QuantumMechanics2-QuestionsFromExams-v1.0
קוונטים :2פתרון שאלות ממבחנים
גרסה ,1.0פברואר 2012
ברק שושני
baraksh@gmail.com | http://baraksh.co.il/
תוכן עניינים
1
1
מועד א' תשע"א :שאלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1
2
מועד א' תשע"א :שאלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5
3
מועד א' תשע"א :שאלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
7
4
מועד ב' תשע"א :שאלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
8
5
מועד ב' תשע"א :שאלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
12
6
מועד ב' תשע"א :שאלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
12
מועד א' תשע"א :שאלה 1
חלקיק בעל מסה mומטען qמתואר ע"י ההמילטוניאן:
p2y
p2x
+
+V
2m 2m
≡ H0
כאשר:
|x| , |y| ≤ a
else
וניתן להניח ∞ → .V0כמו־כן נתון האופרטור:
π
i
Lz
~ 2
(
0
≡ )V (x, y
V0
T ≡ exp
כאשר Lzרכיב של אופרטור התנע הזוויתי.
א .הראו כי .[T, H0 ] = 0
ב .נסמן את האנרגיה של רמת היסוד ב־ .ε0מיינו את כל המצבים העצמיים של H0עד אנרגיה 6ε0לפי ערכים
עצמיים של .T
ג .המערכת נמצאת במצב היסוד .מהם הערכים האפשריים המתקבלים ממדידת ?Lz
ד .המערכת נמצאת ברמה המעוררת השנייה )רמה לא מנוונת( .בזמן t = 0מדליקים הפרעה .Vint = λr2מה הסיכוי
למצוא את המערכת במצב היסוד בזמן ?tחשבו עד סדר שלישי ב־.λ
1
ה .מצאו את חוקי הברירה למעברים החשמליים E1 , E2במונחי הערכים העצמיים של Tהמתאימים למצבים ביניהם
מתרחש המעבר.
ו .פונקציית הגל של החלקיק היא:
πy
πy
πx
πx
1
sin
+ cos
sin
ψ (x, y) = √ cos
2a
a
2a
a
a 2
מצאו את זמן החיים במצב זה.
ˆ? באיזה כיוון נפלטת כמות האור
xובכיוון y
ז .בהמשך לסעיף ו' ,מהו הקיטוב של הפוטונים הנפלטים בכיוון ˆ
המינימלית?
פתרון סעיף א'
נשים לב כי האופרטור Tהוא למעשה אופרטור הסיבוב בזווית π/2סביב ציר ) zעם כיוון השעון( .הן הסכום ,p2x + p2y
שהוא התנע הכולל במישור ,xyוהן הפוטנציאל ,Vשהוא בור פוטנציאל ריבועי אשר מרכזו בראשית הצירים ,אינווריאנטיים
לסיבוב כזה ,ולכן הקומוטטור מתאפס.
פתרון סעיף ב'
עלינו לפתור את משוואת שרדינגר:
H0 ψ = Eψ
נניח פתרון מהצורה ) ,ψ (x, y) = ψx (x) ψy (yאז הבעיה מצטמצמת לבעיה חד־ממדית עם ההמילטוניאן:
(
0 |x| ≤ a
p2
≡H
+ V,
≡ V
2m
∞ else
לפתירת הבעיה נפתור את משוואת שרדינגר בתוך הבור ):(|x| ≤ a
√
2mE
00
2
=⇒ ψ (x) = −k ψ (x) ,
≡k
~
~2 00
)ψ (x) = Eψ (x
2m
−
הפתרון הכללי הוא:
)ψ (x) = A cos (kx) + B sin (kx
תנאי השפה הם ,ψ (±a) = 0כלומר:
ψ (−a) = A cos (ka) − B sin (ka) = 0
ψ (+a) = A cos (ka) + B sin (ka) = 0
ומכאן:
A cos (ka) = B sin (ka) = 0
אם sin (ka) = 0אז לא ייתכן כי ,cos (ka) = 0ולהפך .לכן נקבל שני סוגים של פתרונות .פתרון זוגי:
n = 1, 3, 5, . . .
nπ
,
2
= ka
1
ψ (x) = √ cos (kx) ,
a
ופתרון אי־זוגי:
n = 2, 4, 6, . . .
