Kvantna mehanika-Ispit-Fizicka elektronika Binder1_Part5, Ispiti' predlog Kvantna mehanika. Univerzitet u Beogradu
xbox73
xbox73

Kvantna mehanika-Ispit-Fizicka elektronika Binder1_Part5, Ispiti' predlog Kvantna mehanika. Univerzitet u Beogradu

17 str.
1broj preuzimanja
1000+broj poseta
Opis
Kvantna mehanika-Ispit-Fizicka elektronika Binder1_Part5;
20 poeni
poeni preuzimanja potrebni da se preuzme
ovaj dokument
preuzmi dokument
pregled3 str. / 17
ovo je samo pregled
3 prikazano na 17 str.
preuzmi dokument
ovo je samo pregled
3 prikazano na 17 str.
preuzmi dokument
ovo je samo pregled
3 prikazano na 17 str.
preuzmi dokument
ovo je samo pregled
3 prikazano na 17 str.
preuzmi dokument

Docsity.com

4

Varijacioni metod

1. Odrediti energiju osnovnog stanja LHO pomoću varijacionog metoda, koristeći varijacionu funkciju oblika:

f(x, α) = e−αx 2 . (1)

Rešenje. Integral koji stoji u imeniocu funkcionala energije:

〈f |f〉 = +

−∞ e−2αx

2 dx =

π

2α . (2)

Ovde smo koristili vrednost Puasonovog integrala ∫ +∞ −∞ e

−u2du =

π. Prema tome:

〈E〉 = 〈f |Ĥ|f〉〈f |f〉 = √

2α π

+

−∞ e−αx

2 ( ~

2

2m d2

dx2 +

1 2 2x2

) e−αx

2 dx. (3)

Koristeći: +

−∞ x2ne−αx

2 dx =

(2n− 1)!! 2n

π

α2n+1 (4)

lako se dobija: +

−∞ e−αx

2 ( ~

2

2m d2

dx2

) e−αx

2 dx =

~2

2m

π

2α α (5)

i +

−∞ e−αx

2 (

1 2 2x2

) e−αx

2 dx =

1 2 2

1 4α

π

2α , (6)

odnosno: 〈E〉 = α~

2

2m +

2

8α . (7)

Minimum ove funkcije je: d〈E〉 dα

= ~2

2m − mω

2

8α2 (8)

Odavde sledi da je: α0 =

2~ . (9)

23

Docsity.com

24 4. Varijacioni metod

Drugi izvod 〈E〉 po α daje: d2〈E〉 dα2

∣∣∣∣ α=α0

= 2

4α3 > 0. (10)

Optimalna vrednost za 〈E〉 je: 〈E〉(α0) = ~ω2 , (11)

a svojstvena funkcija:

ψ(x, α0) = 4 √

π~ e−

mωx2 2~ , (12)

što predstavlja i tačno rešenje (videti poglavlje o LHO). 2. Odrediti energije osnovnog i prvog vǐseg stanja elektrona u beskonačno dubokoj kvantnoj jami širine 2a, ako su probne funkcije unutar jame (|x| ≤ a):

parno stanje: f(x, α) = (a2 − x2)(1 + αx2); (13)

neparno stanje: f(x, α) = (a2 − x2)(x + αx3). (14)

Rešenje. Oblik Hamiltonijana u oblasti |x| ≤ a je:

= ~ 2

2m d2

dx2 . (15)

Za energiju koristimo jedinicu eV, a za dužinu nm. Za brojnu vrednost usvajamo približno ~2/2m = 0, 0381 eVnm2. Funkcional energije je:

〈E〉 = 〈f |Ĥ|f〉〈f |f〉 . (16)

Potrebno je rešiti integrale oblika:

a

−a xndx =

xn+1

n + 1

∣∣∣∣ +a

−a =

  

2an+1

n+1 , n parno

0, n neparno . (17)

Za parno stanje:

〈E〉 = 3~ 2

4ma2 11a4α2 + 14a2α + 35

a4α2 + 6a2α + 21 . (18)

Odredimo prvi izvod funkcionala po α. Na osnovu uslova d〈E〉/dα = 0:

13a4α2 + 98a2α + 21 = 0. (19)

Samo rešenje:

α0 = 0.22075 a2

(20)

dovodi do minimuma. Vrednost funcionala u α0 je:

〈E〉(α0) = 0, 0940094 a2

eV. (21)

Za neparno stanje:

〈E〉 = 11~ 2

4ma2 23a4α2 + 54a2α + 63 5a4α2 + 22a2α + 33

. (22)

Docsity.com

25

Odredimo d〈E〉/dα = 0, što se svodi na:

59a4α2 + 222a2α + 99 = 0. (23)

Samo jedno rešenje dovodi do minimuma:

α0 = 0, 516975 a2

, (24)

a vrednost energije u minimumu je:

〈E〉(α0) = 0, 376252 a2

. (25)

Tačna rešenja su:

E1 = ~2

8m π2 · 12

a2 =

0, 0940080 a2

(26)

i E2 =

~2

8m π2 · 22

a2 =

0, 376032 a2

. (27)

Uočava se da je bolja procena dobijena za energiju osnovg stanja, jer je greška na petoj značajnoj cifri. 3. Primenom varijacionog metoda naći energiju osnovnog stanja trodimenzionog izotropnog LHO, sa potenci- jalom oblika U(r) =

2r2

2 (r je radijus). Za varijacionu funkciju uzeti f(r) = A(1+αr)e −αr, gde je α varijacioni

parametar. Napomena: poznato je

0

rne−ardr = n!

an+1 .

Rešenje. Primenimo uslov normiranja na varijacionu funkciju:

〈f |f〉 = A2

0

(1 + αr)2e−2αr4πr2dr = 1, (28)

odnosno:

4πA2

0

(r2 + 2αr3 + α2r4)e−2αrdr = 4πA2 (

2 23α3

+ 2 · 6α 24α4

+ 24α2

25α5

) =

7πA2

α3 = 1. (29)

Odavde:

A = α3/2

7π . (30)

Hamiltonijan za l = 0 stanje je:

= ~ 2

2m 1 r2

d

dr

( r2

d

dr

) +

2r2

2 = + Û . (31)

Srednja vrednost energije je:

〈E〉(α) = 〈T 〉+ 〈U〉 =

0

(f∗Ĥf)4πr2dr = 4π

0

(fT̂ f)r2dr + 4π

0

(fÛf)r2dr. (32)

Ovde je:

〈T 〉 = ~ 2

2m 4πα2A2

0

(1 + αr)(αr − 3)e−2αrdr = 3~ 2

14m α2 = C1α2, (33)

〈U〉 = 1 2 24πA2

0

(1 + αr)2r4e−2αrdr = 81 28

2

α2 =

C2 α2

. (34)

Docsity.com

26 4. Varijacioni metod

Prvi izvod po α je: d〈E〉 dα

= 2C1α− 2C2 α3

= 0 → α0 = 4 √

C2 C1

= 4 √

27m2ω2

2~2 . (35)

Zamenom u 〈E〉(α): 〈E〉(α0) = 97

√ 3 2 ~ω ≈ 1, 57~ω. (36)

Podsetimo se da je tačna vrednost svojstvene energije izotropnog 3D harmonijskog oscilatora 32~ω. 4. Izračunati aproksimativnu vrednost svojstvene energije osnovnog stanja čestice koja se nalazi u potencijalnoj jami:

U(x) =

   ∞ x ≤ 0 ax x > 0

, (37)

varijacionim metodom, ako je probna funkcija f(x) = xe−bx/2. Uzeti m = 0, 038m0, gde je m0 masa slobodnog elektrona i a = 1/6 eV/nm. Rešenje. Ova varijaciona funkcija ima posebno ime (Fang-Howard). Srednja vrednost energije je:

