Svar till Sammanställning av tentamensuppgifter Kvant EEIGM (MTF057). med V=0 ges lösningen av (efter lite räknande) ψ n (x) = 2

Transkript

1 UEÅ TEKNISKA UNIVERSITET Hans Weber, Tillämpad fysik, 14 Svar till Sammanställning av tentamensuppgifter Kvant EEIGM (MTF57). 1. a) S.E. : h m x ψ + V (x)ψ = Eψ lösningen utanför V= är ψ =, i området med V= ges lösningen av (efter lite räknande) sin(nπx ) Normeringen N = fås ur integralen N sin( nπx ) sin(nπx )dx = 1 b) Energinivåerna ges av (insättning i S.E. av egenfunktionen) E n = h m vilket ger att om vidden på lådan halveras så ökar grundtillståndets energi med en faktor 4. c) Ortogonaliteten sin( nπx ) sin(mπx )dx = cos( πx (n m)) cos(πx (n + m))dx = Integralen cos( πx (heltal))dx = utom då heltalet råkar vara lika med, dvs ψ m och ψ n är ortogonala om m n.. a) E = 3 k BT = 1 mv 3k ; v = B T m = m/s, λ = h p = h mv = h 3mkB T = = m b) Uppgiften utgår. Fotonens energi för väte lika system ges av W f = W n W m där W n = W H Z /n, W H =13.56 ev. För övergång mellan innersta nivåer ger detta. W f1 = Z 13.56(1 1 4 ) = Z 1.17 = hc vilket ger Z = =.69 dvs uppgiften felformulerad. Antagandet nm skall vara Å ger Z=. vilket är långt ifrån ett heltal. 3. a) h d ψ m dx = Eψ och randvillkor ψ() = ψ() =. ösningen till SE är på formen ψ(x) = A cos(kx) + B sin(kx) med randvillkor ger A= och k = nπ; k = nπ med n=1,, 3,... Detta ger E n = h kn m = h n π m och hν = E f = E E 1 = (4 1) h π m ; = 3π h 4mν = 3π = m= 1.17 nm. b) Kinetiska energin i grundtillståndet ges av E 1 = h k π =.76 ev. 19 λ n π m = h 1 π m = 4. This is a dimensional problem with a Schrödinger equation (where V (x, y) = ) like d h h m dxψ(x, y) m dyψ(x, y) = EΨ(x, y) d

2 This equation is separable and the ansatz Ψ(x, y) = ψ(x) ψ(y) gives the following result d d h m dx ψ x(x) h m dy ψ y(y) = E x ψ x (x) + E y ψ y (y) ie two independent one dimensional Schrödinger equations one for the variable x and on for y. We therefor solve the one dimensional problem first and after that we construct the two dimensional solution. To find the eigenfunctions we need to solve the Schrödinger equation which is (in the region where V (x) is zero) h d m dxψ = EΨ d dx Ψ + k Ψ = where k = me h Solutions are of the kind: Ψ(x) = A cos kx + B sin kx Now we need to take the boundary conditions for the wave function Ψ ( Ψ( a ) = Ψ(a ) = ) into account. A cos( ka ) + B sin( ka ) = and A cos(ka ) + B sin(ka ) = Adding the two conditions gives: cos( ka ) = and subtracting them gives sin( ka ) =. These two conditions cannot be fulfilled at the same time, so either A or B has to be zero. We start with A = and we get the following solution: The normalising constant B = a you get from the condition a/ a/ Ψ dx = 1. The condition sin( ka ka ) = gives = π (even integer). The solution is: a sin(nπx a ) with eigenenergys E n = n π h where n =, 4, 6,... Ma (1) In a similar way the other function is analysed (A = ) which gives: The condition cos( ka ka ) = gives = π (odd integer). The solution is: a cos(nπx a ) with eigenenergys E n = n π h where n = 1, 3, 5,... Ma The eigenfunctions in the y direction are the same as for the x direction as the potential is similar for this direction. Now we have the eigenfunctions of the one dimensional problem and the solution to the dimensional problem is readily produced. The eigenfunctions are: Ψ n,m (x, y) = ψ n (x) ψ m (y) eigenenergys E n,m = E n +E m where n = 1,,,. and m = 1,, (3) ()