nπ
,
2
= ka
1
ψ (x) = √ sin (kx) ,
a
האנרגיה ,בשני המקרים ,תהיה:
k 2 ~2
π 2 ~2 2
=
n
2m
8ma2
2
= En
לפיכך האנרגיה הכוללת ,בבעיה הדו־ממדית המקורית ,תהיה:
π 2 ~2
n2x + n2y
2
8ma
= Enx ,ny
אנרגיית מצב היסוד היא:
2 2
~ π
4ma2
= ε0 = E1,1
עם פונקציית הגל:
π
π
1
ψ1,1 (x, y) = cos
x cos
y
a
2a
2a
סיבוב בזווית π/2עם כיוון השעון משמעותו החלפה x 7→ −yו־ .y 7→ xלפיכך:
π
π
1
x cos
)y = ψ11 (x, y
T ψ1,1 (x, y) = cos
a
2a
2a
ולכן הערך העצמי של מצב היסוד ביחס ל־ Tהוא .+1הרמה המעוררת הראשונה תהיה:
5
5π 2 ~2
= ε0
8ma2
2
= ε1 = E1,2 = E2,1
עם פונקציות הגל:
π
π
1
ψ2,1 (x, y) = sin
x cos
y
a
a
2a
π
π
1
cos
x sin
y ,
a
2a
a
= )ψ1,2 (x, y
ומתקיים:
π
π
1
T ψ1,2 (x, y) = sin
x cos
)y = ψ2,1 (x, y
a
a
2a
1
π
π
T ψ2,1 (x, y) = − cos
x sin
)y = −ψ1,2 (x, y
a
2a
a
לפיכך אף אחת מהפונקציות אינה מצב עצמי של .Tעם זאת ,מתקיים:
)ψ1,2 (x, y) ± i ψ2,1 (x, y
)ψ2,1 (x, y) ∓ i ψ1,2 (x, y
√
√
T
=
2
2
)ψ1,2 (x, y) ± i ψ2,1 (x, y
√
= ∓i
2
√
כלומר ,שני הצירופים הלינאריים (ψ1,2 ± i ψ2,1 ) / 2הם מצבים עצמיים של ,Tעם הערכים העצמיים ,∓ iהמתאימים
לרמה המעוררת הראשונה של .H0הרמה המעוררת השנייה תהיה:
π 2 ~2
= 4ε0
ma2
= ε2 = E2,2
עם פונקציית הגל:
π
π
1
ψ2,2 (x, y) = sin
x sin
y
a
a
a
ומתקיים:
π
π
1
T ψ2,2 (x, y) = − sin
x sin
)y = −ψ2,2 (x, y
a
a
a
לפיכך זהו מצב עצמי של ,Tעם הערך העצמי .−1לבסוף ,הרמה המעוררת השלישית )והאחרונה בעלת אנרגיה קטנה
מ־ (6ε0היא:
5π 2 ~2
= 5ε0
4ma2
עם פונקציות הגל:
3π
π
x cos
y
2a
2a
1
cos
a
= ε3 = E1,3 = E3,1
π
1
3π
ψ1,3 (x, y) = cos
x cos
y ,
a
2a
2a
= )ψ3,1 (x, y
3
ומתקיים:
π
1
3π
T ψ1,3 (x, y) = cos
x cos
)y = ψ3,1 (x, y
a
2a
2a
π
1
3π
T ψ3,1 (x, y) = cos
x cos
)y = ψ1,3 (x, y
a
2a
2a
לפיכך אף אחת מהפונקציות אינה מצב עצמי של .Tעם זאת ,מתקיים:
)ψ1,3 (x, y) ± ψ3,1 (x, y
)ψ3,1 (x, y) ± ψ1,3 (x, y
√
√
T
=
2
2
)ψ1,3 (x, y) ± ψ3,1 (x, y
√
=±
2
√
כלומר ,שני הצירופים הלינאריים (ψ1,3 ± ψ3,1 ) / 2הם מצבים עצמיים של ,Tעם הערכים העצמיים ,∓1המתאימים
לרמה המעוררת השלישית של .H0
פתרון סעיף ג'
ראינו כי .T |ψ1,1 i = |ψ1,1 iנפתח את |ψ1,1 iבבסיס של המצבים העצמיים של :Lz
X
= |ψ1,1 i
c`,m |`, mi
`,m
אז:
c`,m ei πLz /2~ |`, mi
X
= T |ψ1,1 i
X
=
X
=
`,m
c`,m ei πm/2~ |`, mi
`,m
c`,m |`, mi
`,m
כלומר:
q∈Z
m = 4q,
⇒=
ei πm/2 = 1 = ei 2πq
או במילים אחרות ,מדידת Lzתניב כפולה כלשהי של ~.4
פתרון סעיף ד'
ראו פיתוח של תורת ההפרעות הבלתי־תלויה בזמן בעמוד .5ההפרעה היא ,H1 ≡ r2 = x2 + y 2ואנו מחפשים את
ההסתברות למעבר מהמצב |ii ≡ |ψ2,2 iלמצב |f i ≡ |ψ11 iבסדר ראשון נקבל:
ˆ T
1
)(1
= ) cf (T
ei ωf i t hf |H1 (t) |ii dt
i~ 0
כדי לחשב את רכיב המטריצה:
hf |H1 (t) |ii = ψ1,1 |x2 + y 2 |ψ2,2
נשתמש באופרטור הזוגיות ,Pאשר מחליף .x 7→ −xנשים לב כי:
π
π 1
π
π
1
P |ψ1,1 i = P
cos
x cos
y
= cos
x cos
y = |ψ1,1 i
a
2a
2a
a
2a
2a
π
π
π
π
1
1
P |ψ2,2 i = P
sin
x sin
y
= − sin
x sin
y = − |ψ2,2 i
a
a
a
a
a
a
לכן )תוך שימוש בכך ש־ Pהוא אוניטרי(:
P |ψ2,2
2
ψ1,1 |x2 + y 2 |ψ2,2 = ψ1,1 |P x2 + y
= − ψ1,1 |x2 + y 2 |ψ2,2
ומכאן ,הרכיב מתאפס .אנו רואים כי הסדר הראשון מתאפס ,ולכן גם כל הסדרים הבאים מתאפסים )כי כל סדר תלוי
בקודם( .לפיכך ההסתברות היא אפס.
4
2
מועד א' תשע"א :שאלה 2
אוסילטור הרמוני חד־ממדי נמצא ברמת היסוד .בזמן t = 0מדליקים הפרעה .V = λx3חשבו את הסיכוי
למצוא את המערכת ברמה המעוררת הראשונה עד לסדר שלישי ב־ ,λכפונקציה של הזמן.
פיתוח
ראשית נפתח את תורת ההפרעות התלויה־בזמן .נתון ההמילטוניאן ) ,H0 + λH1 (tכאשר H0הוא ההמילטוניאן הלא־
מופרע ואילו ) λH1 (tהיא ההפרעה .מכיוון שווקטורי הבסיס של ההמילטוניאן הלא־מופרע מהווים מערכת שלמה ,אנו
יכולים לרשום את מצב המערכת בכל זמן ,|Ψ (t)i ,כצירוף לינארי שלהם:
X
)(1
= |Ψ (t)i
cn (t) e− i En t/~ |ni
n
אם ) λ = 0אין הפרעה( אז המקדמים cnיהיו קבועים .אחרת ,נציב את הפיתוח במשוואה שרדינגר:
d |Ψ (t)i
= (H0 + λH1 (t)) |f i
dt
~i
ונקבל:
(En + λH1 (t)) cn (t) e− i En t/~ |ni
X
= (i ~c0n (t) + En cn (t)) e− i En t/~ |ni
X
n
n
כאשר השתמשנו במשוואת הערכים העצמיים .H0 |ni = En |ni
באורתונורמליות של הבסיס ,נקבל:
Em − En
~
≡ ωmn
לאחר צמצום ,הכפלה משמאל ב־| hmושימוש
cn (t) ei ωmn t hm|H1 (t) |ni ,
X
i ~c0m (t) = λ
)(2
n
תוצאה זו היא מדויקת .כדי לקבל את הקירוב ההפרעתי ,נפתח את המקדמים בחזקות של :λ
)(1
)2 (2
)cn (t) = c(0
· · · n (t) + λcn (t) + λ cn (t) +
נציב במשוואה ) ,(2נאסוף חזקות דומות של ,λונקבל לכל :k
)1 X (k−1
c
(t) ei ωmn t hm|H1 (t) |ni
i~ n n
)(k
c(k)0
= )m (t
)(0
זוהי משוואה דיפרנציאלית רקורסיבית עבור ) .cm (tאת ) cm (tנקבל מהמצב ההתחלתי :|ii
X
= |ii
)c(0
n |ni
n
ומשם ניתן להמשיך ולמצוא את הסדרים הגבוהים יותר .לרוב ,המצב ההתחלתי |iiיהיה מצב יציב )כלומר ,אחד מאיברי
)(0
הבסיס } ,({|niואז בסדר אפס נקבל פשוט .cn = δn,iממשוואה ) (1אנו רואים כי ההסתברות שכתוצאה מההפרעה
2
המערכת תעבור למצב בעל אנרגיה ) Efבהנחה שאין ניוון( היא |) .|cf (tאם ההפרעה הודלקה בזמן ,t = 0אז בזמן
t = Tנקבל עבור הסדר הראשון:
ˆ T
1
)(1
= ) cf (T
ei ωf i t hf |H1 (t) |ii dt
i~ 0
עבור הסדר השני:
T
i ωf n t
)c(1
hf |H1 (t) |ni dt
n (t) e
ˆX
0
n
1
~i
ˆ
ˆ t
0
1 X T
=− 2
dt
ei ωf n t hf |H1 (t) |ni ei ωni t hn|H1 (t0 ) |ii dt0
~ n 0
0
וכך הלאה .ההסתברות תהיה ,אם כן )עבור :(f 6= i
2
) (1
)(2
2
· · · = |cf (T )| = cf (T ) + cf (T ) +
5
Pi→f
)(2
= ) cf (T
עבור f = iניתן לחשב את ההסתברות יותר בקלות משיקולי נורמליזציה:
X
X
2
2
2
2
1 = hΨ (t) |Ψ (t)i = |ci (t)| +
|)|cn (t
=⇒ |ci (t)| = 1 −
|)|cn (t
n6=i
n6=i
נעיר כי זוהי למעשה ההסתברות למעבר למצב בעל אנרגיה ,Efולא למצב יציב ;|f iהמצב הסופי |Ψ (t)iיהיה לרוב
צירוף לינארי של וקטורי הבסיס ,ולא מצב יציב.
פתרון
ראשית נרשום את ההפרעה H1 ≡ x3באמצעות אופרטורי העלאה והורדה:
r
mω
i
mω
i
x+
p ,
≡a
x−
p
~2
mω
~2
mω
r
≡ †a
מכאן:
3
†a + a
3/2
~
2mω
= H1 = x3
~
†a + a
2mω
⇒=
r
=x
נתון לנו כי המצב ההתחלתי הוא ,|ii ≡ |0iואנו מחפשים את ההסתברות למעבר למצב ) |f i ≡ |1iאו ליתר דיוק ,כפי
שראינו בהערה לעיל ,למצב בעל אנרגיה .(E1בסדר ראשון נקבל:
ˆ T
1
)(1
ei ω10 t 1|x3 |0 dt
= ) cf (T
i~ 0
נחשב את רכיב המטריצה:
3/2
3
1|x |0 = 1 a + a† a + a† a + a† 0
= 1 a + a† a + a† 1
√
= 1a + a† 0 + 2 1a + a† 2
√ √
√
= h1|1i + 2
2 h1|1i + 3 h1|3i
2mω
~
=3
התדירות ω10היא פשוט התדירות ωשל האוסילטור:
~ω − 12 ~ω
=ω
~
1
2
1+
E1 − E0
=
~
≡ ω10
מכאן:
1 − ei ωT
3/2
~
2mω
3
~ω
ˆ 3/2
T
= ei ωt dt
0
~
2mω
3
~i
)(1
= ) cf (T
בסדר שני נקבל:
0
ei ω1n t 1|x3 |n ei ωn0 t n|x3 |0 dt0
t
ˆ
T
dt
0
ˆX
0
n
1
~2
)(2
cf (T ) = −
נחשב את רכיבי המטריצה .עבור הרכיב הימני נקבל:
√ √
√
3
n|x |0 = hn|1i + 2
2 hn|1i + 3 hn|3i
√
= 3δn,1 + 6δn,3
3/2
2mω
~
3
שלושה אופרטורי
המכילים
ביטויים
לפיכך ,ברכיב השמאלי n ,חייב להיות 1או .3אך האופרטור xהוא סכום של
3
3
העלאה והורדה ברצף ,כלומר ,הוא מעביר מצב אי־זוגי למצב זוגי ולהפך .לפיכך , 1|x |1 = 1|x |3 = 0והסדר השני
מתאפס .בצורה דומה ניתן להראות גם כי כל הסדרים הבאים מתאפסים ,לפיכך ההסתברות היא:
ωt
~9
~9
(1) 2
i ωt 2
= )P0→1 (t) = cf (t
1
−
e
=
sin2
8m3 ω 5
4m3 ω 5
2
6
3
מועד א' תשע"א :שאלה 4
המטריצה הבאה מתארת סיבוב עבור ספינור ספין־:1/2
i
1 1
√ ≡R
1 −1
2
מצאו את כיוון ציר הסיבוב ואת זווית הסיבוב .ניתן לממש את Rבמעבדה ע"י הפעלת שדה מגנטי קבוע
במרחב לפרק זמן מסוים .מהו הכיוון של השדה המגנטי הדרוש?
פתרון
נזכור כי מטריצות פאולי הן:
0
−1
1
0
≡ σz
,
−i
0
0
i
≡ σy
,
1
0
0
1
≡ σx
nהוא:
ואופרטור הסיבוב בזווית φסביב וקטור היחידה ˆ
Dnˆ (φ) = e− i(S·ˆn)φ/~ = e− i(σ·ˆn)φ/2
נשים לב כי:
1
n even
σ·n
ˆ n odd
(
n
(σ · n
= )ˆ
לכן מתקיים:
φ
φ
− i (σ · n
ˆ ) sin
2
2
או ,בייצוג כמטריצה :2 × 2
(− i nx − ny ) sin φ2
cos φ2 + i nz sin φ2
e− i(σ·ˆn)φ/2 = cos
cos φ2 − i nz sin φ2
(− i nx + ny ) sin φ2
= e− i(σ·ˆn)φ/2
נשווה ל־ Rונקבל את המשוואות:
i
φ
φ
√ = cos − i nz sin
2
2
2
i
φ
√ = (− i nx − ny ) sin
2
2
i
φ
√ = (− i nx + ny ) sin
2
2
φ
i
φ
− √ = cos + i nz sin
2
2
2
נפריד לרכיבים ממשיים ומדומים ונקבל:
φ
=0
2
φ
1
√ nx sin = −
2
2
φ
ny sin = 0
2
φ
1
√ nz sin = −
2
2
cos
מכאן ברור כי:
1
n
ˆ( √ ˆ = −
ˆx+
)z
2
φ = π,
ˆ ,ואז הספין יבצע נקיפה סביב הציר.
כדי לממש את Rנפעיל שדה מגנטי בכיוון n
7
4
מועד ב' תשע"א :שאלה 1
שלושה חלקיקים בעלי ספין 1מתוארים ע"י ההמילטוניאן הבא:
) H = J (S1 · S2 + S2 · S3 + S1 · S3
J
2
(S1 + S2 + S3 ) − S21 − S22 − S23
=
2
א .מצאו את אנרגיית רמת היסוד של מערכת שלושת הספינים.
ב .חשבו את מקדמי קלבש־גורדן hm1 , m2 |j = 0, m = 0iלכל .m1 , m2
ג .כתבו במפורש את פונקציית הגל ברמת היסוד בבסיס מצבי המכפלה.
ד .המערכת נמצאת ברמת היסוד .מודדים את הספין הכולל בכיוון xומיד אחר כך את הספין הכולל בכיוון .yמהו
ערך התצפית של האנרגיה לאחר המדידות?
ה .מוסיפים להמילטוניאן הפרעה .H1 ≡ J1 S1 · S2מהו התיקון לאנרגיית רמת היסוד עד סדר שני )כולל(? הסבירו
איכותית כיצד יראו התיקונים לסדרים גבוהים יותר בתורת ההפרעות.
ו .עבור ההמילטוניאן H2 ≡ H + H1מצאו את הספין והאנרגיה של רמת היסוד בכל אחד מהגבולות הבאים:
)א( J1 J ,J1 > 0
)ב( |J1 | J ,J1 < 0
פתרון סעיף א'
בחיבור תנע זוויתי של שלושה חלקיקים בעלי ספין 1נקבל תנע זוויתי כולל של 1 ,0או .2בחיבור חלקיק נוסף בעל ספין
1נקבל:
2 + 1 =⇒ 1, 2, 3
1 + 1 =⇒ 0, 1, 2,
0 + 1 =⇒ 1,
2
לפיכך הערך המינימלי שיכול להתקבל עבור ) (S1 + S2 + S3הוא .~2 · 0 (0 + 1) = 0בנוסףS21 = S22 = S23 = ,
~2 · 1 (1 + 1) = 2~2תמיד ,ולכן נקבל בתור אנרגיית רמת היסוד:
J
0 − 6~2 = −3~2 J
2
= E0
פתרון סעיף ב'
עלינו לחשב את מקדמי קלבש־גורדן hm1 , m2 |j = 0, m = 0iלכל .m1 , m2נשים לב כי המקדמים מתאפסים אלא אם
,m1 + m2 = m = 0ואילו .|m1 | , |m2 | ≤ 1לפיכך נותר לנו לחשב רק שני מקרים:
h1, −1|0, 0i = h−1, 1|0, 0i
h0, 0|0, 0i ,
המרחב של התנע הזוויתי הכולל ,H (1) ⊗ H (2) ,נפרש ע"י 9הקטים :|j, mi
|0, 0i
|1, −1i , |1, 0i , |1, +1i
|2, −2i , |2, −1i , |2, 0i , |2, +1i , |2, +2i
לכל אחד מהקטים האלה יש ייצוג כמכפלה טנזורית |j1 , m1 i ⊗ |j2 , m2 iכאשר ) |j1 , m1 i ∈ H (1ו־ ).|j2 , m2 i ∈ H (2
)הערה לגבי הסימון :כדי לא להתבלבל ,שימו לב שקט יחיד הוא תמיד מהצורה |j, miואילו מכפלה טנזורית היא תמיד
מהצורה ,|j1 , m1 i ⊗ |j2 , m2 iלכל אורך הפתרון(.
