1)(n + 2) ) == − 3ω2¯h 216mc 2 (n 2 + n + 1/2 )———————————————————————————————————————8. Två icke växelverkande neutroner befinner sig i samma spinntillstånd och är bundna ien endimensionell harmonisk oscillatorpotential (med vinkelfrekvens ω). De befinner sigi det tillstånd som har den lägsta energin som är förenlig med Pauliprincipen. Bestäm〈(x 1 − x 2 ) 2 〉 (där x 1 och x 2 är respektive koordinater)!(3 p.)———————————————————————————————————————Lösning: Den ena av neutronerna måste då ligga i det första exciterade tillståndet. Eftersomrumsdelen av vågfunktionen måste vara antisymmetrisk så har vi:Ψ(x 1 , x 2 ) = √ 1 [φ 0 (x 1 )φ 1 (x 2 ) − φ 1 (x 1 )φ 0 (x 2 )] = mω 1√ (x 2 − x 1 )e −mω(x2 1 +x2 2 )/2¯h .2 ¯h πDet sökta väntevärdet blir då〈(x 1 − x 2 ) 2 〉 =( ) mω 2 ( ) 1∫∫(x 1 − x 2 ) 4 e −mω(x2 1 +x2 2 )/¯h dx 1 dx 2¯h πHär överlever nu bara jämna potenser och vi kan efter byte till dimensionslösa variablerskriva:〈(x 1 − x 2 ) 2 〉 = ¯h ( ) [ 1∫∫(∫) ] 22 y 4mω π1e −y2 1 dy1 e −y2 2 dy2 + 6 y1e 2 −y2 1 dy1 = 3¯hmω4

Alternativt kan problemet lösas med hjälp av stegoperatorer.———————————————————————————————————————9. En jon har banrörelsemängdsmoment, l = 1 och spinn noll i vakuum och därmedtre degenererade energinivåer. Den omges av fyra laddningar i en kristallin omgivning.Detta ger tillsammans med ett yttre magnetfält B som pekar i z-led upphov till en störningsom beskrivs av Hamiltonoperatorn:Ĥ = ᾱ h 2 (ˆL 2 x − ˆL 2 y) + βB¯h ˆL zdär α och β är en reella konstanter medan ˆL i (i = x, y, z) är komponenter av banrörelsemängdsmomentoperatorn.a) Uttryck Ĥ med hjälp av stegoperatorer ˆL ± och ˆL z ! (1 p.)b) Bestäm i lägsta ordningens störningsräkning hur de tre nivåerna flyttas ! (2 p.)c) Bestäm för fallet B = 0 de tre egenfunktionerna. (1 p.)———————————————————————————————————————Lösning: a)vilket ger:ˆL 2 x − ˆL 2 y = [ 1 2 (ˆL + + ˆL − )] 2 − [ 1 2i (ˆL + − ˆL − )] 2 x = 1 2 (ˆL 2 + + ˆL 2 −)Ĥ =α2¯h 2 (ˆL 2 + + ˆL 2 −) + βB¯h ˆL zb) Matriselementen av Ĥ mellan de ostörda tillstånden bestäms nu. Utnyttja för dettaFS 1.22, med l = 1:ˆL ± |1, m〉 =√√l(l + 1) − m(m ± 1)|1, m ± 1〉 = 2 − m(m ± 1)|1, m ± 1〉samt attˆL z |1, m〉 = m|1, m〉Operatorerna ˆL 2 + och ˆL 2 − ger noll på alla tillstånd utom följande två:ˆL 2 −|1 + 1〉 = √ 2¯hˆL − |10〉 = 2¯h 2 |1 − 1〉ˆL 2 +|1 − 1〉 = √ 2¯hˆL + |10〉 = 2¯h 2 |1 + 1〉′Det betyder att 3 × 3 matrisen 〈1m |Ĥ|1m〉 blir:H =⎛⎜⎝−βB 0 α0 0 0α 0 βBEgenvärdesekvationen ∣ ∣∣∣∣∣∣ −βB − E 0 α0 −E 0α 0 βB − E⎞⎟⎠= 0∣5

