Musterlösungen zur Klausur

07. April 2011
PD Dr. H. Kohler
Quantentheorie für Nanoingenieure — Klausur Lösung
K1. Ja–Nein Fragen (8P)
Jede richtige Antwort liefert einen Punkt, jede falsche Antwort liefert einen Minuspunkt.
Eine nicht beantwortete Frage liefert null Punkte. Insgesamt können in der Aufgabe
nicht weniger als null Punkte erzielt werden.
richtig falsch
Physikalisch beobachtbare Größen werden in der Quantenmechanik durch Hermitesche Operatoren beschrieben.
x
Fermionen haben immer halbzahligen Spin und Bosonen immer ganzzahligen Spin
x
Die klassische Mechanik resultiert aus der Quantenmechanik
im Limes großer Quantenzahlen.
x
Das Photon ist ein relativistisches Teilchen. Daher kann
ihm nicht eindeutig eine Statistik zugewiesen werden. Ein
Photon ist weder Fermion noch Boson.
Die Wellenfunktion im Impulsraum ist die Fouriertransformierte der Wellenfunktion im Ortsraum.
x
x
In einem Isolator ist ein Energieband halb gefüllt.
Ein Spin– 21 Teilchen wird in einem magnetischen Feld abgelenkt.
Die Anzahl der gebundenen Zustände im Wasserstoffatom
ist endlich.
∗
x
*
*
x
Bei Frage 7 wurde die Antwort ”richtig” erwartet. Allerdings ist die Frage schlecht
gestellt: Tatsächlich wird ein Spin– 12 nur im räumlich inhomogenen Magnetfeld abgelenkt. Da in der Frage nicht spezifiziert war ob das Magnetfeld homogen oder inhomogen
sein soll, wurden beide Antworten als korrekt gewertet.
K2. Tunneln durch asymmetrische Potentialschwelle (4P)
Ein Teilchen bewege sich in einer Dimension in dem Potential (siehe Skizze)