3 In the area where the potential is infinite the wave function is equal to zero. An alternative route taken by many students has been to present a calculation with the following boundary conditions: Ψ (Ψ() = Ψ(a) = ) into account. In this case the solution is for these boundary conditions: a sin(nπx a ) with eigenenergys E n = n π h where n = 1,, 3,... Ma (4) This solution has to be adapted to the boundary conditions related to this exam problem: a sin(nπ a (x+a )) with eigenenergys E n = n π h where n = 1,, 3,... Ma (5) a sin(nπx a + nπ ) = ( a sin( nπx a ) cos(nπ ) + cos(nπx a ) sin(nπ )). We see that we recover the solution in eq (1), () and (3) as we let n run from 1 to. b) The ground state eigenfunction is given by (using eq. ()) Ψ n=1,m=1 (x, y) = ψ 1 (x) ψ 1 (y) = a cos(πx a ) a cos(πy a ) (6) The next lowest state eigenfunction is given by (using eq. () and (1)). Note there are two eigenfunctions with the same energy (Ψ n=1,m= (x, y)) you may use either one of them. Ψ n=,m=1 (x, y) = ψ (x) ψ 1 (y) = Orthogonality is defined as by explicit calculation a/ x= a/ a/ y= a/ x a sin(πx a ) a cos(πy a ) (7) y Ψ n 1,m 1 (x, y)ψ n,m (x, y) = δ n1,n δ m1,m (8) ( ) ( ) a cos(πx a ) cos(πy a ) a sin(πx a ) cos(πy a ) = calculations = (9)

4 this is a separable integral (in x and y), suggestion do the integral in x first as this will be zero as they belong to different eigenvalues. Thus the calculation ends with a zero as it should. 5. Normering ψn(x, t)ψ n (x, t)dx = 1 ger C sin ( nπx )dx = 1 vilket ger C =. Sannolikheten att finna partikeln i ett intervall dx =.1 nära x = /3 ges av: ψ ψdx = sin(nπ 3 ) sin(nπ 3 ).1 =. sin (n π 3 ). Det blir två fall: =.( 3 ) =.15 om n=1+3k eller n=+3k, k=,1,,... eller = om n=3k, k=1,,3, Systemet är preparerat i vågfunktionen 1 6 [4ψ 1(r) + 3ψ 11 (r) ψ 1 (r) + 1ψ1 1 (r)]. Den är normerad och tex ψ 1 är väte egenfunktionen med kvanttalen n =, l = 1 och m l =. a) För väte E n = n ev ; < E >= 1 36 [ ]( 13.56)eV = ev b) = h l(l + 1) ; < >= 1 36 [ ]4 36 h c) z = m l h; < z >= 1 36 [ ] = h Se Atkins ed7 Problem Den ena gränsen nm är övergång från oändligheten ner till lägsta nivån i serien. Detta ger övergångar ner mot n = 6. Det går också att borja i andra ändan av serien 1368 nm. Denna motsvarar en övergång mellan två närliggande nivåer, n + 1 ner till n. Detta ger också att 1368 nm är mellan n=7 och n=6 dvs n = 6. Serien är 1368 nm, 753 nm, 598 nm, 519 nm,... konvergerar mot 38 nm 8. Visa ψ = Ae ax +bx är grundtillståndet. Det går ut på att sätta in ψ i S.E. Skriv om S.E. till x ψ = m (V (x) E) ψ = [ mkx mk x h h h x + mk x h me ] h Ae ax +bx Bilda derivatorna x ψ = (ax + +bx ; b)aeax x ψ = (4a x + 4abx + b + a)ae ax +bx vilket ger 4a = mk ; a = mk h h, a måste vara mindre än ty annars ej normerbar vågfunktion. Vidare mk x h = 4ab vilket ger b = mk h x. Vidare mk x h me = h b + a = mk x h mk h och detta ger energin E = h k m, dvs grundtillståndets energi och med konstanterna a = mk h och b = mk h x.

