Lösungsvorschlag¨Ubung 11

Lösungsvorschlag Übung 11
HS 2011
Lösungsvorschlag Übung 11
Aufgabe 1: Der klassische harmonische Oszillator
Als Achse in unserem eindimensionalen Koordinatensystem wählen wir die x-Achse, wobei die
Gleichgewichtsposition (Position des Teilchens im Ruhezustand) bei x = 0 liege. Da die Kraft
bei Auslenkung immer entlang x wirkt, kann man F = Fx = −kx als Skalar schreiben.
a) Die Rückstellkraft verursacht eine Beschleunigung des Teilchens gemäss F = ma, wobei
die Beschleunigung als a = ẍ = d2 x/dt2 ist. Somit folgt
F = ma = − kx
mẍ = − kx
d2 x
k
x.
=
−
dt2
m
(1.1)
(1.2)
(1.3)
Beachten Sie, dass x eine Funktion der Zeit t ist.
b) Wir bestimmen ω, indem wir verifizieren, dass
x(t) = x0 sin(ωt + ϕ)
(1.4)
tatsächlich eine Lösung von Gl. (1.3) ist. Wir setzen Gl. (1.4) in die Differentialgleichung
ein:
k
d2
x(t) = − x(t)
2
dt
m
d2
k
(x
sin(ωt
+
ϕ))
=
−
x0 sin(ωt + ϕ)
0
dt2
m
k
−x0 ω 2 sin(ωt + ϕ) = − x0 sin(ωt + ϕ)
m
k
ω2 =
mr
k
ω= ±
m
(1.5)
(1.6)
(1.7)
(1.8)
(1.9)
bzw.
k = ω 2 m.
(1.10)
c) Mittels der ersten Anfangsbedingung ẋ(0) = 0 kann ein Ausdruck für die Phase ϕ bestimmt
werden,
ẋ(t = 0) = 0 = x0 ω cos(ωt + ϕ) = x0 ω cos ϕ.
(1.11)
Diese Gleichung wird durch
π
(1.12)
ϕ = (2n + 1) , n ∈ Z
2
gelöst. Da die Sinusfunktion in Gl. (1.4) 2π-periodisch ist, können wir uns ohne Beschränkung der Allgemeinheit auf die beiden Fälle
ϕ=
π
2
und
ϕ=
3π
2
(1.13)
beschränken. Aus der zweiten Anfangsbedingung ergibt sich
x(t = 0) = C = x0 sin(ωt + ϕ) = x0 sin ϕ.
(1.14)
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Einsetzen der beiden zuvor erhaltenen Werte für ϕ führt zu
C = x0 sin
π
= x0
2
und
C = x0 sin
3π
= −x0 .
2
(1.15)
Es gibt also scheinbar zwei Lösungen, welche die gegebenen Anfangsbedingungen erfüllen.
Bei genauerer Betrachtung stellen sich diese jedoch als identisch heraus:
π
3π
x(t) = C sin ωt +
= −C sin ωt +
.
(1.16)
2
2
Hierbei wurde ausgenutzt, dass sin(α) = − sin(α + π) ist.
Für die verbleibenden Teilaufgaben könnte man anstelle der allgemeinen Lösung auch
diese spezielle Lösung verwenden, ohne dass sich die Endergebnisse ändern würden.
d) Die Gesamtenergie ist die Summe aus kinetischer Energie,
1
1
Ekin (t) = mẋ2 (t) = mx20 ω 2 cos2 (ωt + ϕ),
2
2
(1.17)
und potentieller Energie,
1
1
1
Epot (t) = kx2 (t) = kx20 sin2 (ωt + ϕ) = ω 2 mx20 sin2 (ωt + ϕ),
2
2
2
(1.18)
so dass
1
1
Etot = Ekin (t) + Epot (t) = mω 2 x20 cos2 (ωt + ϕ) + sin2 (ωt + ϕ) = mω 2 x20 .
