Kvantfysik SI1151 för F3 Tisdag kl

Transkript

1 TEORETISK FYSIK KTH Kvantfysik SI5 för F3 Tisdag 3008 kl Skriv på varje sida Namn och problemnummer Motivera noga Otillräckliga motiveringar leder till poängavdrag Hjälpmedel Teoretisk fysiks formelsamling, BETA, miniräknare Poängsättning 6 poäng per problem Examinator Mats Wallin tel En partikel med massa m befinner sig i grundtillståndet till en endimensionell oändlig potentialbrunn som ges av potentialen { 0 för 0 < x < L V (x = för övrigt (a Bestäm sannolikheten att en positionsmätning ger resultatet L/4 < x < 3L/4. (b Bestäm sannolikheten att en mätning av rörelsemängden ger p > 0.. En spinn / partikel är i tillståndet ψ = C ( + i (a Bestäm värdet på konstanten C så att tillståndet blir normerat. (b Bestäm väntevärdena S x, S y, S z av spinnkomponenterna. 3. En partikel i en endimensionell harmonisk oscillatorpotential störs av en potential av formen H (x = Ax 4 där A är en konstant. Bestäm mha stegoperatorer a, a första ordningens korrektion till grundtillståndsenergin. VÄND!

2 4. Hamiltonianen för vibrationer hos en NH 3 molekyl (ammoniak ges av H = L x + L y I + L z I 3 där I x = I y = I, I z = I 3 är tröghetsmoment. Bestäm de möjliga energinivånerna. 5. Två identiska spinn / fermioner är i en gemensam endimensionell oändlig potentialbrunn med längd L. Fermionerna antas växelverka endast genom sina spinn så att Hamiltonianen blir H = H + H AS S där H, H är Hamiltonianerna för partikel och, och A är en konstant. Bestäm grundtillståndsenergin som funktion av A. Ledning: Bestäm grundtillståndsenergierna för fallen då spinnen är i singlett och triplett tillstånd. LYCKA TILL! Formler Energinivåer och egenfunktioner för en partikel i en oändlig potentialbrunn: E n = kn m, φ n(x = L sin k nx, k n = nπ, n =,, 3,... L

3 Lösning till tentamen i Kvantfysik (a Sannolikheten att en positionsmätning ger resultatet L/4 < x < 3L/4 blir = L = π P (L/4 < x < 3L/4 = = π 3L/4 L/4 3π/4 π/4 3L/4 L/4 sin (πx/l dx = L L π cos x ( 3π 4 π 4 ψ(x dx 3π/4 π/4 sin x dx dx = [ sin x x π π/4 = + π 0.8 ] 3π/4 (b Reella vågfunktioner har inga partikelströmmar (strömmar kräver komplexa vågfunktioner och är därför superpositioner av lika stora och motriktade strömmar. Sannolikheten att en mätning ger ±p är därför lika stora och sannolikheten att mäta p > 0 är därför /.

4 . (a Normering: ψ ψ = C ( i, ( + i = C ( i( + i + = 3 C = Tag därför C = / 3 (b Väntevärden: S x = 3 ( i, ( 0 0 ( + i = 6 ( i, ( + i = 6 ( i + + i = 3 S y = 3 ( i, ( 0 i i 0 ( + i = 6 ( i, ( i + i = 6 ( i +i = 3 S z = 3 ( i, ( 0 0 ( + i = 6 ( i, ( + i = 6 (( i(+i = 6

5 3. Stegoperatorer: a = mω mω (x + ip/mω, a = (x ip/mω x = Första ordningens korrektion till grundtillståndsenergin ges av ( E0 = 0 H 0 = 0 Ax 4 0 = A 0 (a + a 4 0 mω De enda termerna i expansionen av (a + a 4 som ger nollskilt resultat är 0 aa aa aaa a 0 = 0 aa a + 0 aaa Första ordningens korrektion blir därför = 0 aa aa = 0 a + 0 a = = 3 ( E0 = 3A mω mω (a + a Alternativt: Mha [a, a ] =, N = a a fås aa aa + aaa a = aa aa + a(a a + a = aa (aa + = (a a + ((a a + + = (N + ((N + + = 3 + 3N + N Mha n n =, n N n = n, n N n = n blir ( ( E0 = A N + N 0 = 3A mω mω

6 4. Skriv om Hamiltonianen i termer av L = L x + L y + L z och L z: H = L x + L y I + L z I 3 = L x + L y + L z + ( L z I I 3 I = L I + L z Ĩ där /Ĩ = /I 3 /I. Eftersom rörelsemängdsmomentegenfunktionerna uppfyller L lm = l(l + lm och L z lm = m lm så är lm egenfunktioner till H med energiegenvärden l(l + E lm = + m I Ĩ där möjliga kvanttal är heltalen l = 0,,,..., m = 0, ±,.., ±l.

7 5. Energiegenvärdena till H, H är Kopplad bas: E nj = π n j ml, n j =,, 3,..., j =, S = S + S S = (S + S = S + S + S S S S = (S S S Hamiltonianen blir H = H + H A (S S S och energiegenvärdena är E n n s = E n + E n A där S sm s = s(s + sm s, s = 0, [ s(s + ( ] [ + = E n + E n A s(s + 3 ] Spinnsinglett: s = 0, m s = 0, som är antisymmetrisk under utbyte, vilket betyder att rumsdelen av tillståndet måste vara symmetrisk under utbyte. Därför måste båda partiklarna vara i potentialbrunnens grundtillstånd n = för att minimera totala energin, som blir E 0 = E + 3A = π 4 ml + 3A 4 Spinntriplett: s =, m s = 0, ±, som är symmetrisk under utbyte, och rumsdelen måste därför vara antisymmetrisk. Partiklarna måste därför vara i olika tillstånd till potentialbrunnen, och lägst energi fås med n =, : E = E + E A [ ( + 3 ] = π ml + π ml A 4 = 5π ml A 4 De två energierna är lika för A = A c som ges av π ml + 3A c 4 = 5π ml A c 4 A c = 3π ml Slutsats: För A < A c är grundtillståndet en spinnsinglett med grundtillståndsenergi π + 3A, och för A > A ml 4 c är grundtillståndet en trefalt degenererad spinntriplett med energi 5π A. ml 4