FY6019 Moderne fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Våren 2017. Løsningsforslag til øving 1.

Oppgave 1: Interferens med C_{60}–molekyler

a) Sublimasjon betyr at stoffet gjennomgår en faseovergang direkte fra fast stoff til gass. Dette skjer så lenge partialtrykket av stoffet i den omgivende atmosfæren er mindre enn trykket som tilsvarer stoffets trippelpunkt.

b) Massen til 1 karbonatom er ca 12 u, der 1 u er ca 1.66·10^{−27} kg. En buckyball har da masse 60·12·1.66·10^{−27} kg ≃ 1.2 · 10^{−24} kg. Inspeksjon av en fotball eller et bilde av en fotball eller en buckyball på nett viser at det går ca 5 bindingslengder på lengden mellom diametralt motsatte atomer. Med bindingslengde 1.4 Å er dette ca 7 Å. Et tillegg på 3 Å for elektronskyen på utsiden gir en diameter omkring 1 nm.

c) Impuls: p = mv = 1.2 · 10^{−24} · 117 = 1.4 · 10^{−22} kg m. Kinetisk energi: K = mv^{2}/2 = 1.2 · 10^{−24} · 117^{2}/2 = 8.2 · 10^{−21} J = 0.051 eV = 51 meV. Bølgelengde: λ = h/p = 6.626 · 10^{−34}/1.4 · 10^{−22} = 4.7 · 10^{−12} m = 4.7 pm. Frekvens: ν = E/h = K/h = 8.2 · 10^{−21}/6.626 · 10^{−34} = 1.2 · 10^{13} Hz.

d) Her er λ/d = 4.7 · 10^{−12}/100 · 10^{−9} = 4.7 · 10^{−5}, som er mye mindre enn 1. Dermed er θ = λ/d = 4.7 · 10^{−5} (radianer) for 1. ordens maksimum. Hvis vi kaller avstanden mellom 0. og 1. ordens maksimum på detektoren for z, har vi tan θ = z/L, med L = 1.2 m. Med θ ≪ 1 kan vi sette tan θ = θ, slik at z = θL = 4.7·10^{−5} ·1.2 = 5.7 · 10^{−5} m = 57 μm. Dette stemmer bra med Fig. 7 i artikkelen.

e) Antall molekyler pr volumenhet i strålen (med partikkelfluks I og hastighet v): n = I/v = 3 · 10^{13}/200 = 1.5 · 10^{11} m^{−3}. Midlere volum pr molekyl: V = 1/n = 6.7 · 10^{−12} m^{3}. Dette tilsvarer en boks med sidekanter L = V^{1/3} = 1.9 · 10^{−4} m = 190 μm. Dette blir da omtrentlig avstand mellom ”nabomolekyler” i strålen, og dette er mye lenger enn apparaturens utstrekning i strålens retning. Vi må derfor konkludere med at molekylene stort sett interfererer med seg selv.

Oppgave 2: Operatorer, egenfunksjoner og egenverdier

a)

\frac{∂ exp(−x^{2})}{∂x} = −2x exp(−x^{2})
\frac{∂ sin kx}{∂x} = k cos kx
\frac{∂ cos kx}{∂x} = −k sin kx

b)

\frac{h̄}{i} \frac{∂ exp(ikx)}{∂x} = h̄k exp(ikx),

dvs vi har fått tilbake samme funksjon som vi startet med, multiplisert med en konstant, h̄k. Følgelig er funksjonen exp(ikx) en egenfunksjon til operatoren p̂_{x} = (h̄/i)∂/∂x, og den tilhørende egenverdien er h̄k. c) Vi trenger den 2. deriverte av den oppgitte funksjonen:

\frac{d exp(−x^{2}/2)}{dx} = −x exp(−x^{2}/2),
\frac{d^{2} exp(−x^{2}/2)}{dx^{2}} = − exp(−x^{2}/2) + x^{2} exp(−x^{2}/2).

