Κβαντομηχανική Ι Λύσεις προόδου. Άσκηση 1

Transcript

1 Κβαντομηχανική Ι Λύσεις προόδου Άσκηση 1 ψ(x) = A Sin (k x), < x < α) Sin (k x) = eikx e ikx i Mε πιθανές τιμές ορμής p = ± ħk, από τον τύπο του De Broglie. Kαθεμιά έχει πιθανότητα 50%. b) p = ψ p ψ = i ħ Sin (k x) d Sin (k x)dx dx = i ħ k Sin (k x) Cos (k x)dx p = 1 ħ k + 1 ( ħ k) = 0 p = 1 ħ k + 1 (ħ k ) = ħ k = 0 Δp = ħ k = ħk

2 Οι λύσεις επιβεβαιώνονται από το παρακάτω διάγραμμα: ο μετασχηματισμός fourier ενός ημιτόνου, δίνει δυο κορυφές, δ-συναρτήσεις με κεντρο τα ±k, συμμετρικά εκατέρωθεν του p=0. Άρα, η μέση τιμή της ορμής είναι 0, και η αβεβαιότητα k. c) p = 0 ιδιοκατάσταση του απειρόβαθου πηγαδιού p = ψ p ψ = ħ 0 nπ/κ nπ/κ = ħ k Sin (k x)dx 0 = ħ k 1 k( nπ + Sin[nπ]) 4 = ħ k 1 4 (nπ) Sin (k x) d Sin (k x)dx dx p = ħ k n π 1

3 nπ k = a p = ħ n π a Δp = ħ n π a = ħ n π a Άσκηση a) ψ = 1 N (ψ 1 + ψ + 3ψ 3 )(ψ 1 + ψ + 3ψ 3 )dx = 1 N (ψ 1 ψ 1 + 4ψ ψ + 9ψ 3 ψ 3 )dx = N ( ) = 14N = 1 N = 1 14 Α = Ν (ψ 1 Αψ 1 + 4ψ Αψ + 9ψ 3 Αψ 3 )dx = 1 14 ( ψ 1 ψ 1 + 0ψ ψ + 7ψ 3 ψ 3 )dx = 5 14

4 b) Α = Ν (ψ 1 Α ψ 1 + 4ψ Α ψ + 9ψ 3 Α ψ 3 )dx = 1 14 (4ψ 1 ψ 1 + 0ψ ψ + 81ψ 3 ψ 3 )dx = ΔΑ = Α Α = = = = = Άσκηση 3 α) Κ = n p n = 1 n (a a ) n = m i 1 4 n a aa a a + a n = 1 4 n aa +a a n = 1 4 ( n aa n + n a a n ) = 1 4 ( n n + 1 n + n n n ) = 1 4 (n + 1) = 1 (n + 1 ) Κ = 1 (n + 1 ) ħω = 1 Ε! Αυτό όμως είναι ένα αποτέλεσμα που περιμέναμε: Η μέση κινητική ενέργεια του αρμονικού ταλαντωτή είναι η μισή ολική ενέργεια, γιατί Ε = Κ + U.

5 β) a 0 = 1 1 a 0 = 1a 1 = 1 a n 0 = 1 3 n n a n 0 = n! n n = a n n! 0 Άσκηση 4 Από θεώρημα του Ehrenfest, a) d x dt b) d p dt = u = F(x) Άσκηση 5 a) i) A A = 1 ( 1 i ) 1 ( 1 + i ) = 1 ( i 1 + i 1 ) = 1 (1 + 1) = A A = 1

6 ii) A B = 1 ( 1 i ) 1 ( 1 i ) = 1 ( 1 1 i 1 + i 1 ) = 1 (1 1) A B = 0 iii) B A = A B = 0 iv) B = A B B = A A = 1 b) ψ(0) = Α ψ(t) = 1 ( 1 e ie 1t/ħ + i e ie t/ħ ) c) P A = A ψ(t) A ψ(t) = 1 ( 1 i ) 1t ( 1 e ie ħ P A = 1 1t 4 (e ie ħ = 1 1t ( 1 1 e ie ħ + e ie t ħ + i 1 e ie t ħ ) = 1 1t (e ie ħ = 1 4 ( E )t ei(e ħ + e ie t ħ ) (e ie 1t ħ + e ie t ħ ) + e i(e 1 E )t ħ ) = 1 4 [ + Cos(ω t)] ω = (E 1 E )/ħ P A = 1 [1 + Cos(ωt)] Aντίστοιχα, P Β = 1 [1 Cos(ωt)] + i e ie t ħ ) + i 1 e ie 1t ħ + e ie t ħ )

