Institutt for fysikk 2014TFY4108 Fysikk

Løysingsforslag for øving 10

Oppgave 1.

I kvar overgang vil energien E = hf = hc/� til det emitterte fotonet vere lik di↵eransen mellom start- og slutt-energien til atomet. Dermed:

E3 � E2 = hc/�32,

E2 � E1 = hc/�21,

E3 � E1 = hc/�31.

Addisjon av dei to første likningane og bruk av den tredje gir

(E3 � E2) + (E2 � E1) = E3 � E1 = hc

✓1

�32+

1

�21

◆=

hc

�31.

Dermed blir 1

�31=

1

�32+

1

�21) �31 =

�32�21

�32 + �21=

800 · 200800 + 200

nm = 160 nm.

Oppgave 2.

(a) Normeringskravet erR1�1 | (x, t)|2 dx = 1. Dermed:

1 =

Z 1

�1| (x, t)|2 dx =

Z 1

�1 ⇤(x, t) (x, t) =

Z 1

�1A

⇤e

�amx

2/~e

iat ·Ae

�amx

2/~e

�iat

= |A|2Z 1

�1e

�2amx

2/~

| {z }p⇡

2am/~

= |A|2r

⇡~2am

) |A| =✓2am

⇡~

◆1/4

.

Her brukte vi at a er reell og positiv (hadde a vore negativ, ville integralet ha vore divergent, og normeringskravet

ville dermed ha vore umogeleg a tilfredsstille). Normeringskonstanten er difor A = |A|ei� =�2am⇡~

�1/4. Fasevinkelen

� kan veljast fritt. Det enklaste er a velje � = 0 slik at A blir reell og positiv. Dermed blir

A =

✓2am

⇡~

◆1/4

.

(b) Med den potensielle energien U(x) = 12m!

2x

2 blir TASL

� ~22m

@

2 (x, t)

@x

2+

1

2m!

2x

2 (x, t) = i~@ (x, t)@t

.

Vi reknar ut dei partiellderiverte, set inn i TASL og deduserer a fra denne. Vi far

@

@x

=�2amx

~ Ae

�amx

2/~e

�iat = �2amx

~ ,

) @

2

@x

2=

@

@x

@

@x

= �2am

~@

@x

(x ) = �2am

~

✓ + x

@

@x

◆= �2am

~

✓1� 2amx

2

~

◆ ,

@

@t

= (�ia)Ae

�amx

2/~e

�iat = �ia .

Innsetjing i TASL gir� ~22m

✓�2am

~

◆✓1� 2amx

2

~

◆ +

1

2m!

2x

2 = i~(�ia) .

Forkorting av den felles faktoren og vidare forenkling gir✓�2ma

2 +1

2m!

2

◆x

2 = 0 ) �2a2 +1

2!

2 = 0 ) a =!

2

der vi igjen brukte at a er positiv (! er positiv).

TFY4108, Løsning-øv10 – s.1

Løysingar av TASL pa forma (x, t) = (x)e�iEt/~

,

der (x) er ein funksjon av x, og E er ein reell konstant, kallast stasjonære tilstandar fordi sannsynlegheitstettleiken| (x, t)|2 er stasjonær (dvs. tidsuavhengig):

| (x, t)|2 = | (x)|2.(Parameteren E er energien til partikkelen.) I dette problemet har vi vist at den oppgitte bølgjefunksjonen (x, t) =

Ae

�amx

2/~e

�iat er ei løysing av TASL for ein harmonisk oscillator (dvs. U(x) = 12m!

2x

2), og vi kan sja at løysingaer pa ovanstaande form med

(x) = Ae

�amx

2/~,

E =~!2.

Denne løysinga er altsa ein stasjonær tilstand. (Den er faktisk løysinga av TASL med den minste mogelege energien.)

Dette systemet (ein partikkel med masse m og potensiell energi U = 12m!

2x

2) kallast ein harmonisk oscillator oger blant dei aller viktigaste systema i kvantemekanikk. Fra tidlegare i kurset veit vi at det ogsa er viktig i klassiskmekanikk: ein partikkel med potensiell energi U(x) = 1

2m!2x

2 vil utføre harmoniske oscillasjonar (harmoniske

svingingar) med vinkelfrekvens ! pga. krafta F = �dU

dx

= �kx (der k = m!

2) som virkar pa partikkelen.

Oppgave 3.

Sja handskrive løysingsforslag som startar pa neste side.

Oppgave 4.

(a) For E < 0 kan TUSL skrivast

00(x) =

2 (x),

der =p2m(�E)/~2 > 0. Den generelle løysinga til TUSL kan da skrivast

(x) = Ae

x +Be

�x

.

Grensebetingelsen (0) = 0 gir da

A+B = 0 ) B = �A ) (x) = A(ex � e

�x) = 2A sinh(x).

Grensebetingelsen (L) = 0 gir da2A sinh(L) = 0.

Sidan L 6= 0 er sinh(L) 6= 0. Difor ma A = 0, som gir

(x) = 0.

Det finst difor ingen fysisk akseptable løysingar for E < 0.

(b) For E = 0 kan TUSL skrivast

00(x) = 0.

Den generelle løysinga til TUSL er da (x) = Ax+B.

Grensebetingelsen (0) = 0 gir daB = 0 ) (x) = Ax.

Grensebetingelsen (L) = 0 gir daAL = 0.

Sidan L 6= 0 ma A = 0, som gir (x) = 0.

Det finst difor ingen fysisk akseptable løysingar for E = 0.

TFY4108, Løsning-øv10 – s.2