Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - .Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ... mehanike re•savani na •casovima ve•zbanja polaznicima kursa Kvantna

  • View
    282

  • Download
    8

Embed Size (px)

Text of Zbirka zadataka iz kvantne mehanike - Nobel - .Zbirka zadataka iz kvantne mehanike Beograd, ......

  • Elektrotehnicki fakultet Univerziteta u Beogradu

    Milan Tadic

    Zbirka zadataka iz kvantne mehanike

    Beograd, 2011.

  • 2

  • Predgovor

    Predgovor I izdanju

    Zbirka zadataka iz kvantne mehanike sadrzi zadatke koji su u okviru dela kursa iz kvantne

    mehanike resavani na casovima vezbanja polaznicima kursa Kvantna mehanika na Odseku za

    fizicku elektroniku. U Zbirku su ukljuceni i neki zadaci sa ispita, kao i interesantni zadaci za

    pripremu za ispit.

    Beograd, 10.6.2010.

    Prof. dr Milan Tadic

    Predgovor II izdanju

    Za slusaoce kursa skolske 2010/11. godine dodato je nekoliko novih zadataka i ispravljene su

    uocesne stamparske greske.

    Beograd, 6.6.2011.

    Prof. dr Milan Tadic

    3

  • 4

  • 1

    Dirakova notacija i matricna

    reprezentacija kvantne mehanike

    1. Hamiltonijan sistema sa 2 nivoa dat je izrazom:

    H =2

    i=1

    |ii|+2

    i=1(j 6=i)|itj|,

    gde ketovi |i i |j formiraju ortonormirani bazis, a i t < 0 su konstante.(a) Odrediti matricu H koja predstavlja H u datom bazisu.(b) Odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore matrice H.

    Resenje. (a) Schrodingerova jednacina ima oblik:

    H = E. (1)

    Razvijmo nepoznatu funkciju u bazis funcija i = |i:

    =

    i

    cii =

    i

    ci|i. (2)

    Rezultat ovog razvoja je:Hc = Ec, (3)

    gde je H Hamiltonova matrica. Matricni element Hij ove matrice je:

    Hij = i|(|11|+ |22|) + (|12|+ |21|)|j. (4)

    Lako se pokaze da su matricni elementi:

    H11 = , H12 = t, H21 = t, H22 = . (5)

    Prema tome, Hamiltonova matrica je:

    H =

    [ t

    t

    ]. (6)

    5

  • 6 1. Dirakova notacija i matricna reprezentacija kvantne mehanike

    Svojstveni problem je, dakle [ t

    t

    ][c1

    c2

    ]= E

    [c1

    c2

    ]. (7)

    (b) Sekularna jednacina je: E t

    t E

    = 0, (8)

    odnosno:( E)2 t2 = 0. (9)

    Resenja ove jednacine su:E = t. (10)

    Osnovno stanja ima energiju + t. Svojstveni vektor koji odgovara ovom stanju se dobija na osnovu:

    c1 + tc2 = ( + t)c1 (11)

    tc1 + c2 = ( + t)c2. (12)

    Odavde sledi:c2 = c1. (13)

    Na osnovu uslova normiranja:2

    i=1

    |ci|2 = 1, (14)

    sledi:c1 =

    12, c2 =

    12. (15)

    Prema tome:

    c+ =12

    [11

    ], (16)

    odnosno:+ =

    12(|1+ |2). (17)

    Slicno se moze pokazati:

    c =12

    [11

    ], (18)

    odnosno: =

    12(|1 |2). (19)

  • 2

    Kvantovanje linearnog harmonijskog

    oscilatora

    1. Izracunati matricni element koordinate x izmedu svojstvenih funkcija LHO, xkn = k|x|n.

    Resenje. Ilustrativan primer primene ovih rekuretnih relacija je racunanje dipolnog matricnog elementa, kojise pojavljuje u teoriji optickih prelaza (dipolni matricni element je zapravo ek|~r|n):

    xkn = k|x|n

    =

    +

    kxndx

    =12

    +

    k

    (n

    2n1() +

    n + 1

    2n+1()

    )d

    =12

    n

    2

    +

    kn1d +

    n + 1

    2

    +

    kn+1d

    .