〈E〉 = 〈f |Ĥ|f〉〈f |f〉 . (38)

Odredimo prvo 〈f |f〉:

〈f |f〉 =

0

x2e−bxdx = 2 b3

. (39)

Za Hamiltonijan = + U : 〈f |Ĥ|f〉 = 〈f |T̂ |f〉+ 〈f |U |f〉. (40)

Drugi izvod funkcije f je:

f ′′ = (e−bx/2 + x(−b/2)e−bx/2)= ( −b + b

2

4 x

) e−bx/2. (41)

Dakle:

〈f |T̂ |f〉 = ~ 2

2m

 −b

0

xe−bxdx + b2

4

0

x2e−bxdx

  = ~

2

2m

( −b 1!

b2 +

b2

4 2! b3

) = ~2

2m 1 2b

. (42)

Očekivana vrednost potencijalne energije je:

〈f |U |f〉 = a ∞

0

x3e−bxdx = a 3! b4

. (43)

Srednja vrednost je, dakle:

〈E〉 = ~ 2

2m b2

4 +

3a b

. (44)

Prvi izvod po b je: d〈E〉 db

= ~2

2m b

2 3a

b2 = 0. (45)

Odavde sledi:

b = 3 √

6a 2m ~2

. (46)

Za date brojne podatke: b = 1 nm1. (47)

Docsity.com

27

Lako se proveri da je za bilo koje b > 0 drugi izvod:

d2〈E〉 db2

= ~2

4m +

6a b3

> 0, (48)

tj funkcional 〈E〉(b) je konkavna kriva za b > 0. Srednja vrednost energije je:

〈E〉 = 1 eVnm2 1 4 nm2

+ 3 6

eV = 0, 75 eV. (49)

Za ovaj potencijal, moguće je dobiti analitičko rešenje. Diferencijalna jednačina u oblasti x ≥ 0 je oblika:

~ 2

2m d2ψ

dx2 + axψ = Eψ. (50)

Ova jednačina se rešava uz smene: 2ma ~2

= 1 l3

, (51)

2mE ~2

= λ

l2 , (52)

ξ = x

l − λ. (53)

Granični uslovi: ψ(x = 0) = 0, ψ(x →∞) = 0 (54)

postaju: ψ(x = −λ) = 0, ψ(x →∞) = 0. (55)

Opšte rešenje ove diferencijalne jednačine je linearna kombinacija Airyjevih funkcija:

ψ(ξ) = Ai(ξ) + Bi(ξ). (56)

Od dva fundamentalna rešenja, samo Ai je konačno u celom relevantnom domenu. Prema prvom graničnim uslovu (ψ(−λ) = 0), λ je apsolutna vrednost nule Airyjeve funkcije. Vrednost energije osnovnog stanja se dobija na osnovu vrednosti prve nule Airyjeve funkcije, koja je:

−λ1 ≈ −2, 338. (57)

Prema tome

E1 = ~2

2m λ

l2 2, 338 3

√ ~2 2m

a2 = 0, 708 eV. (58)

Docsity.com

28 4. Varijacioni metod

Docsity.com

5

Teorija perturbacija zavisnih od

vremena

1. Elektron se nalazi u osnovnom stanju (n = 0) LHO u trenutku t = 0. Konstantno električno polje intenziteta K primeni se na elektron duž x ose za vreme t od trenutka t = 0. Izračunati verovatnoću prelaza sa nivoa n = 0 na nivo n = 1. Rešenje. Verovatnoća prelaza (videti poglavlje posvećeno perturbaciji nezavisnoj od vremena):

P (1) 10 (t) =

2 ~2 |H ′10|2F (t, ω10). (1)

Za LHO, ω10 = E10/~ = ω = const. Funkcija F je:

F (t, ω10) = F (t, ω) = 2 sin2(ωt/2)

ω2 . (2)

Ovde je q = −e. Matrični element prelaza je:

H ′10 =

+

−∞ ψ

(0) 1 (x)(eKx)ψ

(0) 0 (x)dx = eK〈ψ(0)1 |x|ψ(0)0 = eK〈ψ(0)0 |x|ψ(0)1 〉. (3)

Koristeći I rekurentnu relaciju za svojstvene funkcije LHO:

〈ψ(0)0 |x|ψ(0)1 = √

~

〈ψ(0)0 |

1 2 ψ

(0) 0 + ψ

(0) 2 =

√ ~

2mω 〈ψ(0)0 (0)0 =

√ ~

2mω . (4)

Prema tome:

P (1) 10 (t) =

2 ~2

~ 2

e2K2 2 sin2(ωt/2)

ω2 =

2e2K2

m~ sin2(ωt/2)

ω3 =

e2K2

m~ω F (t, ω). (5)

2. Na česticu u potencijalu jednodimenzionog LHO deluje vremenski zavisna perturbacija oblika V (x, t) = Cxe−t

22 , −∞ < t < +, τ = const. U okviru vremenski zavisne teorije perturbacija I reda izračunati verovatnoću prelaza iz k-tog stanja za t → −∞ u j-to stanje za t → +. Rešenje. Za prelaz iz stanja k u trenutku t → −∞ u stanje j u t →∞ je (možemo zameniti t′ sa t, jer je gornja granica +):

c (1) j (+) =

1 i~

+

−∞ H ′jke

iωjktdt. (6)

29

Docsity.com

30 5. Teorija perturbacija zavisnih od vremena

Ovde smo uzeli u obzir činjenicu da je u t → −∞ uključena perturbacija. Ovde je:

H ′jk =

+

−∞ ψ

(0)∗ j V (x, t)ψ

(0) j dx = Ce

−t22 +

−∞ ψ

(0)∗ j xψ

(0) k dx. (7)

Već ranije smo odredili:

+

−∞ ψ

(0)∗ j xψ

(0) k dx =

√ ~

(√ k

2 δj,k−1 +

k + 1

2 δj,k+1

) . (8)

Prema tome, dozvoljeni su samo prelazi na susedna stanja, tj sa k na j = k + 1 i j = k − 1. Drugim rečima, Borova kružna učestanost je ωjk = (j − k)ω = ±ω, gde znak plus odgovara prelazu k → k + 1, a znak prelazu k → k − 1. Matrični element prelaza je:

H ′mn = qe −t22 . (9)

gde je:

q = C

√ ~

(√ k

2 δj,k−1 +

k + 1

2 δj,k+1

) . (10)

S obzirom da je Borova ugaona učestanost jednaka ±ω:

c (1) j (+) =

1 i~

+

−∞ qe−t

22e±iωtdt. (11)

Dopunom do punog kvadrata:

+

−∞ e−t

22e±iωtdt =

+

−∞ e−ω

2τ2/4e−(t∓iωτ 2/2)2dt =

√ πτe−ω

2τ2/4. (12)

ovde smo koristili u = t∓ iωτ2/2 i vrednost Puasonovog integrala: +

−∞ e−βu

2 du =

π/β, (13)

gde je β proizvoljna pozitivna konstanta. Prema tome, verovatnoća prelaza iz stanja m u stanje n je:

P (1) jk (+) = |c(1)j (+)|2 =

q2

~2 πτ2e−ω

2τ2/2, (14)

odnosno:

P (1) jk (+) =

C2~ ~2

(√ k

2 δj,k−1 +

k + 1

2 δj,k+1

)2 πτ2e−ω

2τ2/2. (15)

Dalje je: (√

k

2 δj,k−1 +

k + 1

2 δj,k+1

)2

= k

2 δ2j,k−1 + 2

k

2

k + 1

2 δj,k−1δj,k+1 +

k + 1 2

δ2j,k+1.