2
|
{z
} 2
(1.19)
=1
Die Gesamtenergie hängt somit nicht von der Zeit t ab und ist gleich der Energie bei t = 0.
e) Die kinetische Energie ist gegeben durch
p2 (t)
2m
(1.20)
k 2
x (t).
2
(1.21)
Ekin =
und die potentielle Energie durch
Epot =
Die gesamte Energie lässt sich somit schreiben als
Etot = Ekin + Epot =
p2
k
+ x2 .
2m 2
(1.22)
Sie wird in der klassischen Mechanik auch als Hamilton-Funktion des Systems bezeichnet.
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P(ξ) / (mω/ħ)
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Auslenkung ξ
P(ξ) / (mω/ħ)
Abbildung 1-1: Vergleich zwischen klassischer (schwarz) und quantenmechanischer (farbig) Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte. Die Kurve für n =p0 ist blau, die für n = 2 rot und die für n = 10 orange dargestellt. Die
Abszisse zeigt die Auslenkung als ξ = x mω/~. Für eine bessere Erkennbarkeit wurde die Kurve für n = 2 um
+2 und die für n = 10 um +4 verschoben.
Auslenkung ξ
Abbildung 1-2: Vergleich zwischen klassischer (schwarz) und quantenmechanischer
(blau) Aufenthaltswahrp
scheinlichkeitsdichte für n = 50. Die Abszisse zeigt die Auslenkung als ξ = x mω/~.
Aufgabe 2: Der quantenmechanische harmonische Oszillator
a) Unter Beachtung des Korrespondenzprinzips (p → p̂ und x → x̂) lässt sich der Hamiltonoperator aus Etot herleiten. Er ist gegeben durch
p̂2
k
Ĥ =
+ x̂2 .
2m 2
(2.1)
b) Der klassische und der quantenmechanische Oszillator haben die gleiche Winkelfrequenz ω,
jedoch ist für das Quantensystem die Energie quantisiert, da nur bestimmte Energieeigenwerte En erlaubt sind, wobei n die entsprechende Quantenzahl ist. Die Energieniveaus sind
dabei äquidistant, wie man an der angegebenen Gleichung erkennen kann (Unterschied zum
Teilchen im Potentialkasten). Der klassische Oszillator kann im Gegensatz dazu beliebige
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Energien annehmen. Ein weiterer Unterschied ist die Energie des Grundzustands. Während
der klassische Oszillator einen Ruhezustand einnehmen kann, der keine Energie hat, kann
die Energie des quantenmechanischen Oszillators nicht kleiner als ~ω/2 sein (der Ruhezustand des quantenmechanischen Oszillators würde die Heisenbergsche Unschärferelation
verletzen, da in diesem Zustand sowohl Impuls als auch Ort exakt bekannt wären, d.h.
∆x = ∆p = 0 gelten würde).
qm
c) Die quantenmechanischen Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichten P0qm (ξ), P2qm (ξ) und P10
(ξ)
sind in Abbildung 1-1 farbig dargestellt.
d) Die Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte weist für n=0 ein Maximum am Ursrpung auf.
Für n=1 hat die Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte zwei Maxima und eine Nullstelle
am Ursprung. Für n=2 gibt es drei Maxima, davon eines am Ursprung, welches kleiner
als die anderen beiden ist. Mit zunehmender Quantenzahl werden die aussen liegenden im
Verhältnis zu den innen liegenden Maxima stetig grösser und verschieben sich zu immer
grösseren Auslenkungen. Am Ursprung wird die Aufenthaltswahrscheinlichkeit hingegen
immer geringer. Dies ist in Abbildung 1-2 für n=50 illustriert. Die Anzahl der Knotenpunkte oder Nullstellen in der Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte ist gleich der Quantenzahl
n. Je mehr Knoten, desto höher der Energieeigenwert. Wie bereits unter b) erwähnt,
kann das oszillierende Teilchen im klassischen Fall alle Energie abgeben (E = 0) und
sich entsprechend exakt am Ursprung aufhalten. Die Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte
des quantenmechanischen Oszillators zeigt dagegen aufgrund der nicht verschwindenden
Nullpunktsenergie eine glockenkurvenförmige Verteilung um den Ursprung. Ausserdem
erkennt man, dass die Bewegung des klassischen Oszillators beschränkt ist auf den Bereich, der durch die Gesamtenergie vorgegeben ist. In Bereichen mit höherer potentieller
Energie kann sich das Teilchen nicht aufhalten. Für den quantenmechanischen Oszillator
ist die Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte im klassisch verbotenen Gebiet dagegen von
Null verschieden und fällt monoton gegen Null ab. Die klassische Aufenthaltsdauer des
Teilchens an einem Ort ist umgekehrt proportional zur jeweiligen Geschwindigkeit. An
den Umkehrpunkten der Oszillation, also bei maximaler Auslenkung, ist diese Geschwindigkeit Null und somit die Aufenthaltsdauer maximal. Je grösser n wird, desto ähnlicher
werden die Kurven für klassichen und quantenmechanischen Oszillator in Abbildung 1-2.