נתחיל עם .j = 2נשים לב כי יש רק דרך אחת ליצור את הקט ,|2, +2iהמתאים ל־ ,m = 2והיא .m1 = m2 = 1
לפיכך:
|2, +2i = |1, +1i ⊗ |1, +1i
8
)(2
)(1
נפעל על שני האגפים עם אופרטור ההורדה ,J− ≡ J− + J−כאשר נזכור כי:
p
J± |j, mi = ~ (j ∓ m) (j ± m + 1) |j, m ± 1i
ונקבל:
1
)|2, +1i = √ (|1, 0i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, 0i
2
נפעל פעם נוספת ונקבל:
1
)|2, 0i = √ (|1, −1i ⊗ |1, +1i + 2 |1, 0i ⊗ |1, 0i + |1, +1i ⊗ |1, −1i
6
נעבור ל־ .j = 1נדרוש כי הקט |1, +1iיהיה אורתוגונלי ל־ .|2, +1iניתן ליצור את הקט מ־ m1 = 0ו־ ,m2 = 1או
להפך:
|1, +1i = A |1, 0i ⊗ |1, +1i + B |1, +1i ⊗ |1, 0i
נדרוש אורתוגונליות ונקבל:
1
)h2, +1|1, +1i = √ (h1, 0| ⊗ h1, +1| + h1, +1| ⊗ h1, 0|) (A |1, 0i ⊗ |1, +1i + B |1, +1i ⊗ |1, 0i
2
1
)= √ (A + B
2
=0
לפיכך .A = −Bלפי מוסכמת קונדון־שורטלי ,מקדם קלבש־גורדן hm1 = j2 , m2 = j − j1 |j, m = jiצריך להיות
חיובי .במקרה שלנו זהו המקדם ,h1, 0|1, 1iכלומר .B ,ננרמל ונקבל:
1
)|1, +1i = √ (− |1, 0i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, 0i
2
נפעל עם J−ונקבל:
1
)|1, 0i = √ (− |1, −1i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, −1i
2
לבסוף ,עבור ,j = 0יש רק קט אחד ,|0, 0i ,עם שלוש דרכים לבנות אותו מצירופים של m1ו־ :m2
|0, 0i = A |1, −1i ⊗ |1, +1i + B |1, 0i ⊗ |1, 0i + C |1, +1i ⊗ |1, −1i
נדרוש אורתוגונליות עם :|1, 0i
1
h1, 0|0, 0i = √ (−A + C) = 0
2
לפיכך .A = Cנדרוש אורתוגונליות עם :|2, 0i
1
h2, 0|0, 0i = √ (A + 2B + C) = 0
6
לפיכך .B = −Aשוב ,לפי מוסכמת קונדון־שורטלי ,מקדם קלבש־גורדן C = h1, −1|0, 0iצריך להיות חיובי .ננרמל
ונקבל:
1
)|0, 0i = √ (|1, −1i ⊗ |1, +1i − |1, 0i ⊗ |1, 0i + |1, +1i ⊗ |1, −1i
3
כעת נוכל לחשב את מקדמי קלבש־גורדן:
1
√ h0, 0|0, 0i = (h1, 0| ⊗ h1, 0|) |0, 0i = −
3
1
√ = h1, −1|0, 0i = h−1, 1|0, 0i = (h1, −1| ⊗ h1, +1|) |0, 0i
3
9
פתרון סעיף ג'
בסעיף א' ראינו כי רמת היסוד מתקבלת כאשר התנע הזוויתי הכולל הוא .j = 0כעת אנו עובדים במרחב ⊗ )H (1
) ,H (2) ⊗ H (3אשר נפרש ע"י 16הקטים :|j, mi
|0, 0i
|1, −1i , |1, 0i , |1, +1i
|2, −2i , |2, −1i , |2, 0i , |2, +1i , |2, +2i
|3, −3i , |3, −2i , |3, −1i , |3, 0i , |3, +1i , |3, +2i , |3, +3i
אנו רוצים למצוא את פונקציית הגל המתאימה לקט .|0, 0iמהסעיף הקודם מתקיים עבור שני חלקיקים:
1
)|1, +1i = √ (− |1, 0i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, 0i
2
1