(16)

S obzirom da j ne može istovremeno biti jednako k − 1 i k + 1 sledi:

P (1) jk (+) =

πτ2C2

~

( k

2 δj,k−1 +

k + 1 2

δj,k+1

) e−ω

2τ2/2. (17)

Docsity.com

6

WBK metod

1. Primeri

1. Odrediti koeficijent transmisije kroz pravougaonu potencijalnu barijeru visine U0 i širine a pomoću WBK metoda i uporediti dobijeni rezultat sa tačnim rezultatom. Rešenje. Tačno rešenje je:

T = 1

1 + U 2 0 sh

2κa 4E(U0−E)

. (1)

Ako je κa À 1, tada je: shκa =

eκa − e−κa 2

≈ e κa

2 , (2)

sh2κa ≈ e 2κa

4 . (3)

Prema tome: T ≈ 1

1 + U 2 0

16E(U0−E)e 2κa

16E(U0 − E) U20

e−2κa = 16 E

U0

( 1− E

U0

)

︸ ︷︷ ︸ ξ

e−2κa. (4)

Po WBK metodu, treba izračunati:

I = 1 ~

a

0

√ 2m(U0 − E)dx = 1~

√ 2m(U0 − E)a = κa. (5)

i koeficijent transmisije je po WBK: T ≈ e−2κa. (6)

Zavisnosti prefaktora ξ = 16 EU0

( 1− EU0

) u izrazu za koeficijent transmisije (4) je kao na slici i vidi se da

WBK rezultat odgovara ξ = 1. 2. Odrediti koeficijent transmisije kroz trougaonu barijeru, kao na slici, koristeći WBK metod. Rešenje. Koristimo izraz:

T = e−2I . (7)

Ovde je:

I = 1 ~

+b

−b

√ 2m[U(x)− E]dx. (8)

31

Docsity.com

32 6. WBK metod

Sl. 1. Oblik funkcije ξ(E/U0).

Sl. 2. Trougaona barijera.

Docsity.com

1.. Primeri 33

S obzirom da je funkcija parna:

I = 2 ~

b

0

√ 2m[U(x)− E]dx (9)

Funkcija U(x) u oblasti 0 < x < a je:

U(x) = U0 a

(a− x) (10)

Osim toga E = U(x = b), odnosno:

E = U0 a

(a− b). (11)

Prema tome:

I = 4 ~

b

0

√ 2m

U0 a

(b− x) = 8 3~

√ 2mU0

a b3/2. (12)

Prema tome koeficijent trensmisije je:

T = exp

[ 8

3~

√ 2mU0

a

( U0 − E

U0 a

)3/2] . (13)

3. Odrediti svojstvene energije LHO pomoću WBK metoda.

Rešenje. Potencijal LHO je dat izrazom:

U(x) = 1 2 2x2. (14)

WBK uslov kvantovanja je:

1 ~

+a

−a pdx =

( n +

1 2

) π, (15)

gde je:

p(x) = √

2m(E − U(x)). (16)

S obzirom da je U(x) parna funkcija:

2 ~

+a

0

pdx = (

n + 1 2

) π, (17)

Ukupna energija je vrednost potencijalne energije u povratnoj tački:

E = 1 2 2a2. (18)

Prema tome: a

0

pdx =

a

0

√ 2m

1 2 2(a2 − x2)dx = mωa

a

0

√ 1− x

2

a2 dx. (19)

Stavimo smenu x/a = sin t, pa sledi:

mωa2 π

0

cos2 tdt = mωa2 π

4 . (20)

Sledi: 2 ~ mωa2

π

4 =

( n +

1 2

) π. (21)

Docsity.com

34 6. WBK metod

Sl. 3.

Prema tome, svojstvene vrednosti za energiju su:

E = (

n + 1 2

) ~ω, (22)

što se poklapa sa tačnim rešenjem. Svojstvene funkcije izračunate pomoću WBK se medjutim ne poklapaju sa tačnim, kao što je napred rečeno. 4. Čestica mase m nalazi se iznad horizontalne ravni, kroz koju ne može da prode, već samo da se elastično odbije (beskonačni potencijal) i kreće se pod uticajem gravitacije (ubrzanje g = const). Primenom WBK aproksimacije naći dozvoljene vrednosti energije ove čestice. Rešenje. Situacija i oblik potencijalne jame se prikazani na slici.

