TEORETISK FYSIK KTH Kvantfysik SI5 för F3 Tisdag 3008 kl. 8.00-3.00 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 5537 8475. 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!
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
Lösning till tentamen i Kvantfysik 3008. (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 /.
. (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
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 0 + 0 aaa a 0 = 0 aa a + 0 aaa Första ordningens korrektion blir därför = 0 aa 0 + 0 aa = 0 a + 0 a = 0 0 + 0 0 = 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 0 3 + 3N + N 0 = 3A mω mω
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.
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