    (1)

    Ovde je uzeta u obzir cinjenica da je k realno, pa je k = k. Koristeci ortonorniranost svojstvenih funkcijaLHO:

    +

    kndx = kn, (2)

    lako se dobija:+

    knd = kn, (3)

    Odavde sledi:

    xkn =1

    (n

    2k,n1 +

    n + 1

    2k,n+1

    ). (4)

    Jacina matricnog elementa prelaza je proporcionalna energiji stanja sa vecom energijom i, dakle, ista je zaemisiju i apsorpciju energije pri prelazu izmedu dva stanja, kao sto je prikazano na slici.

    7

  • 8 2. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

    Sl. 1. (a) Jacine matricnih elemenata prelaza sa stanja n na stanje n 1 i n + 1. (b) Prelaziizmedju dva stanja imaju iste jacine.

    2. Pokazati da za LHO vazi: (x)2

    (px)2 ~2 .

    Resenje. Srednje kvadratno odstupanje je:

    (x)2 = x2 x2. (5)

    S obzirom da je potencijal simetrican, srednja vrednost koordinate je:

    x = 0. (6)

    Prema tome:

    (x)2 = x2 =+

    nx

    2ndx. (7)

    Ovaj integral se resava visestrukom primenom I rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO. Zamenom:

    x =

    ; =

    m

    ~. (8)

    u izraz za srednju vrednost x2, dobija se:

    x2 = 13

    +

    n

    2nd. (9)

    Na osnovu I rekurentne relacije sledi:

    n() =

    n

    2n1() +

    n + 1

    2n+1(). (10)

  • 9

    Odavde se lako dobija

    2n() =

    n

    2n1() +

    n + 1

    2n+1(). (11)

    odnosno:

    2n() =

    n

    2

    (n 1

    2n2 +

    n

    2n

    )

    +

    n + 1

    2

    (n + 1

    2n +

    n + 2

    2n+2

    ).

    (12)

    Koristimo nadalje cinjenicu da je (videti primer sa dipolnim matricnim elementom):

    +

    knd = kn, (13)

    na osnovu koje sledi:

    x2 = 13

    +

    n

    (n

    2n +

    n + 12

    n

    )d =

    12

    (n +

    12

    ). (14)

    Konacno je dakle:

    (x)2 = x2 = ~m

    (n +

    12

    ), n = 0, 1, 2, ... (15)

    S obzirom da je potencijal paran, a operator linearnog momenta (impulsa) menja parnost svojstvene funkcijeLHO, sledi da je:

    px = 0. (16)

    Za operator impulsa, potrebno je koristiti drugu rekurentnu relaciju svojstvenih funkcija LHO:

    (px)2 = p2x = ~2+

    n

    d2

    dx2ndx = ~2

    +

    n

    d2

    d2nd. (17)

    Na osnovudnd

    =

    n

    2n1()

    n + 1

    2n+1(). (18)

    sledi:d2nd2

    =

    n

    2dn1

    d

    n + 1

    2dn+1

    d. (19)

    Druga primena II rekurentne relacije daje:

    d2nd2

    =

    n

    2

    (n 1

    2n2()

    n

    2n()

    )

    n + 12

    (n + 1

    2n()

    n + 2

    2n+2()

    ).

    (20)

    Koristeci (13), lako se pokazuje da je:

    +

    n

    d2nd2

    d = (

    n +12

    ), (21)

  • 10 2. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

    odnosno(px)2 = p2x = 2~2

    (n +

    12

    )= m~

    (n +

    12

    ). (22)

    Sledi dakle da je: (x)2

    (px)2 = ~

    (n +

    12

    ). (23)

    Minimalna vrednost proizvoda neodredenosti je za n = 0 i iznosi ~/2. Prema tome,

    (x)2

    (px)2 ~2 . (24)

    Ovaj rezultat je identican Hajzenbergovoj relaciji neodredenosti, koja je opsta i vazi za bilo koji potencijal.