7 d) P A μέγιστο όταν Cos(ωt) = 1 ωt = nπ t = nπ/ω P B μέγιστο όταν Cos(ωt) = 1 ωt = (n + 1)π t = (n + 1)π/ω Άσκηση 6 Άσκηση 7 a) L = lm L lm = l(l + 1) lm lm = l(l + 1)

8 (L ) = lm L L lm = l (l + 1) Δ(L ) = (L ) L = 0 b) L z = lm L z lm = m (L z ) = lm L z L z lm = m Δ(L z ) = 0 c) L x = lm L x lm = lm L ++L lm = 0 (L x ) = lm L x L x lm = lm ( L + + L ) lm = = 1 4 lm (L + + L + L + L L + L ) lm = = 1 4 lm (L +L + L L + ) lm = 1 4 ( lm L +L lm + lm L L + lm ) = 1 4 ( l(l + 1) m(m 1) lm L + l, m 1 + l(l + 1) m(m + 1) lm L l, m + 1 ) = 1 ( l(l + 1) (m 1)m l(l + 1) m(m 1) lm lm 4 + l(l + 1) (m + 1)m l(l + 1) m(m + 1) lm lm ) = 1 [l(l + 1) (m 1)m + l(l + 1) (m + 1)m] 4 = 1 4 [l(l + 1) m ] = 1 [l(l + 1) m ]

9 Δ(L x ) = 1 [l(l + 1) m ] d) Aντίστοιχα, Δ(L y ) = 1 [l(l + 1) m ] Άσκηση 8 a) Ηψ = Εψ ħ m d ψ + V(x)ψ = Εψ dx d dx ψ = ae ax (ax ) ħ m ae ax (ax ) + V(x)xe ax = Εxe ax ħ a(ax ) + V(x)x = Εx m V(x) E = ħ a(ax ) m x V(x) E = ħ m a ħ m V(x) = ħ a m x + k, a x ħ E = m a + k Όπου μπορούμε να θέσουμε τη σταθερά k=0.

10 b) V(x) = ħ a 1 m 0 x V(x) = c) K = ħ m 0 = ħ m 0 = a ħ m x e ax dx = ħ a ħ 4ma d xe ax 0 = 1 4a a ħ m dx (xe ax )dx xe ax ae ax (ax )dx xe ax (ax )dx m xe ax dx 0 Κβαντομηχανική Ι K = ħ 8ma Άσκηση 9 H άσκηση μελετά τις καταστάσεις σκέδασης ενός διπλού πηγαδιού, αλλά η φυσική είναι πρακτικά η ίδια.

11 Άσκηση 10 To δυναμικό είναι συμμετρικό, άρα θα υπάρχουν είτε άρτιες είτε περιττές λύσεις. Άρτιες λύσεις Ae kx, ψ(x) = { B(e kx + e kx ), Ae kx, x > a a < x < a x < a

12 Συνέχεια στο x=a, A = B(e ka + 1) Aσυνέχεια παραγώγου στο x=a Ολοκλήρωση εξίσωσης του Schrodinger, Δ dψ dx = m ħ ħ ml ψ(a) = a ψ(a) kae ka B(ke ka ke ka ) = a Ae ka Συνδυάζοντας τις δυο, e ka = ka 1

13 y = e ka y = k a 1 k = 1/a kα Όπως βλέπουμε από τη γραφική, υπάρχει μια άρτια λύση, εκεί που η ευθεία y = ka 1 τέμνει την εκθετική πτώση e ka Newton Raphson: ka = Ή, με το μάτι, kα 1.1 k = me ħ => E = ħ k m = 1.3 ħ m Mε τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε για περιττή λύση στη συνάρτηση e ka = 1 ka

14 y = 1 k a y = e ka k = 1/a k ka = Ε = 0.63 ħ m