Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет им. Т. Шевченко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Кванти - теорія та розвязки деяких задач

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.03.2016

Размер:

3 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 108 9 10 > Следующая >>>

∞

I =

∫eiωknt f (t)dt ,

−∞

(0)

− E

(0)

где частота перехода ω

В задаче n =1

, V

(x)= xˆ . Волновые функции и энергии час-

тицы в бесконечно глубокой потенциальной яме шириной a :

(0)

sin

πnx

(0)

π2h2n2

ψn

2ma2

Матричный элемент оператора возмущения:

sin

πkx

sin

πx

dx =

πx

sin

πkx

dx =

Vk1 = F0 ∫

∫x sin

πx

πkx

π(k −1)x

π(k +1)x

∫x sin

sin

dx =

∫x cos

−cos

dx =

π(k +1)x

π(k −1)x

∫x cos

dx −

∫x cos

dx =

π(k

−1)x

π(k −1)x

π(k

−1)x

cos

sin

−

a π

(k −1)

π(k

+1)x

π(k +1)x

π(k

+1)x

−

cos

sin

a π

(k +1)

= aF0

((−1)k −1 −1)−

((−1)k +1

−

−1)2

(n +1)2

π2

2aF

приk четном;

(k 2 −1)

приk нечетном.

t 2

f (t)= e−

В случае а)

τ2

∞

t 2

∞

t 2

I =

∫eiωk1t e−τ2 dt =

∫eiωk1t

−τ2 dt .

−∞

В показателе экспоненты выделим полный квадрат

+iωt = −

+iωt +

ω2τ2

ω2

τ2

iωτ

ω2τ2

−

= −

−

τ2

ωk1τ

ω2

τ2

ω2

τ2

∞ −

t −i

−

I =

4 dt = e

∫e

−∞

Вероятность перехода:

W (1)(1 → k )=

−

2aF0

π2

Для нечетных k :

ωk1τ

ω2

τ2

∞ −

t −i

dt = e

−

4 τ π .

∫e

−∞

ωk21τ2

−

4 τ π .

(k 2 −1)2

(1)

64a2τ2k 2 F02

−

ωk1τ

(1 → k )= h2π3 (k 2 −1)4 e

где частота перехода

Ek(0) − E1(0)

π2h(k 2 −1)

ωk1 =

2ma2

В случае б)

f (t)= e−

∞

−

iω

∞

iω

−

I =

∫eiωk1t e

τ dt =

∫e

τdt + ∫e

τdt =

−∞

eiωk1t +

eiωk1t −

∞

−

2τ

iωk1 +

iωk1

−

iωk1τ+1

iωk1τ−1

ωk21τ2 +

−∞

Вероятность перехода:

W (1)(1 → k )

2aF

2τ

−

π2

−1)2

+1)2

ωk21τ2

Для нечетных k :

256a

2τ2k 2

W (1)(1 → k )=

h2π4 (k 2 −1)4 (ωk21τ2 +1)2

Общее условие применимости теории возмущений:

= (ψ ( ) ˆ ( )ψ ( ))

Vkn k x ;V x n x ,

Vkm << Ek − Em ,

для данной задачи при малых номерах уровней:

F <<

π4h2

16ma3

(1)

→ k )

64a2

τ2k 2 F02

−

ωk1

Ответ: а) W

= h2π3 (k 2 −1)4 e

б) W (1)(1 → k )=

256a2τ2k 2

h2π4

(k 2 −1)4 (ωk21τ2 +1)2

4. На плоский ротатор с моментом инерции J и дипольным моментом μ в момент времени t = 0 накладывается сла-

бое электрическое поле напряженностью:

−

t 2

−

а) Ε(x,t)= Ε0e

τ2

; б) Ε(x,t)= Ε0e

τ .

Вычислите в первом приближении теории возмущений вероятности возбуждений различных состояний частицы при t → ∞, если при t → −∞ ротатор находился в состоянии с квантовым числом m.

Вероятность возбуждения k -го состояния:

W (1)(n → k )= h12 Vkn I 2 ,

где n – квантовое число начального состояния, k – конечного, Vkn – матричные элементы оператора возмущения:

интеграл I – Фурье-образ временной функции f (t):

∞

I = ∫eiωknt f (t)dt ,

−∞

где частота перехода ωkn = Ek(0) − En(0) . h

Волновые функции и энергии частицы в бесконечно глубокой потенциальной яме шириной a :

ψ(m0) =	1	eimϕ ,	Em(0) =	h2m2	.
	2π
				2J

= −Ε0 μcosϕ .

Оператор возмущения V (ϕ)= −Ε0 μ

Матричный элемент оператора возмущения:

= −2π

e−ikϕ

μcosϕ

eimϕdϕ =

∫0

2π

Ε0μ

2π

= −

∫e−ikϕ(eiϕ +e−iϕ )eimϕdϕ =

4π

Ε0μ 2π i(m+1−k )ϕ

k = m ±1;

= −

2π

i(m−1−k )ϕ

−

4π

∫e

dϕ+ ∫e

dϕ

k ≠ m ±1.

t 2

f (t)= e−

В случае а)

τ2

(см. задачу 3):

ω2

τ2

I = e

−

π .

4 τ

Вероятность перехода:

W (1)(m → m ±1)= 1 − Ε0μ e−

ω2

τ2

τ π .

Для нечетных k :

ω2

τ2

−

W (1)(m → m ±1)=

Ε0μ

πτ

4h2

где частота перехода

h((m ±1)2 −m2 )= ±

h(2m ±1)

ωm±1,m =

Em(0±)1 − Em(0)

В случае б)

f (t)

= e−

(см. задачу 3):

I =

2τ

Вероятность перехода:

ωk21τ2 +1

2 =

W (1)(m → m ±1)=

− Ε0μ

2τ

Ε02μ2τ2

(ωk21τ2 +1)2

2 ωk21τ2 +1

Общее условие применимости теории возмущений:

Vkm << Ek − Em ,

для данной задачи

Εμ <<

(2m +1)

ω2

τ2

−

Ответ: а) W (1)(m → m ±1)=

Ε0μ

πτ

4h2

Ε02μ2τ2

б) W (1)(m → m ±1)=

(ωk21τ2 +1)2

5. Частица массы m находится в основном состоянии в бесконечно глубокой потенциальной яме шириной a . В неко-

торый момент времени правая стенка ямы быстро смещается в точку b > a. Найдите вероятности возбуждения различных

состояний частицы после остановки стенки.

Гамильтонианы системы при t < 0 и t > 0 :

ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
H0	и H1	= H0	+V ,

функции состояния этих гамильтонианов

ψn (x,t)= ψn (x)e	−	Ent	~	~	−	Ent	.
		h				h
			и ψn (x,t)= ψn (x)e

Тогда функцию начального состояния можно разложить по новым функциям в ряд:

	ψ n =	~	−	E k t
		~	−	h	,
		∑ cnk ψ n e			,
~*		k
~*	ψndV . Тогда вероятность перехода из начального
где cnk = ∫ψk	ψndV . Тогда вероятность перехода из начального

состояния в конечное:

W (n → k )= cnk 2 .

Применим эти рассуждения к бесконечно глубокой потенциальной яме, где функции начального состояния

ψn = a2 sin πanx ,

для основного состояния

ψ =

2 sin πx

и конечного

sin

πkx

ψk

Коэффициент разложения в ряд:

ck1 =

sin

πx

sin

πkx

πx

sin

πkx

dx =

∫

∫sin

2 1 a

−b

ab 2

∫

cos π

−cos

x dx =

ka −b

ka +b

sin

ka −b

−

ka +b

sin

− π

sin π

+ π

ka −b

−

ka +b

sin π

cos π−cos

sin π

−

ka −b

sin

cos π+ cos

sin π

−

ka +b

sin

−

sin

ka −b

ka +b

π(k

−b

)

W (1 → k )=

2b ab

4ab3

sin

π(k 2a2 −b2 )

π2

(k 2a2 −b2 )2

При b = 2a

W (1 → k )=

πk

sin

π2 (k 2 − 4)2

при

четных k = 2m

sin πn = 0 ,

при

нечетных

k = 2m +1

πm +

, W (1 → 2m +1)=

то

есть

sin

= ±1

π2 ((2m +3)(2m −1))2

возможны переходы только на нечетные уровни.

Ответ: W (1 → k )=		4ab3		2	π	ka
			sin				.
	π2	(k 2a2 −b2 )2				b

6. На заряженный линейный гармонический осциллятор, находящийся в основном состоянии, внезапно накладывается однородное электрическое поле, направленное вдоль оси колебаний. Найдите вероятность возбуждения первого возбужденного состояния.

Гамильтонианы системы при t < 0 и t > 0 :

ˆ	ˆ	ˆ	ˆ
H0	и H1	= H0	+V ,

функции состояния этих гамильтонианов

ψn (x,t)= ψn (x)e	−	Ent	~	~	−	Ent	.
		h				h
			и ψn (x,t)= ψn (x)e

Тогда функцию начального состояния можно разложить по новым функциям в ряд:

	ψ n =	~	−	E k t
		~	−	h	,
		∑ cnk ψ n e			,
~ *		k
~ *	ψndV . Тогда вероятность перехода из начального
где cnk = ∫ψk	ψndV . Тогда вероятность перехода из начального

состояния в конечное:

W (n → k ) = cnk 2 .

Применим эти рассуждения к бесконечно глубокой потенциальной яме, где функции начального состояния

ψn =	2 sin	πnx	,
	a	a

для основного состояния

		1	−	x	2
									h
ψ0	=					2	,	a =
		a	e 2a						mω
			π

и первого возбужденного:

	2x		−	x	2
				x
ψ =		e		2a		2	,
ψ =		e		2a			,
1	a 2a	π
	a 2a	π

причем при наложении поля происходит смещение энергетических уровней и координат (см. задачу 7 темы 7):

qΕ

x−

2 x −

mω2

−

2a2

ψ1

2a π

Коэффициент разложения в ряд:

qΕ

x−

x 2 2 x −

mω2

∞

−

ω2

−

ck1 =

dx =

∫

−∞ a

qΕ 2

x−

∞

qΕ

−

mω2

−

dx .

∫

mω2

a2 2π

−∞

Преобразуем показатель экспоненты:

qΕ 2

qΕ

q2Ε2

x −

= 2x

−2x

mω2

m2ω4

qΕ

= 2 x

− 2x

= 2 x

−

2 4

2mω

тогда

qΕ

q 2

Ε2

2 x

−

2mω2

2 ω4

∞

qΕ

−

ck1 =

2a 2

dx =

2π

∫

x −

mω2

−∞

qΕ

q 2 Ε2

x−

−

∞

qΕ

−

2mω2

2π

e 4a

∫

−

dx =

−∞

mω2

qΕ

−

q 2 Ε2

∞

qΕ

−

t 2

= t = x −

2mω2

e 4a

∫

t −

e a

a2 2π

2mω2

−∞

−

q 2 Ε2

∞

−

t 2

qΕ

∞

−

t 2

∫

−

∫e

2π

2mω2

−∞

qΕ

−

q 2 Ε2

= −

2mω2

Вероятность перехода

W (0 →1)=

qΕ

e−

q 2 Ε2

Ε2

e−

q 2 Ε2

−

4a 2 m2 ω4

2a 2 m2 ω4 .

a 2mω2

2a2m2ω4

Ответ: W (0 →1)=

q2Ε2

e−

q 2 Ε2

2a 2 m2 ω4 .

2a2m2ω4

КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА

Решение задач по теме 11:

«Квазиклассическое приближение. Вариационный метод»

Задачи

1. Определите уровни энергии квантового линейного гармонического осциллятора в квазиклассическом приближении.

Вероятность частицы иметь координату z от z1 до z2

∞

Ψ(x, py , z)

2 ,

w = ∫dx ∫dpy ∫2 dz

−∞

где Ψ(x, py , z)= ∫ exp(−

ipy y

)Ψ(x, y, z)dy

– функция состояния час-

2πh

тицы в представлении оператора p€y .

∞

exp(−

ip y y

)Ψ(x, y, z)dy

Ответ: w = ∫dx ∫dpy

∫2 dz

∫

−∞

2πh

2. Для частицы, находящейся

в потенциальном поле

U =U0 x ν, найдите в квазиклассическом приближении харак-

тер изменения расстояния между соседними энергетическими уровнями энергий с увеличением n в зависимости от ν.

В квазиклассическом приближении условие квантования:

1	x0		1
	∫	2m(En −U )dx = π n +	2	,
h	−x0		2

2m(En −U0

∫

)dx = π n

−x0

где точка поворота x

. Найдем интеграл, сделав замену

ν =

ν ,

t0 =1,

2mEn E

2m −

∫

− t dt

νC(ν)= π n +

= E ν 2

−1

2+ν

hπ

E 2ν =

U ν

= A(ν) n +

C(ν) 2m

2ν

En =

2+ν

A(ν) n

Расстояние между уровнями

n =1:

∂E

2ν

ν−2

1 ν+2

En =

n n

= A(ν)

ν+

∂n

ν−2

ν−2 >0 ,

Если

то

nν+2

>1 ,

тогда

увеличивается, если

ν+2

ν−2

ν−2 < 0 , то nν+2

<1 , тогда

уменьшается, при ν = 2 потен-

ν+2

циальное поле совпадает с гармоническим осциллятором, для которого уровни энергии эквидистантны.

