Institutt for fysikk, NTNU Fag MNFFY 103 Elektrisitet og magnetisme Vår 2003

Løsningsforslag til øving 5

Veiledning fredag 21. februar

Oppgave 1

a) Vi regner ut venstre side av ligningen:

p̂ψ(z) = −ih̄\frac{d}{dz} e^{ikz} = (−ih̄)(ik)e^{ikz} = h̄kψ(z)

Dermed har vi vist at ψ(z) er egenfunksjon til p̂ med egenverdi p = h̄k.

b) Sammenhengen mellom hastighet og impuls er p = mv. Dermed blir

v = \frac{p}{m} = \frac{h̄k}{m}

Sammenhengen mellom bølgetall k og bølgelengde λ er

λ = \frac{2π}{k}

Dermed er

p = h̄k = h̄\frac{2π}{λ} = \frac{h}{2π} \frac{2π}{λ} = \frac{h}{λ}

Oppgave 2

a) La oss studere passering til høyre for senterlederen. Symmetrien i eksperimentet tilsier at passering til venstre blir helt tilsvarende, men med motsatt fortegn. Dersom elektronet påvirkes av en kraft F⃗ i et tidsrom dt, blir impulsendringen ifølge Newtons 2. lov

dp⃗ = F⃗ dt

Dermed blir endringen i x-komponenten til impulsen

dp_{x} = F_{x}dt

Under forutsetning av at bevegelsen foregår tilnærmet langs z-aksen, og med tilnærmet konstant hastighet v_{z}, kan tidsintervallet skrives som

dt ≃ \frac{dz}{v_{z}}

[Kommentar: Dette må være en rimelig antagelse, ettersom elektronet akselereres i z-retningen når z < 0 men bremses ned i z-retningen når z > 0.] Kraften i x-retningen er bestemt av det elektriske feltet,

F_{x} = −eE_{x}

ettersom elektronets ladning er −e = −1.6 · 10^{−19} C. Komponenten av det elektriske feltet i x-retningen er igjen bestemt av det elektriske potensialet,

E_{x} = −\frac{∂V (x, z)}{∂x}

slik at

dp_{x} ≃ e\frac{∂V (x, z)}{∂x} \frac{dz}{v_{z}}

Total impulsendring finner vi deretter ved å integrere dp_{x}, fra startposisjonen z ≃ −∞ til sluttposisjonen z ≃ ∞:

p_{x} ≃ \frac{e}{v_{z}} ∫_{−∞}^{∞} \frac{∂V (x, z)}{∂x}dz

[Kommentar: Fortegnet på p_{x} er faktisk innebygd i dette uttrykket, ettersom ∂V/∂x er negativ for positive x og positiv for negative x. Dermed skulle det ikke ha vært “±” foran integralet, som det stod i oppgaveteksten.]

b) Med den oppgitte formen på det elektriske feltet kan vi bestemme potensialforskjellen V (r) − V (a):

V (r) − V (a) = − ∫_{a}^{r} E⃗ · dl⃗ = − ∫_{a}^{r} \frac{K}{r′} dr′ = −K|_{a}^{r} ln r′ = K(ln a − ln r)

Ettersom V (a) = V_{a} har vi altså

V (r) = V_{a} + K(ln a − ln r)

Deretter bruker vi at V (b) = 0 for å fastlegge K:

V (b) = 0 = V_{a} + K(ln a − ln b)

dvs

K = \frac{V_{a}}{ln b − ln a}

Hele potensialet blir dermed

V (r) = V_{a} + \frac{V_{a}}{ln b − ln a}(ln a − ln r)
= V_{a} (1 + \frac{ln a − ln r}{ln b − ln a} )
= V_{a} \frac{ln b − ln a + ln a − ln r}{ln b − ln a}
= V_{a} \frac{ln b − ln r}{ln b − ln a}

som skulle vises.

c) Vi regner først ut den deriverte av V mhp x:

\frac{∂V (x, z)}{∂x} = \frac{V_{a}}{ln b − ln a} \frac{∂}{∂x} (− ln \sqrt{x^{2} + z^{2}})
= −\frac{V_{a}}{ln \frac{b}{a}} \frac{∂}{∂x} (\frac{1}{2} ln(x^{2} + z^{2}))
= −\frac{V_{a}}{ln \frac{b}{a}} \frac{2x}{2(x^{2} + z^{2})}
= −\frac{V_{a}}{ln \frac{b}{a}} \frac{x}{x^{2} + z^{2}}

Dermed:

k_{x} = \frac{p_{x}}{h̄} = −\frac{eV_{a}}{h̄v_{z} ln \frac{b}{a}} ∫_{−∞}^{∞} \frac{x dz}{x^{2} + z^{2}}

Integralet løser vi ved å substituere u = z/x:

∫_{−∞}^{∞} \frac{x dz}{x^{2} + z^{2}} = ∫_{−∞}^{∞} \frac{x(x du)}{x^{2}(1 + u^{2})} = ∫_{−∞}^{∞} \frac{du}{1 + u^{2}} =|_{−∞}^{∞} arctan u = \frac{π}{2} + \frac{π}{2} = π

Negativt fortegn på k_{x} virker rimelig, ettersom vi har betraktet passering til høyre for senterlederen, og dermed avbøyning i negativ x-retning. Tallverdien blir

k_{x} = \frac{eV_{a}π}{h̄v_{z} ln \frac{b}{a}}

som vi skulle vise. [Kommentar: Integralet bidrar med en faktor π når vi lar integrasjonsgrensene gå mot uendelig. Med endelige grenser blir bidraget noe mindre: ±2 gir 2.2, ±5 gir 2.75. For et estimat går det fint å bruke ±∞!] Kvadratet av cosinus-funksjonen har maksima når argumentet er 0, ±π, ±2π etc. Det betyr at avstanden Δx mellom to nabomaksima er gitt ved

k_{x}Δx = π

Dersom vi vil ha Δx = 900 Å, betyr det at hastigheten på de innkommende elektronene må være

v_{z} = \frac{eV_{a}π}{h̄k_{x} ln \frac{b}{a}} = \frac{eV_{a}πΔx}{h̄π ln \frac{b}{a}} = \frac{1.6 · 10^{−19} · 10 · 900 · 10^{−10}}{1.05 · 10^{−34} · ln \frac{5·10^{−3}}{0.5·10^{−6}}} = 1.5 · 10^{8} m/s

Dette er en høy hastighet, ca halvparten av lyshastigheten. Det må brukes en akselerasjonsspenning av størrelsesorden

V = \frac{\frac{1}{2}mv_{z}^{2}}{e} = \frac{mc^{2}}{8e} = 64kV

for å produsere elektroner med slike hastigheter. Vel, her må vi vel strengt tatt regne relativistisk: Startenergi (v_{z} = 0, V = 0):

mc^{2} (hvileenergien)

Sluttenergi:

\frac{mc^{2}}{\sqrt{1 − v_{z}^{2}/c^{2}}} − eV

Bevaring av energi gir:

V = \frac{mc^{2}}{e} (\frac{1}{\sqrt{1 − v_{z}^{2}/c^{2}}} − 1)

= \frac{mc^{2}}{e} (\frac{1}{\sqrt{1 − 1/4}} − 1)

= \frac{mc^{2}}{e} \frac{2 − \sqrt{3}}{\sqrt{3}}
≃ \frac{9.1 · 10^{−31} · 9 · 10^{16}}{1.6 · 10^{−19}} · 0.155 ≃ 79 kV