Quantenmechanik II Musterlösung 3.

Quantenmechanik II
Musterlösung 3.
Übung 1.
FS 2017
Prof. Thomas Gehrmann
[Unendlich tiefer Potentialtopf]
In der Vorlesung wurde die Schödinger-Gleichung für ein sphärisch symmetrisches Kastenpotential hergeleitet und gelöst. Nun betrachten wir den Spezialfall eines unendlich tiefen Potentialtopfs.
(1) Stelle zuerst die Schrödinger-Gleichung auf, für einen gebundenen Zustand in einem sphärischen
Potentialtopf der Breite a:
V (r)
V (r) =
V0
r
0
0
V0
r < a
r > a
.
a
Abbildung 1: Sphärischer Potentialtopf.
(2) Löse die Schrödinger-Gleichung und betrachte den Limes V0 → ∞.
(3) Finde die Energieeigenwerte des Systems mit Hilfe der Tabelle (1). Wie sieht das Energie-geordnete
Spektrum aus?
l
n
1
2
3
0
S
3.14
6.28
9.42
1
P
4.49
7.73
2
D
5.76
9.10
3
F
6.99
10.42
4
G
8.18
5
H
9.36
Tabelle 1: Nullstellen der Besselfunktionen jl (x).
Lösung. Wegen der sphärischen Symmetrie benutzen wir am besten Kugelkoordinaten. Die
Schrödinger Gleichung des Problems ist dann gegeben durch
2
~2
d
2 d
l (l + 1)
+
+
V
(r)
A (r) = E A (r) .
(L.1)
−
−
2m dr2 r dr
r2
Das ist genau dieselbe Differentialgleichung, die in der Vorlesung (§ 14.5) für ein stückweise
konstantes Potential gelöst wurde. Da wir hier auch ein Potential betrachten, das stückweise
konstant ist, können wir dieselbe Lösung übernehmen. Sie ist von der Form
(
A jl (q r) r < a
Al (r) =
,
(L.2)
(1)
B hl (κ r) r > a
(1)
wobei jl (q r) und hl (κ r) die sphärischen Bessel bzw. die sphärischen Hankel Funktionen sind,
A und B zwei Konstanten, und
p
√
2 m (E − V0 )
2mE
q =
,
κ =
.
~
~
1
l
0
S
n
1
2
3
1
2m
1
2m
1
2m
1
P
3.14×~ 2
a 6.28×~ 2
a 9.42×~ 2
a
1
2m
1
2m
2
D
4.49×~ 2
a 7.73×~ 2
a
3
F
5.76×~ 2
a 9.10×~ 2
a
1
2m
1
2m
1
6.99×~ 2
2m
a
10.42×~ 2
1
2m
a
4
G
1
2m
8.18×~ 2
a
5
H
1
2m
9.36×~ 2
a
Tabelle 2: Energieeigenwerte.
Für gebundene Zustände gilt 0 < E < V0 und im Fall eines unendlich tiefen Potentialtopfs
V0 → ∞ vereinfacht sich die stationäre Lösung (L.2) der Schrödinger Gleichung zu
A jl (q r) r < a
Al (r) =
,
(L.3)
0
r > a
Die Stetigkeitsbedingungen am Rand r = a sind durch die transzendente Gleichung
jl (q a) = 0
(L.4)
gegeben: Weil das Potential aus einer unendlich hohe Barriere besteht, muss die Wellenfunktion
auf dem Rand verschwinden. Die zulässigen Werte von qa und damit die Energieeigenwerte
~2 q 2
2 m ergeben sich aus den Nullstellen der Bessel-Funktion (Tabelle (1) im Aufgabenblatt). Die
Zahl n nummeriert die Folge der Nullstellen durch und gibt gleichzeitig die Anzahl Knoten für
diese Wellenzahl an. Sie entspricht der radialen Quantenzahl der Coulomb-Wellenfunktionen.
Die Energieeigenwerte sind in Tabelle (2) zusammengefasst. Es ist nun einfach, das Energiegeordnete Spektrum aufzuschreiben:
1S, 1P, 1D, 2S, 1F, 2P, 1G, 2D, 1H, 3S, 2F .
Übung 2.
[Partialwellenstreuung]
Neutronen der Masse m und Energie E fallen in ein sphärisch symmetrisches, anziehendes Rechteckpotential der Tiefe W und Reichweite a, das die Kernkraft zwischen dem Neutron und dem Kern repräsentiert.