    3. Pokazati da je kod LHO ukupna energija En jednaka dvostrukoj srednjoj vrednosti kineticke i potencijalneenergije u n-tom stanju, tj pokazati da vazi En = 2T n i En = 2Un.

    Resenje. Srednja vrednost kineticke energije je:

    T n =+

    n

    p2x2m

    ndx =1

    2m

    +

    np

    2xndx =

    12m

    p2x

    =1

    2mm~

    (n +

    12

    )=~2

    (n +

    12

    )=

    En2

    .

    (25)

    Slicno je:

    Un =+

    n

    12m2x2ndx =

    12x2n = 12m

    2 ~m

    (n +

    12

    )

    =12m2

    ~m

    (n +

    12

    )=~2

    (n +

    12

    )=

    En2

    .

    (26)

    Dakle vazi:T n = Un. (27)

    4. Koristeci operatore kreacije i destrukcije, izvesti rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO.

    Resenje. Koordinata je:

    x =

    ~

    2m(a + a). (28)

    Poznato je:an =

    nn1, (29)

    an =

    n + 1n+1. (30)

    Lako se dobija:

    xn =

    ~

    2m(

    nn1 +

    n + 1n+1). (31)

    Koristeci = x, gde je =

    m/~, lako se dobije:

    n =

    n

    2n1 +

    n + 1

    2n+1. (32)

  • 11

    Ovo je I rekurentna relacija svojstvenih funkcija LHO.Slicno se moze izvesti II rekurentna relacija svojstvenih funkcija LHO. Koristimo:

    p = i

    m~

    2(a a), (33)

    odakle sledi:

    pn = i

    m~

    2(

    n + 1n+1

    nn1), (34)

    odnosno:

    i~ dd

    n = i

    m~

    2(

    n + 1n+1

    nn1). (35)

    Uz zamenu =

    m/~, lako se dobije:

    dnd

    =

    n

    2n1

    n + 1

    2n+1. (36)

  • 12 2. Kvantovanje linearnog harmonijskog oscilatora

  • 3

    Naelektrisana cestica u

    elektromagnetskom polju

    1. Cestica mase m i naelektrisanja q nalazi se u kombinovanom potencijalu LHO ( x2) i homogenog elektricnogpolja usmerenog suprotno od x ose. Odrediti svojstvene energije cestice.

    Resenje. Elektricno polje je:~K = K~ex = d/dx~ex. (1)

    Usvajajuci (0) = 0, = Kx. Sredingerova jednacina je:

    ~2

    2md2

    dx2+

    (12m2x2 + qKx

    ) = E, (2)

    odnosno:

    ~2

    2md2

    dx2+

    12m2

    (x2 +

    2qKm2

    x

    ) = E. (3)

    Potencijal ima oblik parabole sa nulama x1 = 2qK/m2 i x2 = 0 i polozajem minimuma xmin = qK/m2.Vrednost potencijala u minimumu je Umin = q2K2/(2m2), a koeficijent ispred x2 je isti kao bez elektricnogpolja. Drugim recima, efekat elektricnog polja je pomeraj parabole u centru za x = xmin i spustanje paraboleza Umin. Svojstvene vrednosti energije ne zavise od koordinatnog pocetka i imaju iste vrednosti racunate uodnosu na minimum. Dakle,

    En = ~(

    n +12

    ) q

    2K2

    2m2. (4)

    Do ovog rezultata se moze doci dopunom funkcije potencijala do punog kvadrata:

    ~2

    2md2

    dx2+

    12m2

    (x2 +

    2qKm2

    x +q2K2

    m24

    ) =

    (E +

    q2K2

    m24

    ). (5)

    Oznacimo:

    E = E +q2K2

    2m2, (6)

    x = x +qK

    m2. (7)

    13

  • 14 3. Naelektrisana cestica u elektromagnetskom polju

    S obzirom da je:d2

    dx2=

    d2

    dx2, (8)

    lako se dobije:

    ~2

    2md2

    dx2+

    12m2x2 = E. (9)

    Ovo je Sredingerova jednacina za LHO. Sledi:

    E = E +q2K2

    2m2=

    (n +

    12

    )~, (10)

    , odakle se dobije: