Kvanttifysiikan perusteet 2017

Transkriptio

1 Kvanttifysiikan perusteet 207 Harjoitus 2: ratkaisut Tehtävä Osoita hyödyntäen Maxwellin yhtälöitä, että tyhjiössä magneettikenttä ja sähkökenttä toteuttavat aaltoyhtälön, missä aallon nopeus on v = c. Maxwellin yhtälöt tyhjiössä ovat: E = 0 () B = 0 (2) E = B t B = ɛ 0 µ 0 E t missä E on sähkökenttä ja B on magneettikenttä (tarkalleen ottaen magneettivuon tiheys). Maxwellin yhtälöihin tutustutaan tarkemmin sähkömagnetismin kurssilla. Valon nopeudelle pätee c = / ɛ 0 µ 0, joten yhtälö (4) voidaan kirjoittaa myös (3) (4) B = c 2 E t (5) Koska ( V ) = ( V ) 2 V mille tahansa vektorikentälle V (tämä on todistettu matemaattisten apuneuvojen kurssilla), voidaan kirjoittaa 2 V = ( V ) ( V ) (6) Haluamme osoittaa, että sähkökenttä E ja magneettikenttä B toteuttavat aaltoyhtälön eli 2 E v 2 2 E t 2 = 0 (7) 2 B v 2 2 B t 2 = 0 (8)

2 Sähkökentälle saadaan laskusääntöä (6) ja Maxwellin yhtälöitä (), (2) ja (5) (tässä järjestyksessä) käyttäen 2 E = ( E) ( E) = 0 ( E) = ( B t ) = t ( B) = c 2 2 E t 2 eli havaitsemme että aaltoyhtälö (7) toteutuu kun v = ±c. Vastaavasti magneettikentälle saadaan laskusääntöä (6) ja Maxwellin yhtälöitä (5) ja (3) (tässä järjestyksessä) käyttäen 2 B = ( B) ( B) = 0 ( B) = ( c 2 E t ) = c 2 t ( E) = c 2 2 B t 2 eli havaitsemme että aaltoyhtälö (8) toteutuu kun v = ±c. Tehtävä 2 Tarkastellaan klassisella ympyräradalla olevan elektronin putoamista ytimeen, jonka kooksi oletamme r 0 = fm. Oletetaan vielä, että rata pysyy koko ajan ympyräratana ja että elektroni putoaa Coulombin potentiaalissa V = e 2 /r (tässä siis asetetaan 4πɛ 0 =. Elektronin kokonaisenergia E sen radalla koostuu liike-energiasta ja potentiaalienergiasta. Lähde liikkeelle Larmorin kaavasta P = de dt = 2e2 a 2 3c 3 (9) ja ratkaise ensin differentiaaliyhtälö elektronin etäisyydelle r(t) ja lue siitä aika, joka kuluu elektronin putoamiseen Bohrin säteeltä a 0 etäisyydelle r 0. Tämä olisi vetyatomin elinikä Rutherfordin mallissa. Alkuun huomio yksiköistä: potentiaalienergian kaavassa V = e 2 /r ja Larmorin kaavassa (9) käytetään yksiköitä, joissa on asetettu 4πɛ 0 =, eli oikeastaan se on sisällytetty sähkövarauksen e määritelmään: e 2 = e 2 SI /(4πɛ 0). Sähkömagnetismin kurssilla opitaan että Coulombin voima, siis se sähkömagneettinen voima jolla elektroni ja vetyatomin ydin vetävät toisiaan puoleensa, on tyhjiössä suuruudeltaan F = 4πɛ 0 qq r 2 (0) missä q ja Q ovat elektronin ja ytimen varaukset ja r näiden välinen etäisyys. Vetyatomille q = Q = e SI, joten uusissa yksiköissä saadaan voiman suuruudeksi F = e 2 SI 4πɛ 0 r 2 = e2 r 2. () 2

