här - Particle and Astroparticle Physics

Exempelsamling i Modern fysik 5A1247.
VT2007
Utformad av: Bengt Lund-Jensen och Mats Wallin
Version: 07-05-11
Ändring sedan version 07-04-30:
Tentaproblemsstatus kap 4-6 införd.
Saknade lösningar kapitel 5 och 8 införda.
Fler exempel i kapitel 8.
Kapitel 12 (med fler exempel i senaste versionen) och 13 har tillkommit
Korrigerade lydelser: 1:5, 4:7, 6:2
Rättade lösningar 2:4, 3:2, 4:7, 4:11, 5:5, 6:3, 12:6
Tack till de studenter som påpekat felen!
Avsnitt: (Notera att numreringen kap 10-13 inte är densamma som i boken)
1. Reltivitetsteori
2. Partikelstruktur hos elektromagnetisk strålning
3. Partiklars vågnatur
4. Kvantmekanik: Schrödingerekvationen
5. Kvantmekanik:
6. Kvantmekanik i 3 dimensioner, väteatomen.
7. Atomer och spinn
8. Statistisk mekanik
9. Molekylfysik
10. Fasta material, halvledare
11. Kärnfysik
12. Blandade problem av tentakaraktär.
13. Exempeltenta
(Exempel markerade med (T) är av tentakarraktär, dvs de har eller skulle kunna
ha varit problem på en tenta. )

Kap 1. Relativitetsteori
Ex1:1. Myoner bildas i de övre luftlagren i skurar från kosmiska protoner. I
−t
/τ
myonens vilosystem är antalet myoner efter en tid t
N = N
0e
där N 0 är
antalet vid t=0 och τ är medellivstiden 2,2 μs.
a) Om myonerna bildas på 10 km höjd och har en hastighet av 0,98 c,
hur stor andel når jordytan?
b) Om klassisk mekanik gällde, hur stor andel skulle då ha nått
jordytan?
Ex1:2. En kosmolog observerar ljus från en avlägsen supernova. En speciell
våglängd i det utsända ljusspektrat är 656,5 nm vilken utsänds av
väteatomer.
a) Kosmologen mäter våglängden för spektrallinjen till 1573 nm. Rör sig
supernova mot eller bort från jorden?
b) Med vilken hastighet rör sig supernovan relaitivt jorden?
c) Om den rör sig i motsatt riktning, vilken våglängd skulle då ha
observerats på jorden?
d) Om den svenske astronauten Christer Fuglesang hade haft en
vätgaslampa med sig till rymdstationen som befinner sig på ca 400 km
höjd över jordytan och färdas ett varv på 90 minuter, hur skulle den på
jorden observerade våglängden förändras jämfört med den utsända?
Ex1:3. (T) I ett partikelfysikexperiment skapades en stråle av K S 0 -mesoner. (S
står för short pga kort livslängd jämfört med en annan variant, men detta
har ingen betydelse för talet). I ca 69% av fallen sönderfaller K S 0 till π + +
π - . I laboratoriet mäts energin hos π +. . Högst uppmätt energi får π + när
sönderfallet sker så att dess riktning i sönderfallet är längs K S 0 -strålen
riktning. Beräkna i ett sådant fall K S 0 hastighet i labbet om man i labbet
har mätt kinetiska energin hos π + till 2,00 GeV.
Ex1:4. (T) Antimateria har på senare år i små kvantiteter skapats vid CERN för
studier av symmetri mellan materia och antimateria. När en antiproton
träffar en proton i t.ex. restgaser annihilerar den. I ca 0.1 % av
annihilationer i vila, dvs när de kinetiska energierna hos både proton och
antiproton kan försummas, bildas endast K + och K - . (
+ -
p + p → K + K ).
Medellivstiden för K ± är 1,2·10 -8 s. Beräkna medelsträckan kaonerna i
dessa fall färdas i laboratoriet innan de sönderfaller.
Ex1:5. (T) μ - i vila sönderfaller till e - och neutriner. Beräkna maximala
hastigheten hos e - som bildas. Neutrinerna antas masslösa.
Myonens massa =106 MeV/c 2 , elektronmassan = 0,511 MeV/c 2 . För att
möjliggöra enkla beräkningar får elektronmassan försummas när den
energi elektronen får beräknas från myonens sönderfall. När dess
hastighet bestäms får man däremot inte bortse från elektronmassan.