)|1, 0i = √ (− |1, −1i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, −1i
2
1
)|1, −1i = √ (|1, 0i ⊗ |1, −1i − |1, −1i ⊗ |1, 0i
2
כאשר את הקט השלישי מצאנו באמצעות הפעלה נוספת של .J−בנוסף ראינו כי:
1
)|0, 0i = √ (|1, −1i ⊗ |1, +1i − |1, 0i ⊗ |1, 0i + |1, +1i ⊗ |1, −1i
3
נציב את הקטים המשותפים לשני החלקיקים בצד שמאל של המכפלה הטנזורית ,ובצד ימין נשאיר את הקטים של החלקיק
השלישי .מכאן:
1
1
√ (|1, 0i ⊗ |1, −1i − |1, −1i ⊗ |1, 0i) ⊗ |1, +1i +
√ = |0, 0i
3
2
1
1
√ (− |1, −1i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, −1i) ⊗ |1, 0i +
√−
3
2
1
1
√ (− |1, 0i ⊗ |1, +1i + |1, +1i ⊗ |1, 0i) ⊗ |1, −1i
√+
3
2
1
= √ (|1, 0i ⊗ |1, −1i ⊗ |1, +1i − |1, −1i ⊗ |1, 0i ⊗ |1, +1i) +
6
1
+ √ (|1, −1i ⊗ |1, +1i ⊗ |1, 0i − |1, +1i ⊗ |1, −1i ⊗ |1, 0i) +
6
1
)+ √ (− |1, 0i ⊗ |1, +1i ⊗ |1, −1i + |1, +1i ⊗ |1, 0i ⊗ |1, −1i
6
פתרון סעיף ד'
עבור ספין ,1נסמן:
0
|1, −1i = 0
1
0
|1, 0i = 1 ,
0
אז אופרטורי הספין מיוצגים ע"י המטריצות:
0 −1 0
i~
1 0 −1
√ = Sy
2
0 1
0
0
1 ,
0
1
|1, +1i = 0 ,
0
1
0
1
0
~
Sx = √ 1
2
0
לפיכך ,המטריצה המייצגת של מדידה בכיוון xומיד אח"כ בכיוון yהיא:
−1 0 −1
i ~2
0 0 0
= Sy Sx
2
1 0 1
10
מכאן רואים מיד כי:
Sy Sx |1, 0i = 0
כעת ,נשים לב כי המצב |1, 0iמופיע )עבור חלקיקים שונים( בכל אחד מהאיברים בביטוי שמצאנו בסעיף הקודם ל־.|0, 0i
לפיכך ,כאשר נפעיל את Sy Sxעל ,|0, 0iכל אחד מהאיברים יתאפס ,ונקבל בסה"כ .Sy Sx |0, 0i = 0לפיכך ערך
התצפית של האנרגיה יהיה אפס.
פתרון סעיף ה'
ראשית נשים לב כי:
1
2
(S1 + S2 ) − S21 − S22
2
= S1 · S2
בנוסף נזכור כי בסעיף א' מצאנו שרמת היסוד ,j = 0 ,מתקבלת רק מחיבור של מערכת של שני חלקיקים עם תנע זוויתי
2
כולל 1עם חלקיק שלישי בעל תנע זוויתי כולל .1לכן .(S1 + S2 ) = ~2 · 1 (1 + 1) = 2~2בנוסף גם S21 = S22 = 2~2
ולכן:
1
2
(S1 + S2 ) − S21 − S22 |0, 0i
2
1
=
2~2 − 2~2 − 2~2 |0, 0i
2
= −~2 |0, 0i
= S1 · S2 |0, 0i
לפיכך התיקון מסדר ראשון הוא:
= J1 h0, 0|S1 · S2 |0, 0i = −~2 J1
)(1
E0
התיקון מסדר שני בתורת ההפרעות הוא מהצורה:
D
E
(0) (0) 2
X ψm H1 ψn
)(0
)(0
En − Em
= )En(2
m6=n
כלומר ,במקרה שלנו:
2
||hj, m|J1 S1 · S2 |0, 0i
X
E0,0 − Ej,m
j,m6=0,0
)(0
=
)(0
−J1 ~2 hj, m|0, 0i2
X
E0,0 − Ej,m
j,m6=0,0
)(0
)(2
E0
=
)(0
=0
אם כן ,התיקון מסדר שני מתאפס .באשר לסדרים הבאים ,ידוע כי כולם פרופורציונליים לאלמנטי המטריצה ,hj, m|S1 · S2 |0, 0i
ולכן גם הם יתאפסו.