~
Wenn die Geschwindigkeit v ma
ist, zeige dass
a) die Streuung sphärisch symmetrisch ist,
b) die s-Wellen Phasenverschiebung δ der Gleichung
j tan(ka + δ) = k tan ja
genügt, wobei k 2 =
2mE
~2
j2 =
2m(W +E)
,
~2
c) die Streulänge gegeben ist durch
tan y
b=a 1−
y
√
wobei y =
,
2mW a
.
~
d) Wie gross ist der totale Streu-Wirkungsquerschnitt, wenn E gegen Null geht?
2
Lösung. a)
h
h
h
Die Wellenlänge eines Neutrons ist λ = mv
. Wenn also v = mλ
ma
dann ist λ a, d.h.
die Wellenlänge der Teilchen ist gross verglichen mit der Reichweite des Potentials. Unter dieser
Bedingung wird nur die s-Partialwelle gestreut, das bedeutet, dass die Streuung sphärisch symmetrisch ist.
b)
Die Welle u(r) für die s-Welle hängt nur von r ab, und kann geschrieben werden als u(r) =
wobei χ(r) der Gleichung
2m
d2 χ
2
+
k
−
V
(r)
χ=0
dr2
~2
χ(r)
r ,
genügt. Es gilt also:
d2 χ
+ j 2 χ = 0 r < a,
dr2
d2 χ
+ k2 χ = 0 r > a
dr2
Die Lösung für die erste Gleichung ist
χ(r) = A sin jr,
wobei A eine Konstante ist. Sie muss von dieser Form sein (keine Cosinus-Terme), da die erste
Gleichung am Ursprung gültig ist, und um sicherzustellen, dass u(r) endlich ist, muss χ(r) an
diesem Punkt Null sein. Wir schreiben die Lösung der zweiten Gleichung in der Form
χ(r) = B sin(kr + δ),
wobei B und δ Konstanten sind. Da die zweite Gleichung nicht für den Ursprung gilt, muss die
Lösung nicht notwendigerweise Null sein an diesem Punkt. In Abwesenheit des Potentials würde
die Funktion χ(r) die Form B sin kr für alle Werte von r besitzen. Also ist δ die Veränderung
der Phase der asymptotischen Form der s-Welle aufgrund der Anwesenheit des Potentials, d.h.
es ist die s-Wellen-Phasenverschiebung δ0 . Die Werte von χ(r) und χ0 (r) sind stetig bei r = a,
was eine Relation für δ ergibt. Berechnet man die Werte der Funktionen an dieser Stelle, erhält
man
A sin ja = B sin(ka + δ)
jA cos ja = kB cos(ka + δ)
Teilt man die beiden Gleichung durcheinander, erhält man das gewünschte Ergebnis
j tan(ka + δ) = k tan ja.
(L.5)
c)
Die Streulänge b ist definiert durch
tan δ
.
k→0 k
(L.6)
tan ka + tan δ
1 − tan ka tan δ
(L.7)
k tan ja − j tan ka
j + k tan ka tan ja
(L.8)
b = − lim
Aus (1) folgt
k tan ja = j
woher
tan δ =
3
√
a
folgt. Wenn k → 0 dann geht tan ka → ka, und ja → 2mW
= y, während k tan ka tan ja →
~
2
k a tan ja, was im Vergleich zu j vernachlässigt werden kann. Also
tan δ →
tan y − y
k tan ja − kja
→ ak
.
j
y
(L.9)
Aus (2) und (5) folgt dann
tan y
b=a 1−
y
(L.10)
d)
Für die s-Wellenstreuung erhält man zusammen mit P0 (θ) = 1
f (θ) =
1
sin δ
(exp(2iδ) − 1) = exp(iδ)
2ik
k
(L.11)
Der differentielle Streuwirkungsquerschnitt ist gegeben durch
dσ
sin2 δ
= |f (θ)|2 =
dΩ
k2
(L.12)
Wenn k → 0 wird tan δ proportional zu k, und geht also gegen Null. δ geht gegen Null oder ein
Vielfaches von π. Dann folgt aus (2), (7) und (8)
f (θ) → −b,
und
dσ
→ b2
dΩ
dσ
Den totalen Wirkungsquerschnitt σtot erhält man durch Integration von dΩ
über alle Richtungen
dσ
im Raum. Da dΩ in diesem Fall unabhängig davon ist, erhält man einfach
tan y 2
2
2
σtot = 4πb = 4πa 1 −
(L.13)
y
Übung 3.