Ответ: уровни энергии разрежаются при ν > 2 и сгущаются при ν < 2 , при ν = 2 расстояние между уровнями постоянно.

3. Используя квазиклассическое приближение, найдите верхние энергетические уровни энергии дискретного спектра частицы в поле

	α	x	> a;
−
−	x2
U (x)=	x2
	∞	x < a.
	∞	x < a.
В квазиклассическом приближении условие квантования:
		1	x0					1
			∫	2m(En		−U )dx = π n +		,
		h	−x0					2
		1 x0					α	1
		h	∫	2m En +			dx = π n +	2	,
		h	a				x2	2
где точка поворота				x = α			. Верхние энергетические уровни
				0	En
					En

дискретного спектра близки к нулю, при этом n + 12 ≈ n . Найдем интеграл, положив в подынтегральном выражении En =0 :

2mαdx =

2mα

2mα ln x ,

∫0

∫0 dx

a x

2mα

−

2hπ

= πn ,

En = −

e mα .

a2 En

−

2hπ

Ответ: En = −

mα .

4. Получите приближенное значение энергии основного состояния частицы массы m, находящейся в бесконечно глу-

бокой потенциальной яме ширины a, вариационным мето-

дом, используя пробные функции вида:

а) ψ(x)= Ax(x −a),				б)		ψ(x)= Asin 2 πx	,
						a
				a

в) ψ(x)= A	a	−	x −		.
в) ψ(x)= A		−	x −		.

2				2
2				2

Энергия основного состояния равна минимуму от среднего

значения оператора ˆ Оператор Гамильтона

h2 ∂2

H = −

∂x2

Найдем среднее значение энергии

* ∂2ψ

E = (ψ; Hψ )= −

∫ψ

∂x2

dx =

2 dx .

= −

ψ* ∂ψ

∞

∫∂ψ* ∂ψ dx =

∫

∂ψ

2m ∂x

−∞

2m ∂x ∂x

∂x

Воспользуемся полученным выражением для предложенных функций:

а) Пронормируем функцию

A	2 a	(x −a)2 dx =	A	2	a		a	a	=
A	∫x2	(x −a)2 dx =	A			∫x4dx −2a∫x3dx +a2		∫x2dx	=
	0					0	0	0

=	A	2	a	5	1		−	1	+	1	=		A	2 a5	=1 ,




						5		2		3		30
						5		2		3		30
откуда							A =			30 .
										a5

Производная функции:

∂∂ψx = A ∂∂x x(x − a)= A(2x − a)

Среднее значение энергии

2 a

(2x −a)2 dx =

305 a3

∫

2m a

б) Пронормируем функцию

2 a

4 πx

2 1 a

2πx

4πx

∫sin

∫

−

4 cos

+cos

dx =

2 1

2πx

4πx

2 a

3x −4

2πx

sin

4πx

sin

=1 ,

откуда

A =

4 .

Производная функции:

∂∂ψx = A ∂∂x sin2 πax = A πa sin πax cos πax = A2πa sin 2πax .

Среднее значение энергии

π2 a

π2

π2h2

E =

∫0 sin

2 2 x

dx =

4a2

12ma2

в) Пронормируем функцию

a 2

∫

−

x −

dx =

∫

x2dx +

∫

(a − x)2 dx

2 a3

a 2

2 a3

=1 ,

откуда

A =

12 .

Производная функции:

при

0 < x < a 2,

∂ψ

= A

∂

− x −

∂x

− A

при

a 2 < x < a.

∂x

Среднее значение энергии

a 2

E =

∫

1 dx + ∫(−

1) dx

2m a

a 2

5h2

π2h2

6h2

Из вариантов а)

E =

б)

E =

в)

E =

мини-

ma2

12ma2

ma2

мальное значение энергии в случае б) E = π2h22 . Это значит, что

12ma

наиболее близка к волновой функции основного состояния функ-

ция ψ(x)= 34a sin2 πax .

5h2

π2h2

6h2

Ответ: а) E =

, б) E =

, в) E =

ma2

12ma2

ma2

5. Найдите приближенное значение энергии квантового гармонического осциллятора вариационным методом, используя пробные функции вида:

а) ψ(x)=		A			, б) ψ(x)=			A				,
а) ψ(x)=	1+		x2		, б) ψ(x)=				x	2	2	,
			x2							2	2
							+
				2
			a	2		1			a	2
			a						a

где a = mhω .

Энергия основного состояния равна минимуму от среднего

значения оператора ˆ Оператор Гамильтона для гармоническо-

го осциллятора

∂2

mω2 x2

= −

∂x2

2 .