פתרון סעיף ו'
ההמילטוניאן החדש הוא:
H2 ≡ H + H1
J
J
1
2
2
=
(S1 + S2 + S3 ) − S21 − S22 − S23 +
(S1 + S2 ) − S21 − S22
2
2
כאשר J1 > 0ו־ ,J1 Jהאיבר השני משמעותי הרבה יותר ,לפיכך כדי לקבל את רמת היסוד נרצה למצוא את הערך
2
הקטן ביותר שלו .ערך זה מתקבל כאשר הספין הכולל של חלקיקים 1ו־ 2הוא ,0ואז .(S1 + S2 ) = ~2 · 0 (1 + 0) = 0
11
2
במקרה זה הספין הכולל של שלושת החלקיקים חייב להיות ) 1כפי שראינו בסעיף א'( ,ואז = ) (S1 + S2 + S3
.~2 · 1 (1 + 1) = 2~2בסה"כ נקבל עבור האנרגיה:
J1
J
2~2 − 6~2 +
) 0 − 4~2 = −2~2 (J + J1
2
2
= E0
במקרה השני ,כאשר J1 < 0ו־ ,|J1 | Jהאיבר השני עדיין משמעותי הרבה יותר ,אך הפעם כדי לקבל את רמת
היסוד נרצה למצוא את הערך הגדול ביותר שלו .ערך זה מתקבל כאשר הספין הכולל של חלקיקים 1ו־ 2הוא ,2ואז
2
.(S1 + S2 ) = ~2 · 2 (1 + 2) = 6~2במקרה זה הספין הכולל של שלושת החלקיקים יכול להיות 2 ,1או ,3ובהנחה כי
,J > 0רמת היסוד תתקבל עבור תנע זוויתי כולל .1האנרגיה תהיה:
J1
J
2~2 − 6~2 +
6~2 − 4~2 = −2~2 J + ~2 J1
2
2
5
= E0
מועד ב' תשע"א :שאלה 2
הוכיחו כי אם ההמילטוניאן סימטרי לזוגיות ,אז ערך התצפית של מומנט דיפול חשמלי מתאפס כאשר
המערכת במצב עצמי לא־מנוון של ההמילטוניאן.
פתרון
אם ההמילטוניאן סימטרי לזוגיות אז ,[H, P ] = 0ולכן ניתן למצוא בסיס של מצבים עצמיים משותפים של Hושל .P
יהי |ψiמצב עצמי כזה ,בעל זוגיות .σ = ±1מומנט הדיפול החשמלי הוא ,qrוערך התצפית שלו הוא:
hqri = q hψ|r|ψi
= q ψ|P −1 P rP −1 P |ψ
= qσ 2 ψ|P rP −1 |ψ
= −q hψ|r|ψi
= − hqri
כאשר השתמשנו בכך ש־) P |ψi = σ |ψiכי אין ניוון( ו־ .P rP −1 = −rלפיכך בהכרח .hqri = 0
6
מועד ב' תשע"א :שאלה 4
חשבו ,בקירוב בורן ,את חתך הפעולה הדיפרנציאלי לפיזור מכדור רך בעל רדיוס :R
(
V0 r ≤ R
= )V (r
0
else
מצאו את חתך הפעולה האינטגרלי בגבול של פיזור חלקיקים באנרגיות נמוכות.
פתרון
בקירוב בורן באנרגיות נמוכות ,אמפליטודת הפיזור היא:
˚
m
f (θ, φ) ≈ −
V (r) d3 r
2π~2
במקרה שלנו נקבל:
3 2
2mV0 R
3~2
dσ
2
≈ | = |f
dΩ
⇒=
4 3
πR
3
m
V0
2π~2
f (θ, φ) ≈ −
וחתך הפעולה הכולל הוא:
3 2
2mV0 R
3~2
dσ
dΩ = 4π
dΩ
12
¨
=σ
© Copyright 2024