[Partialwellenstreuung II ]
(1) Überprüfe, dass die Wellenfunktion ausserhalb des Wirkungsbereichs eines kurzreichweitigen Potentials, die gegeben ist duch
1
i
u (r, θ) =
1+
ei k r cos (θ) ,
(1)
r
kr
eine auslaufende p-Welle darstellt.
(2) Ein Strahl einfallender Teilchen, dargestellt als ebene Wellen ei k z , streut an einer undurchdringbaren Kugel mit Radius a, wobei k a 1. Zeige, dass der differentielle Wirkungsquerschnitt für
2
die Streuung um ein Winkel θ zur Ordnung (k a) durch
1
dσ
2
2
2
= a 1 − (k a) + 2 (k a) cos (θ)
(2)
dΩ
3
gegeben ist, falls man nur s- und p-Wellen betrachtet.
Beachte:
(a) cos2 θ gemittelt über alle Richtungen ist gleich 13 ,
(b) Für die allgemeine Form einer auslaufenden p-Welle benutze Gl.(1) multipliziert mit einer
Konstante.
4
Lösung.
(1) Wir überprüfen zuerst die Winkelabhängigkeit. Die Abhängigkeit vom Winkel θ für eine
p-Welle ist durch die Legendre Polynomen Pl (cos θ) gegeben und in diesem Fall
P1 (cos θ) = cos θ .
Somit hat u (r, θ) die richtige Winkelabhängigkeit um eine p-Welle zu sein. Wir müssen
nun noch zeigen, dass der radiale Anteil Al (r) der Wellenfunktion die Differentialgleichung
2
d
l (l + 1)
2
χl (r) = 0
(L.14)
−
+
k
dr2
r2
für l = 1 erfüllt, wobei hier Al (r) =
χl (r)
r
gesetzt wurde. Für das gegebene u (r, θ) gilt
i
ei k r .
(L.15)
χl=1 (r) = 1 +
kr
Durch Einsetzen der Gleichung (L.15) in die Differentialgleichung (L.14) folgt die Behauptung.
(2) Ausserhalb des Einwirkungsbereichs des Potentials können wir einer Wellenfunktion, bestehend aus s- und p-Wellen, durch
A ikr
B
i
ikz
u = e
+
e
+
1+
ei k r cos θ ,
(L.16)
r
r
kr
beschreiben, wobei A und B zwei zu bestimmende Konstanten sind. A beschreibt die
sphärisch symmetrische s-Welle und B die p-Welle. Wir kennen das Verhalten der Wellenfunktion für r → ∞:
f (θ) i k r
e
.
(L.17)
u −→ ei k z +
r
Durch Vergleichen der Terme proportional zu 1r eikr in den Gleichungen (L.16) und (L.17)
findet man
f (θ) = A + B cos θ .
(L.18)
Wir können nun A und B durch die Randbedingungen bestimmen. Da wir die Streuung
an einer harten Kugel betrachten, muss die Wellenfunktion an der Oberfläche (bei r = a)
verschwinden. Damit ist
A ika
B
i
i k a cos θ
e
+ e
+
1+
ei k a cos θ = 0 .
(L.19)
a
a
ka
Alle Terme, die unabhängig von θ sowie auch alle die, die proportional zu cos θ sind, müssen
sich zu Null addieren. Die einlaufende ebene Welle können wir nach cos θ entwickeln:
ei k a cos θ = 1 + ika cos θ −
1
(ka)2 cos2 θ + O k 3 a3 .
2
Der Term proportional zu cos2 θ verschwindet nicht. Dafür müsste man auch die d-Wellen
betrachten. Deshalb müssen wir den Mittelwert von cos2 θ über der Einheitskugel betrachten
Z 2π Z π
1
1
(L.20)
sin θ cos2 θ dθ dφ = .
4π 0
3
0
5
Aus den Termen, die unabhängig von θ sind, findet man
1
A ika
(ka)2 +
e
= 0
6
a
1
⇒ A = −a 1 − (ka)2 e−ika ,
6
1−
aus denen mit der Winkelabhängigkeit folgt:
B
i
ika +
1+
eika = 0 .
a
ka
Da ka 1 und
i
ka
(L.21)
(L.22)
1, gilt zur Ordnung (ka)2
B = −a (ka)2 .
(L.23)
Damit ist es nun einfach den Wirkungsquerschnitt zu Ordnung (ka)2 auszurechnen
1
dσ
2
2
2
2
2
= |f (θ)| = |A + B cos θ| = a 1 − (ka) + 2 (ka) cos θ
(L.24)
dΩ
3
6