Das Korrespondenzprinzip ist also erfüllt.
Aufgabe 3: Der quantenmechanische Rotator
Nach dem Korrespondenzprinzip können wir aus der klassischen Rotationsenergie Erot den
Hamiltonoperator Ĥrot konstruieren.
Ĥrot
~ˆl 2
=
2mr2
(3.1)
ˆ
Für den Drehimpulsoperator ~l2 gilt folgende Eigenwertgleichung
~ˆl 2 Yl,m (θ, φ) = ~2 l(l + 1) Yl,m (θ, φ),
(3.2)
so dass man für das rotierende Teilchen die Eigenwertgleichung
Ĥrot Yl,m (θ, φ) =
~2 l(l + 1)
Yl,m (θ, φ)
2mr2
(3.3)
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erhält, mit den Energieeigenwerten
Erot =
~2 l(l + 1)
2mr2
(3.4)
Dabei kann l ganzzahlige Werte l = 0, 1, 2, 3, ... annehmen.
Aufgabe 4: Nullpunktsenergie
i. Das freie Teilchen entspricht einem Teilchen im Kasten für den Grenzwert der Kastenlänge L → ∞. Dabei gehen die diskreten Energiezustände En in ein Kontinuum
über und alle Energiezustände sind realisierbar. Somit ist es für das freie Teilchen
möglich, keine kinetische Energie zu haben, was einem Stillstand des Teilchens entspricht. (Dies ist kein Widerspruch zur Heisenbergschen Unschärferelation, da für ein
ruhendes Teilchen zwar der Impuls bekannt, dafür aber der Ort völlig unbestimmt
ist.)
ii. Das Teilchen im eindimensionalen Kasten mit Länge L kann folgende diskrete Energiezustände einnehmen:
En =
n2 h2
8mL2
(4.1)
2
h
Für die möglichen Werte n = 1, 2, 3, .. folgt eine Nullpunktsenergie En=1 = 8mL
2 , d.h.
das Teilchen im eindimensionalen Kasten hat immer eine von Null verschiedene Energie. Da dann auch der Erwartungswert der kinetischen Energie von Null verschieden
sein muss, kann das Teilchen nicht zum Stillstand kommen.
iii. Der harmonische Oszillator kann folgende Energiewerte einnehmen:
1
Eν = (ν + )~ω
2
(4.2)
Für die möglichen ν = 0, 1, 2, 3... folgt eine Nullpunktsenergie Eν=0 = 12 ~ω. Ebenso
wie das Teilchen im eindimensionalen Kasten hat der harmonische Oszllator immer
eine von Null verschiedene Energie und kann nicht zum Stillstand kommen.
iv. Wie in Teilaufgabe a) berechnet, kann ein Teilchen, das um einen fixen Punkt rotiert
die diskreten Energiezustände
Erot =
~2 l(l + 1)
2mr2
(4.3)
einnehmen. Für l = 0, 1, 2, 3... folgt eine Nullpunktsenergie El=0 = 0. Dies bedeutet,
dass das die Rotationsbewegung zum Stillstand kommen kann. Ein freies rotierendes
Teilchen hat deshalb keine Nullpunktsenergie.
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