Dermed:

ĥ exp(−x^{2}/2) = (−\frac{1}{2} \frac{d^{2}}{dx^{2}} + \frac{1}{2}x^{2}) exp(−x^{2}/2)
= +\frac{1}{2} exp(−x^{2}/2) − \frac{x^{2}}{2} exp(−x^{2}/2) + \frac{x^{2}}{2} exp(−x^{2}/2)
= \frac{1}{2} exp(−x^{2}/2).

Dette viser at e^{−x^{2}/2} er egenfunksjon til operatoren ĥ, med egenverdi 1/2.

Oppgave 3: Noen kontrollspørsmål og små oppgaver

1. Til operatoren p̂_{x} = (h̄/i)(∂/∂x) svarer x-komponenten av partikkelens impuls p.

2. Operatoren for kinetisk energi K(p) bestemmes ved å erstatte p med operatoren (h̄/i)∇ i det klassiske uttrykket for K. Dermed:

K̂ = \frac{(h̄/i)^{2}∇^{2}}{2m} = −\frac{h̄^{2}∇^{2}}{2m} .

3. Siden Ψ_{3} kun avhenger av x, og ikke av y eller z, er det klart at egenverdiene p_{y} og p_{z} begge er lik null. Derivasjon av Ψ_{3} mhp x gir ipΨ_{3}/h̄, som multiplisert med h̄/i gir egenverdien p_{x} = p. Derivasjon to ganger mhp x gir −p^{2}Ψ_{3}/h̄^{2}, som multiplisert med −h̄^{2}/2m gir egenverdien K = p^{2}/2m.

4. Sammenlignet med Ψ_{3} så gir en gangs derivasjon samme resultet, men med motsatt fortegn, slik at her er p_{x} = −p, en plan bølge som forplanter seg i negativ x-retning (hvis p > 0). To gangers derivasjon gir samme resultat som med Ψ_{3}, slik at K blir den samme.

5. Ψ_{3} svarer til fysisk impuls p = p x̂, Ψ_{4} svarer til fysisk impuls p = −p x̂.

6. Derivasjon av cosinus gir sinus, dermed kan ikke cos kx være egenfunksjon til p̂_{x}. 7.

\frac{∂Ψ_{3}}{∂t} = −\frac{ip^{2}}{2mh̄}Ψ_{3}

og

∇^{2}Ψ_{3} = \frac{∂^{2}Ψ_{3}}{∂x^{2}} = −\frac{p^{2}}{h̄^{2}} .

Dermed er

ih̄Ψ_{3} = −\frac{h̄^{2}∇^{2}}{2m} Ψ_{3},

som vi skulle vise.

8. Realdelen av Ψ_{3} er en cosinus-funksjon. En gangs derivasjon mhp t gir som resultat en sinus, mens to gangers derivasjon mhp x gir som resultat en cosinus. Dermed kan realdelen av Ψ_{3} umulig oppfylle SL.

K̂Ψ_{9} = \frac{p^{2}}{2m}Ψ_{9},
p̂Ψ_{9} = p (Ψ_{3} − Ψ_{4}) .

Med andre ord, Ψ_{9} er egenfunksjon til K̂ (med egenverdi p^{2}/2m), men ikke egenfunksjon til p̂ eller p̂_{x}. Dermed kan Ψ_{9} ikke beskrive en fysisk tilstand med veldefinert impuls.

10. Ved temperatur 300 K har vi K = 3k_{B}T/2 = 3·1.38·10^{−23}·300/2 = 6.2·10^{−21} J, dvs ca 39 meV. Med K = p^{2}/2m og p = h/λ har vi λ = h/p = h/\sqrt{2mK} = h/\sqrt{3mk_{B}T} = 6.626·10^{−34}/\sqrt{(3 · 1.67 · 10^{−27} · 1.38 · 10^{−23} · 300)} = 1.45 · 10^{−10} m = 1.45 Å.

11. p̂ψ = (h̄/i)∇ψ = (h̄/i)(ik)x̂ψ = h̄kx̂ψ, som viser at ψ er egenfunksjon til impulsoperatoren, med egenverdi h̄kx̂.

