15-18.12.2014 LMU – Fakultät für Physik Probeklausur zur Quantenmechanik (T2p) im WS 14/15 Prof. G. Buchalla Aufgabe 1: (Kurze Fragen) a) Gegeben sei ein quantenmechanisches System mit normierten Energieeigenfunktionen ϕn (x). Ein Teilchen befindet sich im Zustand Ψ(x) = A ϕ0 (x) + αϕ1 (x) (1) mit beliebigem reellen α. Normieren Sie den Zustand und bestimmen Sie den Erwartungswert der Energie als eine Funktion EΨ (E0 , E1 , α). Was sind EΨM ax und EΨM in in diesem Fall? b) Schätzen Sie mit Hilfe der Unschärferelation die Nullpunktsenergie des harmonischen Oszillators ab und vergleichen Sie mit dem exakten Wert. c) Gegeben sei ein Zustand von der Form ϕα (x, t) = Aef (x,t)−ig(x,t) (2) Wie lautet die Relation zwischen f (x, t) und g(x, t), damit die Kontinuitätsgleichung für die Warscheinlichkeitsdichte erfüllt p ist? Zeigen Sie, dass ein kohärenter Zustand des harmonischen Oszillators, mit x0 = ~/mω und f (x, t) = − √ 1 (x − 2αx0 cos ωt)2 ; 2 2x0 √ x 1 α2 g(x, t) = ωt − sin 2ωt + 2α sin ωt (3) 2 2 x0 eine Lösung der Relation ist. d) Gegeben sei ein Zustand Ψ(x) ∈ ℜ. Zeigen Sie, dass für den Impulsoperator p gilt: hΨ|p|Ψi = 0 (4) Aufgabe 2: (Morse Potential) Das sogenannte Morse Potential V (r) = ε e−2a(r−r0 ) − 2e−a(r−r0 ) , r, r0 , a, ε > 0 (5) beschreibt nährungsweise das Potential zwischen zwei Atomen. a) Skizzieren Sie das Potential und finden Sie das Minimum. Geben Sie eine Interpretation für ε und r0 . b) Zeigen Sie, dass die Funktion 1 −a(r−r0 ) (r − r0 ) − λe ; ϕ(r) = A exp −a λ − 2 λ= √ 2mε a~ (6) ein Bindungszustand des Systems ist. Was ist der Wert der Energie? c) Berechnen Sie ϕ(r, t) und bestimmen Sie hpi(t). (Hinweis: Benutzen Sie, dass ϕ(x) reell ist.) d) Nähern Sie das Potential in der Nähe des Minimums durch einen harmonischen Oszillator an. Was ist die zugehörige Frequenz ω0 ? e) Schätzen Sie die Energieeigenwerte des Oszillators aus (d). f) Die exakte Formel für die Energie des Bindungszustands ist En = ~ω0 1 n+ 2 2 1 1 − ~ω0 n + −ε 4ε 2 (7) mit der Bedingung ~ωε 0 n + 21 < 2. Wieviele Bindungszustände gibt es falls ~ω0 = ε und wie groß sind deren Energieeigenwerte? 