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Aufgabe 1 a),b)
Blatt 8, Aufgabe 1: Unschärferelation
a)
v x = 3,6 ⋅ 10 6
Ortsunschärfe
p x = mv x = 9,11 ⋅ 10 −31 kg ⋅ 3,6 ⋅ 10 6
m
s
Δv x = 0,001 ⋅ v x
m
s
= 3,28 ⋅ 10 −24 kg ms
Δp x = mΔv x = 0,001 ⋅ mv x = 3,28 ⋅ 10 − 27 kg ms
Die Unschärferelation ergibt daraus die Ortsunschärfe:
Δx ≥
b)
h
2 Δp x
= 1,60 ⋅10 −8 m
Bewegung in y-Richtung
Die Behauptung, das Elektron bewege sich in x-Richtung, bedeutet,
dass seine Geschwindigkeit in y-Richtung null ist. Damit ist aber auch
der Impuls sowie die Unschärfe des Impulses null:
vy = 0
p y = 0,
ΔxΔp x ≥
=
1, 05⋅10 −34 Js
2⋅3, 28⋅10 −27 kg ms
h
2
Δp y = 0
Aus der Unschärferelation ergibt sich zwingend, dass die
Ortsunschärfe des Elektrons in y-Richtung unendlich groß ist,
Δy = ∞
und wir somit keinerlei Information über den Ort in y-Richtung haben.
Aufgabe 1 c)
Blatt 8, Aufgabe 1: Unschärferelation
c)
mF = 0,43kg
v x = 40
m
s
Δv x = 0,01 ⋅ v x
makroskopisches Objekt (Fußball)
Für makroskopische Objekte gilt die gleiche Vorgehensweise wie für
mikroskopische:
p x = mv x = 0,43kg ⋅ 40 ms = 17,2kg ms
Δp x = mΔv x = 0,01 ⋅ mv x = 0,172kg ms
Und wieder ergibt sich daraus die Ortsunschärfe:
Δx ≥
h
2 Δp x
−34
−34
⋅10 Js
= 12,⋅050,172
=
3
,
05
⋅
10
m
m
kg
s
Das Tor von Bayern München gerät also allein durch die
Unbestimmtheitsrelation sicherlich nicht in Gefahr!
Aufgabe 2 a)
Blatt 8, Aufgabe 2: Operatoren
Beispiel: Freies Teilchen
rr
r
ik r
Ψ (r ) = A ⋅ e
a)
E pot ≡ 0
Energieoperator
Der Energieoperator ist gerade der Hamilton-Operator:
r
2
Hˆ = − 2hm Δ + E pot (r )
Angewendet auf den Zustand des Teilchens ergibt das
rr
2
Hˆ Ψ = − 2hm Δ ( A ⋅ e ik r )
rr
rr
r
r 2
ik r
ik r
h 2 ∂r
h2
= − 2 m ∂r (ik ⋅ A ⋅ e ) = − 2 m (ik ) A ⋅ e
=
Ekin =
p2
2m
=
h 2k 2
2m
h 2k 2
2m
h 2k 2
2m
Ψ
ist gerade die kinetische Energie des freien Teilchens.
Der Energieoperator angewendet auf den Zustand liefert also
tatsächlich die Energie des Teilchens:
ĤΨ = EΨ
Aufgabe 2 b)
Blatt 8, Aufgabe 2: Operatoren
Beispiel: Freies Teilchen
rr
r
ik r
Ψ (r ) = A ⋅ e
b)
E pot ≡ 0
Impulsoperator
r
P̂ = ∇
h
i
Angewendet auf den Zustand des Teilchens ergibt das
rr
r
ik r
h
ˆ
PΨ = i ∇( A ⋅ e )
= −i h
r
= hk Ψ
∂r
∂r
r
r
p = hk
r
hk
rr
r
ik r
( A ⋅ e ) = −ih ⋅ i k ( A ⋅ e )
rr
ik r
ist gerade der Impuls des freien Teilchens.
Der Impulsoperator angewendet auf den Zustand liefert also
entsprechend den Impuls des Teilchens:
P̂Ψ = pΨ
Aufgabe 3
Blatt 8, Aufgabe 3: Stationäre Schrödingergleichung
Zeitabhängige Schrödingergleichung:
2
Hˆ Ψ ( x, t ) = − 2hm ΔΨ ( x, t ) + V ( x, t )Ψ ( x, t ) = ih ∂∂t Ψ ( x, t )
Stationärer Zustand erfordert V(x,t) = V(x).
Produktansatz für die Wellenfunktion:
Ψ ( x, t ) = ψ ( x)φ (t )
⇒
[−
⇒
Hˆ ψ ( x) ih ∂∂t φ (t )
=
ψ ( x)
φ (t )
h2
2m
]
Δψ ( x) + V ( x)ψ ( x) φ (t ) = ψ ( x)[ih ∂∂t φ (t )]
Da die linke Seite nur von x und die rechte nur von t abhängt, können
beide Seiten nur gleich sein, wenn sie konstant sind. Die Konstante
ist die Energie E:
ih ∂∂t φ (t ) = Eφ (t ) ⇒ φ (t ) = Ae
Hˆ ψ ( x) = Eψ ( x)
E
−i t
h
Aufgabe 4 a)
Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial
a)
V (x)
V =0
V =∞
Wellenfunktion für das Kastenpotenzial:
⎛ nπ ⎞
un ( x) = Cn sin⎜
x⎟
a
⎝
⎠
Einsetzen in die stationäre Schrödingergleichung:
0
a
x
− 2hm Δun ( x) + V ( x)un ( x) = Eun ( x)
2
Für x<0 und x>a ist un(x)=0, so dass 0=0 folgt. Für 0<x<a gilt:
− 2hm Cn
2
⇒
∂2
∂x 2
sin( naπ x) = ECn sin( naπ x)
h 2 n 2π 2
2m a2
⇒ E=
sin( naπ x) = E sin( naπ x)
h 2π 2
2 ma 2
n2
Aufgabe 4 a)
Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial
Normierung der Wellenfunktion
In der Wellenfunktion steht bisher noch die unbekannte Amplitude Cn.
Diese können wir über die Normierung bestimmen, da die
Wahrscheinlichkeit, das Teilchen irgendwo in dem Kasten zu finden,
gerade 1 sein muss.
∫
sin 2 ax dx
= 12 x − 41a sin 2ax
(z.B. Bronstein)
∫
+∞
−∞
L
un ( x) dx = ∫ Cn sin
2
⇒ Cn =
2
0
2 nπ
a
x dx = C
[
2 1
n 2
x−
a
4 nπ
sin
2 nπ
a
x ]0 = C
a
2 a
n 2
!
=1
2
a
⇒ un ( x) =
2
a
sin naπ x
Wellenfunktion und Wahrscheinlichkeitsamplitude der ersten Zustände:
un (x)
n=1
n=2
n=3
un (x)
a x
0
n=1
n=2
2
a x
Aufgabe 4 b)
Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial
V ( y)
b)
Erwartungswert <x>:
+∞
a
x = ∫ u ( x) ⋅ x ⋅ un ( x)dx = a2 ∫ x sin 2 ( naπ x )dx
*
n
V =∞
V =0
a
−
2
+
a
2
y
−∞
0
Die Symmetrie der Wellenfunktion kann durch die Transformation
y = x – a/2 ausgenutzt werden:
a/2
⎤
⎡ a/2
2 nπ
2 nπ
a
a
a
x = ⎢ ∫ y sin ( a ( y + 2 ) )dy + ∫ 2 sin ( a ( y + 2 ) )dy ⎥
−a / 2
⎦
⎣−a / 2
2
a
Der zweite Term entspricht gerade der normierten Wellenfunktion.
