1. Låt kommutatorn verka på en vågfunktion och inför att ˆp x = i h d. d2 (xψ(x)) ) = h 2 (x d2 Ψ(x) = i2 hˆp x Ψ(x) [ev] E n = 13, 6 Z2 n 2

Transkript

1 SVAR OCH LÖSNINGSANVISNINGAR TLLL TENTAMEN I KVANTFYSIK del för F5A450 och B5A och 5A4och KVANTMEKANIK 5A0 Måndagen den december 004 kl HJÄLPMEDEL: Formelsamling till kurserna i Fysikens matematiska metoder och Kvantfysik, matematiska tabeller, dock ej tabeller med fysikinnehåll, fickräknare. EXAMINATOR: Olle Edholm tel , oed@theophys.kth.se RESULTATLISTAN: Anslås senast den december på Fysiks anslagstavla, Fysikcentrum, Roslagstullsbacken.. Låt kommutatorn verka på en vågfunktion och inför att ˆp x = i h d dx : [x, ˆp x]ψx = h x d Ψx dx d xψx = h x d Ψx x d Ψx dψx dx dx dx dx = = h dψx dx och slutsatsen blir att [x, ˆp x] = i hˆp x = i hˆp x Ψx p.. Energinivåerna för vätelika atomer är: E n =, 6 Z n [ev] vilket innebär: E = Es Es = E E =, =, 6 = 40, 8 ev. Vinkeldelen av vågfunktionen kan skrivas som en klotytfunktion: p. cos θ[cos θ 5 ] Y 0θ, ϕ vilket innebär att l = och m = 0. Rumsdelen r exp r/4a 0 motsvarar kvanttalen n = 4 och l = vilket är konsistent med vinkelvågfunktionens l =. p. 4. Vi har från FS.6 a + 0 >= > vilket med FS. och p = i h d dx ger: u x = 6 mω h / x = h mω d dx u 0 x = 4 π /4 mω h 7/4 x mω π /4 h 7/4 x h mωx mω xe h h d mω dx u 0 x =

2 p. 5. Se kursboken Griffiths.5. Vi har med en våg som faller in från vänster med amplitud : Ψx = e ikx + Be ikx för x < 0 och Ψx = Ce ikx för x > 0 Randvillkoren i x = 0 blir vilket ger de två ekvationerna som lätt löses: Transmissionskoefficienten blir: Ψ0 = Ψ0+ och Ψ 0+ Ψ 0 = mv 0 h Ψ0 + B = C och ikc + B = mv 0 h C C = + i mv 0 hk T = C = som inte beror på V 0 :s tecken. = [E = + m V0 h 4 k h k m ] = + mv 0 h E p. 6. Utvecklingen efter plana vågor ges av integralen Ψx, t = ake ikx e i hkt/m dk där ak bestäms ur begynnelsevillkoret: Ψx, 0 = e ax = ake ikx dk ak fås antingen ur en Fouriertransformtabell eller ur: e ik x e ax dx = ak e ik k x dxdk = π akδk k dk = πak och vi har ak e ikx e ax dx = ik ax e a dxe k 4a e k 4a Fouriertransformen av en Gaussisk funktion blir en ny Gaussisk funktion. Detta ger Ψx, t e k 4a e ikx e i hkt/m dk = e x 4b ix bk e b dk e x 4b där vi har infört b = bt = 4a + i ht m

3 för att underlätta skrivandet. Observera att b är komplex och tidsberoende. Nu kan vi skriva väntevärdet av x med hjälp av den onormerade vågfunktionen som: x = x Ψx dx Ψx dx = x e Rebx / b dx e Rebx / b dx = = b x e x dx Reb e x dx = b Reb = 4a + a h m t p. 7. De diagonala matriselementen av störhamiltonoperatorn blir: ɛ sin ϕ = ɛ π e iϕ sin ϕe iϕ dϕ = ɛ π sin ϕdϕ = 0 π 0 π 0 och på samma sätt ɛ sin ϕ = 0. De utomdiagonala elementen blir: ɛ sin ϕ = ɛ π e iϕ sin ϕe iϕ dϕ = π 0 π ɛ π e 4iϕ dϕ = i ɛ 4iπ 0 och ɛ sin ϕ = ɛ e +iϕ sin ϕe iϕ dϕ = ɛ e 4iϕ dϕ = i ɛ π 0 4iπ 0 Sekularekvationen som bestämmer störningen E av energinivån blir då: E iɛ/ det iɛ/ E = E ɛ /4 = 0 vilket ger E = ±ɛ/ och de nya energinvåerna: π E = h ma ± ɛ p. 8. Den normerade Gausiska försöksvågfunktionen blir: Ψx, b = b π /4 e bx Beräkna nu väntevärdet av energin som funktion av parametern b. Vi har b p = h π Detta ger: x 4 = b π e bx d dx e bx x 4 e bx dx = 6b dx = h b π Eb = h b m + mω a b E b = 0 = h m mω 6 a b b + 4b x e bx dx = b h

4 vilket ger b = [ 8 / mω a h / Detta ger efter en del elementär algebra minimienergin: E = 4/ 4 [ h ]/ mωa hω p. 9. Spinnvågfunktionerna χ = a, b med a + b = lyder Schrödingerekvationen: med Hamiltonoperatorn: i h χ t = Ĥχ Ĥ = ˆµ B = γ h 0 i B 0σ y = hω 0 i 0 med ω 0 = γb 0 /. Detta innebär att Schrödingerekvationen kan skrivas som ekvationssystemet dat = ω 0 bt dbt = ω 0 at eller med lösningen d at = ω 0 dbt = ω 0at at = A sin ω 0 t + B cos ω 0 t där begynnelsevillkoret a0 =, b0 = 0 bestämmer konstanterna till A = 0 och B = vilket gör att spinnvågfunktionen kan sammanfattas till: χt = De sökta väntevärdena blir sedan: Ŝx = h χ σ x χ = h Ŝy = h χ σ y χ = h Ŝz = h χ σ z χ = h i i = h sin γb 0t = 0 = h cos γb 0t 4 p. 4

5 0. Vi vet att l = och s = / kan koppla sig till totalt rörelsemängdsmoment j = / och j = / Vidare vet vi att Ĵ φ, = 0 Om vi därför opererar med Ĵ = ˆL + Ŝ på vågfunktionerna och finner att resultatet blir noll i det ena fallet så vet vi att den vågfunktionen har j = /. Eftersom vi lätt verifierar att de två vågfunktionerna är ortogonala så måste den andra då ha j = / Med utnyttjande av FS. som gäller för att typer av rörelsem ngdsmomentoperatorer får vi: Ĵ φ j,,, = ˆL Y,0 χ + Y, Ŝ χ + = h Y, χ + h Y, χ = vilket betyder att j = / = h Y, χ Ĵ, = h 5, = h, Vidare har vi för den andra vågfunktionen: Ĵ φ j,,, = ˆL Y,0 χ Y, Ŝ χ + = h Y, χ h Y, χ = 0 vilket innebär att j = / p. 5