ger energiegenvärdena, E och kan skrivas:(−βB − E)(−E)(βB − E) + Eα 2 = 0Den har en lösning E = 0, medan de andra två fås ur ekvationen:som ger:E 2 − α 2 − (βB) 2 = 0√E = ± α 2 + (βB) 2c) Med B = 0, blir egenvärdena −α, 0 och +α. Egenfunktionerna blir linjärkombinationerav klotytfunktioner Y 1m med koefficienter som fås ur egenvektorena som i sin tur fås genomatt lösa respektive ekvationssystem. Svaret blir:− 1 √2Y 11 (θ, ϕ) + 1 √2Y 1−1 (θ, ϕ)1 √2Y 11 (θ, ϕ) + 1(E = −α)Y 10 (θ) (E = 0)√2Y 1−1 (θ, ϕ) (E = +α)———————————————————————————————————————10. (5A1324, 3 poängs tentan) En kvantmekanisk partikel rör sig i en attraktiv potentialV (r) = −A/r 3/2 . Uppskatta grundtillståndets (1s) energi genom variationskalkylmed vätelika försöksvågfunktioner!(4 p.)———————————————————————————————————————Lösning: De normerade försöksvågfunktionerna kan skrivas:ψ(r, b) =√b 3/2π e−brEftersom vi intresserar oss för vinkeloberoende tillsstånd är den relevanta radiella delenav Hamiltonoperatorn(Ĥ = − ¯h2 dr 2 d )− A2mr 2 dr dr r 3/2Vi får då energin:∫b3 ∞E(b) = 〈ψ|Ĥ|ψ〉 =π 4π 0= 4b 3 ∫ ∞0[(r 2 e −br − ¯h2 dr 2 d )− A ]e −br dr =2mr 2 dr dr r 3/2[− ¯h2 (b 2 r 2 − 2br ) ]− Ar 1/2 e −2br dr = − 2b2¯h 2 ∫ ∞e ( −2x x 2 − 2x ) dx2mm 0∫ ∞ √−4Ab 3/2 xe −2x dx = b2¯h 2 √ π02m − Ab3/2 2Derivera nu med avseende på b för att hitta minimat:dE(b)db= b¯h2m − Ab1/2 3√ π2 √ 2 = 06

som har två lösningar, b = 0 med energin noll samt ett minimum med negativ energi förb ≠ 0:b = 9π ( ) mA 28 ¯h 2 med energin E = − 27π2 m 3 A 4128 ¯h 6———————————————————————————————————————10. (5A1450, 4 poängs tentan) En väteatom befinner sig vid tiden t ≤ 0 i grundtillståndet.För tider t ≥ 0 utsätts atomen för en tidsberoende störningĤ ′ = eEz exp(−t/T ),där elektronladdningen e,det elektriska fältet E och T är konstanter. Beräkna sannolikheternaför att atomen efter en lång tid (t → ∞) befinner sig i ett tillstånd som ges avkvanttalen(a) n = 2, l = 1, m = 0,(b) n = 2, l = 1, m = 1,(c) n = 2, l = 1, m = −1.(4 p.)———————————————————————————————————————Lösning: Egenfunktionerna för de relevanta energinivåerna är enligt formelsamlingenu 210 (r) =u 100 (r) =( 1u 21±1 (r) = ∓där a är Bohrradien för väte.Vi kan skriva störningendärπa 3 ) 1/2( ) 1 1/2 (exp − r )πa 3 a( ) 1 1/2 (r32πa 3 a cos θ exp − r )2a(r8a sin θ exp(±iϕ) exp − r2aĤ ′ (r, t) = Ĥ′′ (r) exp(−t/T ),Ĥ ′′ (r) = eEz.Med denna beteckning blir (2.29) i formelsamlingendär ¯hω mn = E m − E n ochc 1m = H′′ mni¯h∫ ∞0exp(−t/T ) exp(iω mn t) dt,H ′′ mn =< m|eEz|n > .Här står n för begynnelsetillståndet och m för sluttillståndet. Eftersom H ′′ mn kan varanoll är det praktiskt att börja beräkna detta.),(a). (3 p.) Vi får< u 100 |eEr cos θ|u 210 >=7

1√πa3För denna övergång ärTidsintegralen blir∫1∞√ eE 32πa5(r 2 exp− 3r02a( )eE 2a 5[2 √ 2a 4! − cos3 θ4 3 3e 2) ∫ π∫ 2πr 2 dr cos 2 θ sin θ dθ dϕ =00] π0= 128√ 2 eEa.243ω mn = −8¯h(4πε 0 )a + e 22¯h(4πε 0 )a = 3e 28¯h(4πε 0 )a .∫ ∞0exp(iω mn t) exp(−t/T ) dt =[ exp(iωmn − 1/T )tiω mn − 1/T] ∞0=11/T − iω mn.Sannolikheten för övergång från u 100 till u 210 ges därmed av|c 1m | 2 =e 2 E 2 a 2¯h 2 (ω 2 mn + 1/T 2 )( 128√2243(b) och (c). (1 p.) I dessa fall kommeratt innehålla ϕ-integralen) 2= 215 e 2 E 2 a 23 10 ¯h 2 (ωmn 2 + 1/T 2 ) = 3276859049< u 100 |eEr cos θ|u 21±1 >∫ 2π0exp(±iϕ)dϕ = 0.e 2 E 2 a 2¯h 2 (ωmn 2 + 1/T 2 ) .Sannolikheten för övergång till något av tillstånden med m = ±1 är alltså noll.———————————————————————————————————————8