a/2
⎤
⎡ 0
2 nπ
nπ
x = ⎢ ∫ y sin ( a y + 2 )dy + ∫ y sin 2 ( naπ y + n2π )dy ⎥ + a2
0
⎦
⎣−a / 2
2
a
Es gilt
sin 2 (α + n2π ) = sin 2 (α )
sin 2 (α + n2π ) = cos 2 (α )
für n gerade
für n ungerade
Beide Funktionen sind symmetrisch um 0, d.h. mit y multipliziert
ergibt sich eine antisymmetrische Funktion. Das zweite Intergral ist
also gerade das negative des ersten. Daraus folgt:
x =
a
2
Aufgabe 4 b),c)
Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial
c)
Übergang Grundzustand – 1. angeregter Zustand
E1 =
o
a = 1A
h 2π 2
2 ma 2
⋅1 ≈ 6,02 ⋅10 −18 J = 37,6eV
E2 = E1 ⋅ 2 2 = 4 E1
ΔE = E2 − E1 = 3E1 = 112,8eV
Wahrscheinlichkeit im Grundzustand
n =1
x2
o
x1 = 0,49 A
o
x2 = 0,51 A
x1 + x2 = a
x 2 − x 2 = Δx
P = ∫ u1( x) dx ≈ u
x1
= 0,04
2
( )
2 x1 + x2
1
2
⎛ πoa ⎞
⋅ ( x2 − x1 ) = sin ⎜ a 2 ⎟Δx =
⎝ ⎠
2
a
2
2 Δx
a
Aufgabe 5 a),b)
Blatt 8, Aufgabe 5: Der harmonische Oszillator
a)
Schrödinger-Gleichung
Zunächst sei das Potenzial aus der Rückstellkraft hergeleitet:
F = −β x
∫
U = − F dx = 12 β x 2
⇒
Damit können wir die Schrödinger-Gleichung direkt hinschreiben:
− 2hm
2
b)
d 2Ψ
dx 2
Ansatz
dψ ( x )
dx
d 2ψ ( x )
dx
2
+ 12 β x 2ψ = Eψ
ψ ( x) = Ae
= −2ax Ae − ax
= −2a Ae
− ax 2
2
− ax 2
− 2ax(−2ax) Ae
− ax 2
= (4a 2 x 2 − 2a)ψ ( x)
Einsetzen in die Schrödinger-Gleichung:
− 2hm (4a 2 x 2 − 2a)ψ ( x) + 12 β x 2ψ ( x) = Eψ ( x)
2
ax 2 + b = 0
x beliebig!
⇔ a = 0, b = 0
(
1
2
β − 2 hma )x 2 + hma − E = 0
2 2
2
Diese Gleichung ist für beliebiges x nur erfüllt, wenn
1
2
β − 2hma = 0
2 2
und
h 2a
m
−E =0
⋅ ψ (1x )
Aufgabe 5 b)
Blatt 8, Aufgabe 5: Der harmonische Oszillator
Wir erhalten daraus den Faktor a:
a=
βm
2h
und den Energieeigenwert E
E = 12 h
β
m
Wir setzen noch die klassische Frequenz
U = 12 β x 2
E = 12 hω 0
E
Ψ
mω 0
2h
β
m
ein und erhalten:
− ax 2
Den Faktor A im Ansatz Ae
müssten wir über eine Normierung
bestimmen, was hier nicht Aufgabe ist.
2
E = hω 0
1
2
− x0
a=
ω0 =
x0
x
Betrachtet man die Wahrscheinlichkeitsamplitude des
quantenmechanischen harmonischen Oszillators im Grundzustand,
erkennt man zwei wichtige Unterschiede zum klassischen HO:
Der klassische HO hat feste Umkehrpunkte, der quantenmechanische
HO kann über diese Punkte hinaus tunneln.
Außerdem hat der klassische HO im Grundzustand bei x=0 die
niedrigste Aufenthaltswahrscheinlichkeit, der quantenmechanische
HO dort aber die höchste!