Prema WBK uslovu kvantovanja u potencijalnoj jami:

1 ~

b

0

p(z)dz = (

n + 1 2

) π~, (23)

gde su 0 i b povratne tačke. Ovaj integral se svodi na:

b

0

√ 2m(E −mgz)dz =

2m

b

0

E −mgzdz. (24)

Zamenimo: t = E −mgz, (25)

−mgdz = dt. (26)

Donja granica integracija je E, a gornja granica je 0, jer se prava U = E i U = mgz seku u ovoj tački. Sledi:

b

0

pdz = − √

2m mg

0∫

E

√ tdt =

√ 2

mg2 2 3 E3/2. (27)

Dakle,

En = 3

√ 9mg2π2~2

8

( n +

1 2

)2 . (28)

Uporediti ovaj rezultat za neke izabrane vrednosti parametara sa tačnim rezultatom.

Docsity.com

7

Spin

1. Odrediti svojstvene vrednosti spinskog operatora ~̂S elektrona u pravcu definisanom jediničnim vektorom ~n koji leži u xz ravni. Rešenje. Treba odrediti:

~n~̂Sχ = λχ, (1)

gde χ označava spinor. Za proizvoljni pravac u xz ravni:

~n = sin θ~ex + cos θ~ez. (2)

Skalarni proizvod je:

~n · ~̂S = (sin θ~ex + cos θ ~ez) · (Ŝx~ex + Ŝy ~ey + Ŝz ~ez) = Ŝx sin θ + Ŝz cos θ. (3)

Komponente operatora spina duž pojedinih osa su:

Ŝx = ~ 2 σ̂x =

~ 2

[ 0 1 1 0

] , (4)

Ŝy = ~ 2 σ̂y =

~ 2

[ 0 −i i 0

] , (5)

Ŝz = ~ 2 σ̂z =

~ 2

[ 1 0 0 1

] . (6)

Skalarni proizvod ~n i ~̂S je:

~n · ~̂S = ~ 2

[ 0 1 1 0

] sin θ +

~ 2

[ 1 0 0 1

] cos θ. (7)

Sledi:

~n · ~̂S = ~ 2

[ cos θ sin θ sin θ − cos θ

] . (8)

Svojstvena vrednost se dobija na osnovu: ∣∣∣∣∣ ~ cos θ/2− λ ~ sin θ/2 ~ sin θ/2 ~ cos θ/2− λ

∣∣∣∣∣ = 0. (9)

35

Docsity.com

36 7. Spin

Treba, dakle, rešiti jednačinu:

~ 2

4 cos2 θ + λ2 ~

2

4 sin2 θ = 0. (10)

Odavde lako sledi da je:

λ = ±~ 2 . (11)

2. Odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore spinskog operatora ~̂S u pravcu odredenom jediničnim vektorom ~n, koji je proizvoljno orijentisan u prostoru. Rešenje. Treba rešiti svojstveni problem:

~n · ~Sχ = ~ 2 λχ. (12)

Vektor ~n u sfernom koordinantom sistemu ima oblik:

~n = sin θ cos ϕ~i + sin θ sin ϕ~j + cos θ~k. (13)

Dalje je:

~n · ~S = Sx sin θ cos ϕ + Sy sin θ sin ϕ + Sz cos θ. (14)

Poznajući oblike Paulijevih spinskih matrica:

~n · ~S = ~ 2

[ 0 1 1 0

] sin θ cos ϕ +

~ 2

[ 0 −i i 0

] sin θ sin ϕ +

~ 2

[ 1 0 0 1

] cos θ. (15)

Dalje je:

~n · ~S = ~ 2

[ cos θ sin θ(cos ϕ− i sin ϕ)

sin θ(cos ϕ + i sin ϕ) cos θ

] = ~ 2

[ cos θ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ

] . (16)