V0 = 0 ,
x≤0,



V1 > 0 , 0 < x ≤ a ,
V (x) =
V < V1 , a < x ≤ b ,


 2
V3 = 0 ,
x>b
y–Achse
V1
V2
a
b
x–Achse
i) Skizzieren Sie den Realteil der Eigenfunktion zur Energie E für
a)
0 < E < V2 ,
b) V2 < E < V1 ,
c)
E > V1 .
Lösung:
Gezeigt sind ”echte” Lösungen für Fall a)
10
8
6
4
2
5
-5
10
15
-2
Hier ist wichtig, dass im Bereich des Potenzials keine Oszillationen gezeichnet sind.
Die Amplitude ist rechts und links des Potenzials im allgemeinen unterschiedlich, kann
aber in Spezialfällen auch gleich sein. Der hier gezeigte Fall entspricht einer von rechts
einlaufenden Welle. In diesem Fall ist die Amplitude rechts größer als links.
Für den Fall b)
10
8
6
4
2
5
-5
10
15
oszilliert die Welle in einem Teil des Potenzials. Die Oszillationen sind langsamer
(größere Wellenlänge in dem Bereich nichtverwindenden Potezials. Auch hier ist eine
von rechts einlaufende Welle gezeigt. Die Amplitude im mittleren Bereich ist sogar
größer als rechts. Die genaue Amplitudenverteilung hängt von den Randbedingungen
ab und wurde nicht gefragt.
Für den Fall c)
10
8
6
4
2
10
20
30
40
50
oszilliert die Welle überall. Die Wellenlánge ist am größten im Bereich zwischen 0 und
a am zweitgrößten im Bereich zwischen a und b. Rechts und links vom Potenzial ist die
Wellenlänge am kleinsten und gleich.
Allgemein gilt: Die Wellenfunktion ist überall stetig und überall ungleich null. Die
Lage der Wellenfunktion im Schaubild wird so gewählt, dass die Welle um eine Gerade
auf Höhe der Energie des Teilchens oszilliert. Dies wird aus Gründen der Anschaulichkeit
so gemacht, korrekter ist es eigentlich die Welle um y = 0 oszilieren zu lassen. Beide
Möglichkeiten sind richtig.
ii) Wie ist die Struktur des Spektrums in den drei Energiebereichen ?
diskret
0 < E < V2
V2 < E < V1
E > V1
Es gelten die Regeln von Aufgabe K1.
kontinuierlich
x
x
x
beides
K3. Erwartungswerte des harmonischen Oszillators (4P)
Gegeben sei der Hamiltonoperator eines harmonischen Oszillators
Ĥ =
p̂2 mω 2 2
+
x̂
2m
2
.
Der Oszillator befinde sich im Zustand
1
|ψi = √ (|ψ0 i + |ψ1 i) ,
2
wobei |ψn i Eigenzustand des Hamiltonoperators zum Eigenwert ~ω(n+1/2) ist. Berechnen Sie den Erwartungswert von Energie und Ort
hψ|Ĥ|ψi
,
hψ|x̂|ψi
.
Zur Erinnerung: Hamiltonoperator Ĥ und Ortsoperator x̂ lassen sich durch den Erzeugungsoperator ↠bzw. den Vernichteroperator â wie folgt ausdrücken:
r
1
~ †
Ĥ = ~ω â â +
,
x̂ =
â + ↠.
2
2mω
Die Erzeugungs– und Vernichtungsoperatoren wirken wie folgt auf Eigenzustände von
Ĥ
√
√
â|ψn i = n|ψn−1 i ,
↠|ψn i = n + 1|ψn+1 i
Lösung:
Die Eigenwerte von Ĥ sind: En = ~ω n + 12
hψ|Ĥ|ψi =
=
=
=
1
(hψ0 | + hψ1 |) Ĥ (|ψ0 i + |ψ1 i)
2
1
(hψ0 | + hψ1 |) (E0 |ψ0 i + E1 |ψ1 i)
2
1
(hψ0 |E0 |ψ0 i + hψ1 |E1 |ψ1 i)
2
1
1 1 3
(E0 + E1 ) =
+
~ω = ~ω
2
2 2 2
(1)
Für den Ortserwartungswert findet man:
r
~ 1
hψ|x̂|ψi =
(hψ0 | + hψ1 |) â + ↠(|ψ0 i + |ψ1 i)
2mω 2
Die Erzeuger und Vernichter koppeln nur Eigenzustände zu Eigenwerten, die sich um
eins unterscheiden, daher
r
~ 1
hψ|x̂|ψi =
hψ0 |â|ψ1 i + hψ1 |↠|ψ0 i
2mω 2
r
r
~ 1
~
=
(1 + 1) =
(2)
2mω 2
2mω
K4. Erwartungswerte eines Spins im Magnetfeld (4P)
~ in z–Richtung ist
Der Hamiltonoperator eines Elektronenspins in einem Magnetfeld B
gegeben durch
Ĥ = ωL Ŝz
.
Hierbei ist ωL = 2µB Bz /~ die sogenannte Lamorfrequenz. In der Eigenbasis ( | ↑i, | ↓i)
von Ŝz sind die Spinoperatoren durch die 2 × 2 Matrizen
~ 0 −i
~ 1 0
~ 0 1
, Ŝy =
, Ŝz =
Ŝx =
2 1 0
2 i 0
2 0 −1
Berechnen Sie die Kommutatoren
[Ŝx , Ŝz2 ] .
[Ŝx , Ŝz ] ,
Der Spin befinde sich am zum Zeitpunkt t = 0 im Zustand
1
|ψi = √ (| ↑i + | ↓i) .
2
Berechnen Sie den Erwartungswert
hψ|Ŝx |ψi .
Berechnen Sie die Wellenfunktion |ψ(t)i zum Zeitpunkt t = π/ωL .
Lösung:
Kommutatoren:
[Ŝx , Ŝz ] = −i~Sy ,
[Ŝx , Ŝz2 ] = 0 .
Der Operator Ŝz2 ist ein Vielfaches der Einheitsmatrix und kommutiert daher mit allen
anderen Operatoren.
Erwartungswert:
|ψi =
1
1
√ (| ↑i + | ↓i) = √
2
2
1
.
1
Daher:
hψ|Ŝx |ψi =
0 1
1
~
~
~
1
1 1
1 1
=
= .
1 0
1
1
4
4
2
Die Zeitentwicklung der Wellenfunktion ist gegeben durch:
X
|ψ(t)i = e−iĤt/~ |ψ(0)i =
e−iEn t/~ hψn |ψ(0)i |ψn i .
n
(3)
In unserem Fall E0 = − ~ω2L und E1 = + ~ω2L und |ψ0 i = | ↓i, |ψ1 i = | ↑i. Daher
|ψ(t)i =
|ψ(π/ωL )i =
1
1
√ eiωL t/2 | ↓i + √ e−iωL t/2 | ↓i
2
2
1 iπ/2
1 −iπ/2
i
√ e
| ↓i + √ e
| ↓i = √ (| ↓i − | ↓i) .
2
2
2
(4)
Der Eigenvektor von Ŝx ist zu einem Eigenvektor von Ŝy geworden. Er hat sich um 90◦
gedreht.