Ex1:6. (T) I december 2006 tog rymdfärjan Discovery den svenske astronauten
Christer Fuglesang till rymdstationen ISS. Christer har under lång tid
medverkat i ett forskningsprojekt där man undersökt orsaken till
ljusblixtar som astronauter ibland observerar. Idag tror man att de beror
på laddade kosmiska partiklar som växelverkar i näthinnan.
Ursprungligen övervägde man också möjligheten att de berodde på s.k.
Cherenkovljus, ett fenomen som kan liknas vid bogvågor från en båt
eller ett flygplan som färdas snabbare är ljudet. Ljusets sänds ut i
1
framåtriktningen med en vinkel θ som ges av cos θ = där β = v / c .
βn
Villkor för att överhuvud taget få ljus är naturligtvis att cos θ ≤ 1. Om vi
antar att ögat har samma brytningsindex som vatten, dvs 1,33, vilken
kinetisk energi måste en proton ha för att ge en Cherenkovvinkel av θ
=30°?

Kap 2. Partikelstruktur hos elektromagnetisk strålning
Ex2:1. (T) I Imaging Compton Telescope (COMPTEL) som var en del av
satelliten Compton Gamma Ray Observatory (1991-2000) använder
man sig av Compton-spridning för att uppskatta energi och riktning hos
infallande gammastrålning. Beräkna inkommande gamma-fotonens
energi och riktning relativt experimentets lodlinje då rekylelektronens
kinetiska energi är 2,88 MeV och den spridda fotonens energi mäts till
0,8 MeV med spridningsvinkeln 40º mot lodlinjen genom detektorn.
Ex2:2.
Gammastrålning med energi 100 MeV ger upphov till parbildning i
växelverkan med en syreatom.
a) Visa att en gammafoton inte kan ge upphov till elektron och positron
om inte rekylen tas upp av något annat än elektron-positron-paret.
b) Beräkna den energi som syrekärnan tillförs när den tar upp rekylen
under förutsättning att elektronen och positronen delar lika på
gammafotonens energi och att de båda har sina rörelsemänger i samma
riktning som den ursprungliga fotonen. För att förenkla är det tillåtet att i
beräkningen av elektronens och positronens rörelsemängd utgå från att
energin bevaras utan att ta hänsyn till syreatomen. Felande
rörelsemängd upptas därefter av syreatomen som får kinetisk energi.
Var det rimligt att i 1:a skedet försumma syreatomen när elektronpositronparets
energi beräknades?
Ex2:3
Ex2:4
Ex2:5
(T) En metallyta som belyses med ljus med frekvensen 8,5⋅10 14 Hz
sänder ut elektroner med en maximal kinetisk energi av 0,52 eV. När
samma ytan belyses med 12⋅10 14 Hz blir elektronernas maxinmala
kinetiska energi 1,97 eV. Beräkna utträdes för denna metall smat
bestäm Plancks konstant ur dessa data.
(T) Comptonspridning kan användas både för att mäta riktning och
energi hos fotoner i kärnfysikexperiment. För ett visst preparat mättes ett
spektrum hos comptonspridda elektroner som tydligt motsvarade en i
stort sett monokromatisk gamma-strålning. Den maximala
elektronenergin mättes till 170 keV. Beräkna våglängden för den
inkommande monokromatiska strålningen.
(T) Beräkna utträdesarbetet för en metall som gav en faktor 2 skillnad i
maximal hastighet hos elektroner som frigjordes när metall bestrålades
med ljus av våglängderna 0,35 μm respektive 0,5 μm.