12. SL:

ih̄\frac{∂}{∂t}Ψ(r, t) = ĤΨ(r, t),

med

H = −\frac{h̄^{2}∇^{2}}{2m} + V (r).

TUSL:

HΨ(r, t) = EΨ(r, t).

13. Tilsvarende som i 12, men med ∂^{2}/∂x^{2} i stedet for ∇^{2} og V (x) i stedet for V (r).

Oppgave 4: Partikkel i boks

a) Grunntilstanden, n = 1, har ingen nullpunkter, 1. eksiterte tilstand, n = 2, har ett nullpunkt, osv. Dvs at tilstand n har n − 1 nullpunkter.

b) Grunntilstanden og alle eksiterte tilstander med odde n er symmetriske omkring boksens midtpunkt x = L/2. Tilstander med like n er antisymmetriske omkring L/2. Absoluttkvadratet av bølgefunksjonen er symmetrisk omkring L/2 for alle n.

c) Her er ψ′′_{n}/ψ_{n} = −2mE_{n}/h̄^{2} < 0 for alle n. Det betyr at ψ_{n} krummer inn mot x-aksen. Skisse: d) Vi finner den ønskede sannsynligheten ved å integrere |ψ_{1}(x)|^{2} fra L/4 til 3L/4:

P = ∫_{L/4}^{3L/4} \frac{2}{L} sin^{2} \frac{πx}{L} dx
= \frac{2}{L} · \frac{L}{π} ∫_{π/4}^{3π/4} sin^{2} u du
= \frac{2}{π} ∫_{π/4}^{3π/4} \frac{1}{2} (1 − cos 2u) du
= \frac{1}{π} |_{π/4}^{3π/4} (u − \frac{1}{2} sin 2u)
= \frac{1}{π} (\frac{π}{2} − \frac{1}{2} sin(3π/2) + \frac{1}{2} sin(π/2))
= \frac{1}{π} (π/2 + 1/2 + 1/2)
= 1/2 + 1/π
≃ 0.82,

dvs ca 82%. Her har vi substituert u = πx/L og brukt den trigonometriske identiteten sin^{2} u = (1−cos 2u)/2.

e) Energinivåene er

E_{n} = \frac{n^{2}π^{2}h̄^{2}}{2mL^{2}} .

Med m = 9.11 · 10^{−31} kg, L = 5 · 10^{−9} m og h̄ = 1.05 · 10^{−34} Js finner vi

E_{1} = 2.39 · 10^{−21} J = 15 meV,

og videre E_{2} = 4E_{1} = 60 meV og E_{3} = 9E_{1} = 150 meV. Er dette små eller store energier og energiforskjeller? For å si noe om det, må vi ha noe å sammenligne med, og vi kan knytte det til vår makroskopiske verden ved å sammenligne med typisk termisk energi k_{B}T. Ved romtemperatur, ca 300 K, er k_{B}T ≃ 25 meV. Dette er mindre enn, men av samme størrelsesorden som avstanden fra grunntilstanden til 1. eksiterte tilstand, E_{2} − E_{1} = 45 meV. Med andre ord, denne boksen vil ”oppføre seg kvantemekanisk”: Selv ved romtemperatur vil elektronet befinne seg i grunntilstanden, og det er knapt nok termisk energi tilgjengelig til å eksitere elektronet opp i 1. eksiterte tilstand. Og dersom vi senker temperaturen til f.eks 77 K (som tilsvarer flytende nitrogen), vil elektronet med stor sannsynlighet befinne seg i boksens grunntilstand.

f) Med m = 70 kg og L = 1 m blir E_{1} = 7.8 · 10^{−70} J = 5 · 10^{−48} meV. Det betyr at avstanden fra grunntilstanden til 1. eksiterte tilstand er ca 10^{−47} meV. Setter vi dette lik termisk energi k_{B}T, finner vi at det tilsvarer en temperatur 6 · 10^{−47} K. Med andre ord: Ingen fare for at du ville merke noe til kvantisering i en slik situasjon.