Svojstveni problem se, dakle, svodi na:

[ cos θ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ

] χ = λχ. (17)

Sekularna jednačina je: ∣∣∣∣∣ cos θ − λ e−iϕ sin θ eiϕ sin θ − cos θ − λ

∣∣∣∣∣ = 0, (18)

odnosno:

(cos θ − λ)(cos θ + λ)sin2 θ = 0. (19)

Odavde se lako dobija:

λ = ±1. (20)

Svojstveni vektor za λ = 1 je: [ cos θ e−iϕ sin θ

eiϕ sin θ − cos θ

][ χ1

χ2

] = λ

[ χ1

χ2

] . (21)

Iskoristimo samo prvu jednačinu:

χ1 cos θ + χ2e−iϕ sin θχ2 = χ1. (22)

Drukčije napisano:

χ1(1cos θ) = χ2e−iϕ sin θ. (23)

Docsity.com

37

Zamenimo: 1cos θ = 2 sin2 θ

2 , (24)

sin θ = 2 cos θ

2 sin

θ

2 (25)

u gornji izraz. Jednostavno sledi:

χ2 = atg θ

2 eiϕ. (26)

Koristeći uslov normiranja: 1|2 + 2|2 = 1, (27)

lako se dobija:

χ↑ =

[ cos θ/2

eiϕ sin θ/2

] . (28)

Slično se za λ = 1 dobija: χ↓ =

[ sin θ/2 eiϕ cos θ/2

] . (29)

3. Hamiltonijan čestice spina s = 3/2 je oblika:

= α

~2 (Ŝx

2 + Ŝy

2 2Ŝz2)− β~ Ŝz, (30)

gde su α i β konstante. Odrediti svojstvene energije ovog Hamiltonijana. Rešenje. Hamiltonijan se može napisati u formi:

= α

~2 (

~̂S2 − 3Ŝ2z ) − β ~

Ŝz. (31)

S obzirom da operatori ~̂S2 i Ŝz komutiraju, slično kao ~̂L2 i L̂z, ~̂S2 i Ŝz imaju zajedničke svojstvene funkcije. Lako se zaključuje da komutira i sa ~̂S2 i sa Ŝz, pa su svojstveni vektori (spinori) isti. Označimo ove spinore sa χ. Sledi:

E = 〈χ|Ĥ|χ〉 = α ~2

[ ~2s(s + 1)3~2m2s

]− β ~ ~ms =

15 4

α−ms(3αms + β). (32)

Vrednost ms nije data, pa je ostavljamo u opštim brojevima. 4. (a) Poznajući Paulijeve spinske matrice za elektron odrediti svojstvene vrednosti projekcije spinskog oper- atora na pravac definisan jediničnim vektorom ~n = (~ex + ~ey)/

2, gde su ~ex i ~ey jedinični vektori Dekartovog

koordinantnog sistema. (b) Odrediti normalizovane svojstvene spinore za slučaj razmatran pod (a). Rešenje. Rešavamo svojstveni problem oblika:

~n · ~̂S = λχ. (33)

Jedinični vektor je:

~n = 12 (~ex + ~ey). (34)

Prema tome: 12

( Ŝx + Ŝy

) = λχ, (35)

odnosno: 12 ~ 2

[ 0 1

2 ~ 2 (1− i)

12 ~ 2 (1 + i) 0

] χ = λχ. (36)

Docsity.com

38 7. Spin

Sekularna jednačina je: ∣∣∣∣∣ −λ 1

2 ~ 2 (1− i)

12 ~ 2 (1 + i) −λ

∣∣∣∣∣ = 0. (37)

Svojstvene vrednosti se dobijaju rešavanjem jednačine:

λ2 1 2 ~2

4 · 2 = 0, (38)

odakle se lako dobije:

λ1,2 = ±~2 . (39)

(b) Za λ1 = ~/2, stavljajući χ1 = 1, na osnovu prve jednačine:

12 ~ 2 (1− i)χ2 = ~2χ1, (40)

lako se dobije:

χ2 = 1 + i√

2 . (41)

Normalizovani svojstveni spinor za stanje +~/2 je:

χ↑ = 1 2

[ 2

1 + i

] , (42)

a svojstveni spinor za stanje ~/2 je: χ↓ =

1 2

[ −√2 1 + i

] . (43)

Lako se ustanovi da su ova dva spinora ortogonalna.