15.12.2014 LMU – Fakultät für Physik Probeklausur zur Quantenmechanik (T2p) im WS 14/15 Prof. G. Buchalla Lösung zur Aufgabe 1: (Kurze Fragen) a) Normierung: Z x+ Z 2 2 1= |Ψ(x)| dx = |A| x− x+ x− (|ϕ0(x)|2 + α2 |ϕ1 (x)|2 ) = |A|2 (1 + α2 ) → A = √ 1 1 + α2 da ϕi (x) ein orthonormales System bilden. Energie: E0 + α2 E1 EΨ (E0 , E1 , α) = hEiΨ ≡ hΨ|H|Ψi = 1 + α2 Die Energie liegt im Intervall E0 ≤ E ≤ E1 . b) Unschärferelation: (∆x)(∆p) ≥ ~2 . Für ein symmetrisches Potential gilt: hxi = 0 = hpi. Dann, 2 (∆p)2 1 (∆p)2 1 ~ 1 2 2 2 hHi0 = + mω (∆x) ≥ + mω 2m 2 2m 2 2 (∆p)2 Minimum: (∆p)0 = mω~ . 2 In diesem Fall ist die Schätzung genau der exakte Wert: hHi0 ≥ ~ω = E0 2 c) Kontinuitätsgleichung für die Warscheinlichkeitsdichte: d ∂ |ϕα (x, t)|2 + Jα (x, t) = 0 dt ∂x und schließlich, d ∂f |ϕα (x, t)|2 = |A|2 e2f 2 dt ∂t ∗ i~ ∂ϕα ~ ∂g ∗ ∂ϕα Jα (x, t) = ϕα − ϕα = − |A|2 e2f 2m ∂x ∂x m ∂x 2 ∂ ~ ∂f ∂g ∂ g Jα (x, t) = − |A|2 e2f 2 + 2 ∂x m ∂x ∂x ∂x ∂f ~ = ∂t 2m ∂f ∂g ∂ 2 g 2 + ∂x ∂x ∂x2 Für den Kohärenten Zustand des harmonischen Oszillators, √ √ ∂f 1 = − 2 (x − 2αx0 cos ωt) 2αωx0 sin ωt ∂t x0 √ ∂f 1 ∂g √ α = − 2 (x − 2αx0 cos ωt); = 2 sin ωt; ∂x x0 ∂x x0 Damit kann man überprüfen, dass die Relation erfüllt ist. ∂2g =0 ∂x2 d) Mit p = −i~∂x , hΨ|p|Ψi = (hΨ|p|Ψi)† = hΨ|p∗ |Ψi = −hΨ|p|Ψi =⇒ hΨ|p|Ψi = 0. Lösung zur Aufgabe 2: (Morse potential) a) V (0) = ε[e2ar0 − 2ear0 ], Vmin (r0 ) = −ε. ε ist die Dissoziationsenergie und r0 die Lage des Minimums. Die Form des Potentials ist qualitativ ähnlich zu dem Lennard-Jones Potential. b) 1 −a(r−r0 ) ϕ (r) = ϕ(r) −a λ − + λae 2 " # 2 2 1 (λa) ϕ′′ (r) = ϕ(r) a2 λ − + V (r) 2 ε ′ Dann, ~2 ′′ ~2 a2 − ϕ (r) + V (r)ϕ(r) = − 2m 2m 1 λ− 2 2 ϕ(r) ≡ Eϕ ϕ(x) Es ist ein Bindungszustand, da Eϕ < 0. c) Da ϕ(r) ein Energieeigenzustand ist, ϕ(r, t) = ϕ(r)e−i Eϕ t ~ . Außerdem, hϕ(r, t)|p|ϕ(r, t)i = hϕ(r)|p|ϕ(r)i = 0 da ϕ(r) reell ist (siehe Aufgabe (1.d)). d) Taylor-Entwicklung um r0 : 1 V (r) = V (r0 ) + V ′′ (r0 )(r − r0 )2 = −ε + εa2 (r − r0 )2 2 ω0 bekommt man durch Vergleich mit V (x) = 12 mω02 x2 . Es folgt, dass r r V ′′ (r0 ) 2ε ω0 = = a m m e) En = ~ω0 n + 1 2 − ε. Das −ε bekommt man von dem Wert des Potentials im Minimum. f) Definieren wir yn = ~ωε 0 n + 12 . Dann ist En 1 = − (yn − 2)2 . ε 4 Im Fall ~ω0 = ε, muss yn = (n + 12 ) < 2 und es gibt zwei Bindungszustände, n = 0, 1. Die entsprechende Energien sind E0 = − 9 ~ω0 ; 16 E1 = − 1 ~ω0 16