3 Haluamme johtaa lausekkeen r(t) elektronin etäisyydelle ytimestä ajan funktiona. Larmorin kaava (9) kertoo energian muutoksen ajan suhteen, eli ensin pitää selvittää energian E riippuvuus etäisyydestä r. Elektronin kokonaisenergia on E = E liike + V = 2 mv2 e2 r. (2) Vielä pitäisi saada ensimmäinen termi kirjoitettua r:n funktiona. Newtonin II laki F = m a auttaa eteenpäin: ympyräradalla sekä voimavaktori että kiihtyvyysvektori osoittavat radan keskipistettä kohti (valitaan tämä positiiviseksi suunnaksi) ja keskeiskiihtyvyyden suuruus on a = v 2 /r. Siis: F = ma e 2 r 2 = mv2 r e 2 r = mv2 (3) ja toisaalta kiihtyvydelle saadaan etäisyyden r funktiona lauseke a(r) = F m = e2 mr 2. (4) Yhdistämällä yhtälöt (2) ja (3) saadaan elektronin kokonaisenergiaksi r:n funktiona E(r) = 2 mv2 e2 r = e 2 2 r e2 r = e 2 2 r Sijoittamalla (4) ja (5) Larmorin kaavaan (9) saadaan d dt d 2e2 E(r) = dt 3c 3 a(r)2 ( e 2 ) = 2e2 e 4 2 r 3c 3 m 2 r 4 d dt r = 2e2 e 4 2 3c 3 m 2 r 4 e 2 r 2 dr dt = 4e4 3c 3 m 2 r 4 r 2 dr = 4e4 3c 3 m 2 dt Nyt voimme ratkaista yhtälön integroimalla puolittain ajanhetkestä 0 jolloin elektroni on Bohrin säteen etäisyydellä a 0 ajanhetkeen t jolloin elektroni on etäisyydellä r(t): r(t) r 2 dr = 4e4 a 0 3c 3 m 2 3 r(t)3 3 a 0 3 = 4e4 3c 3 m 2 t t 0 dt (5) r(t) 3 = a 3 0 4e4 c 3 m 2 t (6) r(t) = 3 a 03 4e4 c 3 m 2 t Kun asetamme yhtälössä (6) r(t) = r 0, missä r 0 vastaa ytimen kokoluokkaa, saamme atomin elinajaksi t = (a 3 0 r0) 3 c3 m 2 4e 4 = (a 3 0 r0) 3 c3 m 2 (4πɛ 0 ) 2. (7) 4 Kun r m, Bohrin säde a 0 = m, m = kg, c = m/s, e SI = C ja ɛ 0 = F/m, saadaan tulokseksi t.6 0 s. e 4 SI 3

4 Tehtävä 3 Vedyn Balmerin sarjan spektri syntyy transitioista, jotka päättyvät tilaan n = 2. Mitkä sarjan fotoneista ovat näkyvän valon alueella? Mikä on sarjan lyhin aallonpituus? Mitkä ovat vastaavat energiat? Bohrin atomimallissa vain tietyt energiatilat ovat sallittuja, joten esimerkiksi vety absorboi ja emittoi fotoneja vain tietyillä energioilla/aallonpituuksilla, jotka liittyvät elektronien transitioihin sallitulta tilalta toiselle. Luentokalvoissa on annettu kaava fotoniin enerigalle sallituissa transitioissa: E = E m E n = ( 2 α2 mc 2 n 2 ) m 2. (8) Kvanttimekaniikassa fotonin energia on E = hν = hc λ, (9) missä h on Planckin vakio, ν on taajuus, c on valonnopeus ja λ on aallonpituus. Usein käytetään myös redusoitua Planckin vakiota, joka määritellään h = h/(2π). Luentokalvoissa on myös määritelty Rydbergin vakio: R H = α2 mc 4π h = (20) m Sijoittamalla yhtälöt (9) ja (20) kaavaan (8) saamme hc λ = ( 2 (4πR H) n 2 ) m 2 h λ = ( 2 (2 2π R H) n 2 ) m ( 2 λ = R H n 2 ) m 2 λ = ( R H n 2 ) m 2 (2) Balmerin sarja saadaan, kun n = 2 ja m = 3, 4, 5... Nyt voimme laskea mahdolliset aallonpituudet ja vastaavat energiat yhtälöistä (2) ja (9). Tulokseksi saadaan: m λ (nm) E (ev) Taulukon neljä ensimmäistä fotonia ovat näkyvän valon alueella (n nm). Taulukosta huomaamme, että aallonpituus lyhenee kun m kasvaa. Sarjan lyhin aallonpituus saadaan siis rajalla jossa m, jolloin λ = ( ) R H = 4 = 365 nm (22) R H joka vastaa energiaa E = 3.40 ev. 4