Kap 3. Partiklars vågstruktur.
Ex3:1. (T) Både neutroner, elektroner och röntgenstrålning kan användas för att
undersöka kristallstruktur. T.ex. bestrålas en natriumkloridkristall med
röntgenstrålning av våglängden 0,28 nm varvid 1:a diffraktionsmaximat
inträffad då vinkeln mellan inkommande stråle och kristallytan liksom
vinkeln mellan utgående stråle och kristallytan är 30°.
a) Beräkna vilken densitet NaCl förväntas ha.
b) Vilken kinetisk energi måste neutroner ha för att deras de Broglie
våglängd skall vara densamma.
Ex3:2. För partikeln ρ kan man i tabell läsa att massan är bestämd till
m=771,1±0,9 MeV/c 2 där bredden (full width half max) av fördelningen
av uppmätta värden för massan anges till Γ=149,2 MeV/c 2 . Använd
denna information till att erhålla en uppskattning av partikelns
medellivstid τ. (Tips: antag att fördelningens bredd motsvarar en
osäkerhet i massan).
Ex3:3. Positronium är ett bundet tillstånd motsvarande att protonen i väte bytts
ut mot en positron. Detta tillstånd är mycket kortlivat, men har
observerats i naturen. Tyngspubnkten i systemet är inte centrerat i
positronen. Man måste därför ersätta elektronmassan i beräkningar med
den reducerade massan
μ =
m
m
e
e
⋅ M
+ M
där m e är elektronmassan och M är positronmassan. Detta motsvarar
att massan μ roterar kring systemets tyngdpunkt.
a) Härled uttrycket för den reducerade massan.
b) Beräkna energinivån för grundtillståndet och det första exciterade
tillståndet hos positronium.
Ex3:4. (T)
(a) I ett dubbelspaltexperiment med neutroner är hastigheten 10 m/s,
spaltseparationen d=1 mm, och avståndet till detektorerna D=10 m.
Bestäm de Broglie våglängden och avståndet mellan interferensmaxima.
(b) Tänk dig ett dubbelspaltexperiment med sandkorn som väger 0.1
gram med hastighet 10 m/s. Antag att spaltseparationen är d=1 mm.
Hur stort ska avståndet till detektorskärmen vara för att avståndet mellan
intensitetsmaxima ska bli 1 mikrometer?

Ex3:8. (T) Antag att en elektron är instängs i en volym som motsvarar en
väteatom, med diameter ca 1 Å. Uppskatta den minimala osäkerheten i
elektronens rörelsemängd. Uppskatta ur denna elektronens kinetiska
energi.
Ex3:9. (T) En neutronstråle som kommer ur en kärnreaktor innehåller neutroner
med olika energi. För att få neutroner med energi 0,05 eV skickas
neutronstrålen genom en kristall vars atomplan är separerade med 0,20
nm. Vid vilken vinkel i förhållande till infallsriktningen kommer de
önskade neutronerna att reflekteras?
Ex3:10. Elektroner som leder ström i koppar har en kinetisk energi på ca 7 eV.
Uppskatta deras de Broglie våglängd. Genom att jämföra den med
avståndet mellan atomerna i Cu, avgör om vågegenskaperna är viktiga
för ledning i koppar?
Ex3:11. Uppskatta de Broglie våglängden hos syremolekyler i luft vid NTP.
Jämför med medelavståndet mellan molekylerna i luft. Förklara varför
rörelsen hos syre i luft vid NTP inte beror på de våglika egenskaperna
hos molekylerna.
Ex3:9
(T) Neutroner från en reaktor kan användas för att studera
kristallstruktur genom spridningsexperiment. I en reflexionsmätning fann
man att neutroner med en rörelsemängd av 127 keV/c mot en NaClkristall
hade ett reflexionsmaximum när vinkeln mellan inkommande och
reflekterad stråle är 178°. Bestäm avståndet mellan kristallplanen i NaCl.