Найдем среднее значение энергии

* ∂2ψ

mω2

E = (ψ; Hψ )= −

∫ψ

∂x2

dx +

∫ψ

x ψdx =

∂ψ

mω2

∫

dx +

∫

xψ

dx .

∂x

Воспользуемся полученным выражением для предложенных функций:

а) Пронормируем функцию

∞

x = a tg t

adt

dx =

∫

adt

∫

−∞

dx =

−π cos2 t(1 + tg2 t)

cos

aπ

= a

2 ∫2 cos2 tdt =

∫2 (1+cos 2t)dt =

=1 ,

−

−π

откуда

A =

2 .

aπ

Производная функции:

∂ψ

∂

= −

2Ax

∂x

тогда

∂ψ

2 x2

xψ

2 x

∂x

x2 4

x2 2

Среднее значение энергии

2 h2

∫

x2dx

2 mω2

∫

x2dx

где интегралы берутся от

−∞

до ∞ :

∞

x2dx

x = a tg t

tg2 tdt

= a

∫

adt

∫

−∞

−π cos2 t(1 + tg2 t)

cos

ππ

= a

∫sin

t cos

tdt

∫(1

−cos 2t)(1

+cos 2t) dt =

−π

8 −π

∫(1

+cos 2t −cos

2t −cos

2t)dt =

π+0

−

−0 =

−

∞

x2dx

x = a tg t

tg2 tdt

= a

∫

adt

∫

−∞

dx =

−π cos2 t(1+ tg2 t)

cos

πa3

= a3

∫2 sin2 t cos2 tdt =

∫2 sin

2 2tdt =

∫2 (1−cos 4t)dt =

−π

−

−π

πa3 , 16

2 h2 πa3

2 mω2 πa3

2 πa3

E =

4 + mω

Учтем, что a =

, а A =

, тогда

mω

aπ

h2m2ω2

E =

+mω

hω.

8mω

б) Пронормируем функцию

∞

x = a tg t

dx =

= a

∫

adt

∫

−∞

dx =

−π

cos

2 t(1+ tg2 t)

cos

= a

2 ∫2 cos6 tdt =

∫2 (1+cos 2t)3 dt =

−

−π

5πa

∫2 (1+3cos 2t +3cos2 2t

+cos3 2t)dt =

−

откуда

16 .

Производная функции:

5πa

∂ψ

∂

= −

∂x

x2 2

тогда

1+ a2

∂ψ

2 x2

xψ

2 x

∂x

x2 6

2 4

+ a

1+ a2

Среднее значение энергии

2 h

∫

x2dx

2 mω2 ∫

x2dx

1+ a2

+ a2

где интегралы берутся от −∞

до ∞ :

∞

x2dx

x = a tg t

tg2 tdt

= a

∫

adt

∫

−∞

dx =

−π

cos2 t(1+ tg2 t)

cos

+ a2

5πa3

= a

∫sin

t cos

tdt =

∫

(1−cos 2t)(1+cos 2t) dt

128

−π

∞

x2dx

πa3

∫

−∞

2 h2 5πa3

+ a2

2 πa3

5h2

E =

mω

+8mω

128

Учтем, что a =

, а

A =

, тогда

mω

5πa

5h2

5h2m2ω2

E =

4 +8mω

5mω

2 +8mω

hω.

5 ma

Из вариантов а)

3 hω, б)

13 hω

, минимальное значе-

ние энергии в случае а) E = 83 hω. Это значит, что наиболее близ-

ка к волновой функции основного состояния функция

ψ(x)= 1+Ax2 . a2

Ответ: а) E = 83 hω, б) E = 135 hω.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 108 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.08.2019346 Кб2Камбоджа.docx
#
01.07.2025289 Кб1Кастельс М. Информационная эпоха экономика, общество и культура Гл. 6.doc
#
01.07.202512 Мб1КАСТОМ-СЛОВАРЬ www.livetoride.org.ua.doc
#
01.07.2025316 Кб0Каталог анотацій авторефератів дисертацій_1.doc
#
03.08.2019167 Кб2КАТЕГОРИИ.docx
#
07.03.20163 Мб25Кванти - теорія та розвязки деяких задач.pdf
#
01.03.202531 Кб0КЗ1.docx
#
01.05.202528 Кб0Київська Русь.docx
#
01.07.202546 Кб0Київський національний університет імені Тараса Шевченка.docx
#
01.07.202534 Кб0Київський національний університет імені Тараса Шевченка.docx
#
09.12.201848 Кб24Київський національний університет імені Тараса....docx