5 Tehtävä 4 a) Tarkastellaan kahta reaalista aaltoa: ψ (x) = cos(3πx) ja ψ 2 (x) = 2 sin(2πx). Hahmottele intensiteetin I = ψ + 2ψ 2 2 käyttäytymistä. Missä intensiteetti saa minimiarvonsa? Intensiteetti saa miniarvonsa, kun ψ + 2ψ 2 = cos 3πx + 4 sin 2πx = 0 Käyttäen trigonometrian kaavoja cos 3θ = 4 cos 3 θ 3 cos θ ja sin 2θ = 2 sin θ cos θ voidaan tämä ehto kirjoittaa muodossa 4 cos 3 πx 3 cos πx + 8 sin πx cos πx = 0 Koska sin 2 θ + cos 2 θ =, saadaan 4 cos 2 πx = 4 4 sin 2 πx eli cos πx(4 cos 2 πx sin πx) = 0 (23) cosπx( 4 sin 2 πx + 8 sin πx + ) = 0 (24) Toisen yhtälön (24) termeistä on oltava 0. Ehto cos πx = 0 toteutuu kun πx = ±π/2 + 2πn (n kokonaisluku) eli kun x = ±/2 + 2n. Jälkimmäisen termin tunnistamme toisen asteen yhtälöksi 4y 2 + 8y + = 0 missä y = sin πx. Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla saadaan sin πx = y = 8 ± ( 4) = ( 4) 8 ± = ± = ± 2 Koska sin πx, valitsemme ratkaisun sin πx = 5/2, joka toteutuu kahdessa tapauksessa. Ensimmäinen vaihtoehto on, että πx = arcsin( 5/2) + 2πn eli x = 5 π arcsin( ) + 2n n (25) 2 Toinen vaihtoehto on, että πx = π arcsin( 5/2) + 2πn eli x = 5 π arcsin( ) + 2n n (26) 2 Yhteensä löysimme siis kolme ratkaisua kolmannen asteen yhtälöön (23), jotka kaikki vastaavat intensiteetin minimikohtia: x = ±/2 + 2n tai x tai x n, missä n on kokonaisluku. 5

6 b) Olkoot kaksi kompleksista aaltoa ψ (s) = 2e i2πx ja ψ 2 (s) = e iπx. Hahmottele intensiteetin I = ψ + ψ 2 2 käyttäytymistä. Missä intensiteetti saa minimiarvonsa? I = ψ + ψ 2 2 = (ψ + ψ2)(ψ ψ 2 ) = (ψψ + ψψ 2 + ψ2ψ ψ2ψ 2 ) = ψ 2 + ψ ψψ 2 + ψ2ψ = e i2πx e iπx + e iπx e i2πx = 5 + 2(e i3πx + e i3πx ) = cos(3πx) Intensiteetti saa siis minimiarvonsa kun cos(3πx) =, mikä toteutuu kun 3πx = π + 2πn (n kokonaisluku), eli minimissä x = n 6