Docsity.com

ISPIT IZ KVANTNE MEHANIKE

ETF Beograd, 04.09.2006.

1. Čestica mase m se nalazi u potencijalnoj jami oblika: U(x) = 0, za x < 0 i U(x) = 0, za x > a. U oblasti 0 < x < a, potencijalna energija je neka proizvoljna funkcija od x. Za neku energiju E, kontinualnog spektra odgovarajuće ( nenormirane ) talasne funkcije su oblika: Ψ1(x) = exp(ikx) + RLexp(−ikx), x < 0, Ψ1(x) = TLexp(ikx), x > a, Ψ2(x) = TRexp(−ikx), x < 0, Ψ2(x) = exp(−ikx) + RRexp(ikx), x > a, Pokazati da su u važnosti relacije: TL = TR i | RL |=| RR |. Napomena: k =

√ 2mE/h̄2.

2. a) Ako je [Â, B̂]=1, pokazati da je zadovoljena jednakost [Â, B̂3] = 3B̂2. Takode, naći svojstvene funkcije operatora x + d/dx sa svojstvenom vrednošću λ. b) Rotator u ravni nalazi se u stanju ψ(ϕ) = A (cos2 ϕ + sin ϕ). Naći konstantu normiranja A, kao i moguće izmerene vrednosti momenta Lz. 3. Koristeći rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO, odrediti vrednost dipolnog matričnog elementa izmedu stanja k i stanja n, 〈k|x|n〉, gde je x relevantna koordinata. 4. Primenom teorije perturbacija zavisnih od vremena I reda, izvesti izraz za verovatnoću prelaza čestice iz svojstvenog stanja a u svojstveno stanje b.

ISPIT IZ KVANTNE MEHANIKE

ETF Beograd, 04.09.2006.

1. Čestica mase m se nalazi u potencijalnoj jami oblika: U(x) = 0, za x < 0 i U(x) = 0, za x > a. U oblasti 0 < x < a, potencijalna energija je neka proizvoljna funkcija od x. Za neku energiju E, kontinualnog spektra odgovarajuće ( nenormirane ) talasne funkcije su oblika: Ψ1(x) = exp(ikx) + RLexp(−ikx), x < 0, Ψ1(x) = TLexp(ikx), x > a, Ψ2(x) = TRexp(−ikx), x < 0, Ψ2(x) = exp(−ikx) + RRexp(ikx), x > a, Pokazati da su u važnosti relacije: TL = TR i | RL |=| RR |. Napomena: k =

√ 2mE/h̄2.

2. a) Ako je [Â, B̂]=1, pokazati da je zadovoljena jednakost [Â, B̂3] = 3B̂2. Takode, naći svojstvene funkcije operatora x + d/dx sa svojstvenom vrednošću λ. b) Rotator u ravni nalazi se u stanju ψ(ϕ) = A (cos2 ϕ + sin ϕ). Naći konstantu normiranja A, kao i moguće izmerene vrednosti momenta Lz. 3. Koristeći rekurentne relacije svojstvenih funkcija LHO, odrediti vrednost dipolnog matričnog elementa izmedu stanja k i stanja n, 〈k|x|n〉, gde je x relevantna koordinata. 4. Primenom teorije perturbacija zavisnih od vremena I reda, izvesti izraz za verovatnoću prelaza čestice iz svojstvenog stanja a u svojstveno stanje b.

nema postavljenih komentara
ovo je samo pregled
3 prikazano na 17 str.
preuzmi dokument