5 9. Fotonens energi W f = W n W m där W n = W H /n, W H =13.6 ev. Våglängderna för synligt ljus 4 nm < λ < 7 nm, vilket motsvarar 1.77 ev < W f < 3.1 ev. Prövning ger att synligt ljus kommer från (Balmer serien), m= och n=3,4,... vilket ger W f = 1.89,.55,.86, 3.1 ev Motsvarande våglängder är λ = 656, 486, 434, 41 nm. (Om m=1 är fotonenergierna för stora och om m=3 är fotonenergierna för små.) 1. a) yman serien ges av övergången mellan högre nivåer ner till lägsta nivån (n = 1). Den ges ν = 1 λ = R i(1 1 n ) Serien som ges är för n 1 =,3 resp 4. Vilket ger R i = = cm 1, R i = = cm 1, R i = = cm 1. Medelvärdet blir R i = cm 1 b) Gränsvåglängden ges av λ = 1 1 R i = = m = 11.49Å. Motsvarande energi (=jonisationeenergi) blir E = hc = 1.45eV λ = 11. Relevant radieldel: R 1 (r) = 1 ( ) 3/ Z Zr 3 a a e Zr/a Sannolikheten att hitta den mellan r och r+dr ges av P (r)dr = R 1 (r) r dr och därmed P (r) = R 1 (r) r = konstant r 4 e Zr/a. Extremvärden då derivatan =. dp (r) dr = 4r 3 e Zr/a r 4 Z a e Zr/a = r3 (4 r Z a )e Zr/a. Vilket ger ett maxima för r = 4a (P () = P ( ) = och P (r) alltså ett max). Utan yttre fält (elektriska eller magnetiska) beror väte atomens energi enbart på huvudkvanttalet n och inte på banrörelsemängdsmomentkvanttalet l, och ej heller på m l kvanttalet. Så följande tillstånd har samma energi (se Atkins 6ed sid 353): I) 3s med m l =, 3p med m l = 1, 3p med m l = 1, 3p med m l =. II) 4d med m l = 1, 4p med m l =, 4p med m l = 1. III) 5d med m l = 1, 5p med m l = 1, 5s med m l =. 1. Rewrite the wave function in terms of spherical harmonics: (polar coordinates: x = r sin θ sin φ, z = r cos θ and hence zx = r cos θ sin θ(e iφ + e iφ )/ using the Euler relations) the appropriate spherical harmonics can now be identified and we arrive at ψ(r) = ψ(x, y, z) = N(zx)e r/3a = N r 8π 15 ( Y,1 + Y, 1 )e r/3a. (1) As all the involved Y l,m have l = the probability to get = ( + 1) h = 6 h is one. For the operator z we note the two spherical harmonics have the same

6 pre factor (one has -1 and the other has +1 but the absolute value square is the same) ie they will have the same probability. The probability to find m = h is, for m = 1 h is 1, for m = h is for m = 1 h is 1, and for m = h is. As all the involved Y l,m have l = the probability to get = ( + 1) h = 6 h is one. b. To calculate the expectation value < r > we need to normalise the given wave function if we wish to do the integral. In order to achieve this in a simple way is to identify the radial wave function. As l is equal to we know that n cannot be equal to 1 or it has to be larger or equal to 3. By inspection of eq (1) and we find n = 3 this function has the correct exponential and ( Z 3a ) 3/ ( Zr a ) e Zr/3a. We the correct power of r (r ) and hence R 3, (r) = 7 5 also note that Y,1 and Y, 1 are normalised but the sum ( Y,1 + Y, 1 ) is not normalised. The sum has to be changed to ( 1 Y,1 + 1 Y, 1 ) in order to be normalised. Note that R 3, (r) contains an r term as also a e r/3a term. The wave function can now be completed to the following normalized wave function (note that we do not need to calculate the constant N as all separate parts of ψ(r) are normalised by them selves) ψ(r) = ψ(x, y, z) = N(zx)e r/3a = R 3, (r)( 1 Y,1 + 1 Y, 1 )e r/3a From physics handbook page 9 you find r = 1 [ 3n l(l + 1) ] ( ) a = 1 Z Å = 5.56 Å. You may also do the integral directly like this: r = π π dφ dθ dr r sin(θ) r R 3, (r) [ 3 3 ( + 1) ] ( ) a = 1 1 a = ( 1 Y,1 + 1 Y, 1 ) e r/3a = dr r 3 R 3, (r) e r/3a = 1 a = Å = 5.56 Å. 13. (a) i h t cos ωt = i hω t sin ωt = i hω cos ωt (b) x eikx = ike ikx YES (c) x = axe e ax ax NO cos kx = k sin kx NO (d) x (e) x kx = k NO YES

7 (f) ˆP sin(kx) = sin( kx) = sin(kx) (g) i h z C(1 + z ) = i hc( + z) (h) h YES NO z Ce 3z = h C( 3)e 3z ψ(z) YES (i) C (z z )ze 1 z =? This has to be done in some steps. Start by doing this derivative first: z ze 1 z = z (e 1 z z e 1 z ) = ( ze 1 z ze 1 z + z 3 e 1 z ) = 3ze 1 z z 3 e 1 z. Now you go back to the start: C (z z )ze 1 z = C (z3 e 1 z + 3ze 1 z z 3 e 1 z ) = C (+3ze 1 z ) = ψ(z) YES 14. (a) H = = eV. Uncertainty is defined by: H = H H H = 1 (.31) + 1 (.97) (1.81) (3.35) (4.8) = eV. H = = eV (b) The expression is not unique as we only know the probabilities which are the squares of the coefficients. In the evaluation of H and H only the probabilities are important thats why a different sign ± is of no importance in this calculation. One is: Ψ(z) = 1 ψ 1 (z) + 1 ψ (z) ψ 3 (z) ψ 4(z) ψ 5(z). Another is: Ψ(z) = 1 ψ 1 (z) 1 ψ (z) ψ 3 (z) ψ 4(z) ψ 5(z). (c) By a factor of 4. (All eigenvalues change by a factor of 4)