Kap 4.
Ex4:1. Visa att de reella vågfunktionerna
Ψ ( x,
t)
= Acos(
kx − ωt)
och Ψ ( x,
t)
= Asin(
kx − ωt)
inte är lösningar till Schrödingerekvationen för en fri partikel.
Ex4:2. Visa att vågfunktionen
i(
kx−ω t)
−i(
kx+ωt)
Ψ ( x,
t)
= Ae − Ae
där A är en godtycklig komplex konstant, löser Schrödingerekvationen
för en fri partikel med massa m om
2 2
h k
h ω =
2m
Visa att denna våg kan skrivas
−iωt
Ψ(
x,
t)
= 2iAsin
kxe
Vilken sorts våg är detta?
Ex4:3. (T) Vågfunktionen för en partikel i en endimensionell oändlig lådpotential
med längden L ges av
2 nπx
ψ
n
( x)
= sin , n = 1,2,3,...
L L
Bestäm sannolikheten att en partikel som är bunden i lådpotentialen
hittas mellan 0 .45L
och 0 .55L
för grundtillståndet, n = 1, och för det första
exciterade tillståndet n = 2.
Ex4:4. Studera en partikel i en oändlig lådpotential med bredd L i tillståndet
ψ enligt exempel Ex4:3. Beräkna väntevärdet 〈x〉
.
n
Ex4:5. Beräkna väntevärdet 〈 p 〉 hos rörelsemängden för en partikel i en
oändligt lådpotential med bredd L i tillståndet ψ
n
enligt exempel Ex4:3.

Ex4:6. Studera en partikel med massa m som beskrivs av den Gaussiska
vågfunktionen
2
⎛ x ⎞
ψ ( x)
= N exp
⎜ −
⎟
2
⎝ 2a
⎠
där N, a är konstanter. Visa att
1
(a) N =
a π
2
2 a
(b) 〈x〉
= 0 och 〈 x 〉 =
2
2
2 h
(c) 〈 p 〉 = 0 och 〈 p 〉 =
2
2a
(d) Visa att i detta tillstånd uppfyller osäkerheterna Δ x, Δp
Heisenbergs
osäkerhetsprincip Δx Δp
≥ h / 2 som en likhet. Detta är alltså ett tillstånd
med minimal osäkerhet.
Ex4:7. Visa att kontinuitetsekvationen (dvs samma ekvation som beskriver
laddningskonservation i elläran och partikeltalkonservation i diffusion)
gäller på formen
∂P
∂j
+
∂t
∂x
2
där sannolikhetstätheten är P( x,
t)
= Ψ(
x,
t)
och
sannolikhetsströmtätheten definieras som
j =
ih
⎡
⎢Ψ
2m
⎣
*
∂Ψ ∂Ψ
− Ψ
∂x
∂x
*
⎤
⎥
⎦
Ex4:8. Två tillstånd med bestämd energi E
1
och E
1
beskrivs av följande
normerade vågfunktioner
−iE1t
/ h
−iE2t
/ h
Ψ1
( x,
t)
= ψ
1(
x)
e
och Ψ2
( x,
t)
= ψ
2
( x)
e
(a) Skriv ner en linjär superposition som representerar tillståndet där
1 1
väntevärdet för energin är
2
E
1
+
2
E2
.
(b) Hitta osäkerheten i energi i detta tillstånd.
(c) Visa att sannolikhetstätheten oscillerar i tiden. Vad är sambandet
mellan osäkerheten i energi och oscillationsperioden?

Ex4:9. Studera vågfunktionerna hos en partikel i en endimensionell oändlig
lådpotential med bredd L :
ψ
n
( x)
= N sin k x,
0 < x < a
med k n
= 2 π n / L,
n = 1,2,3,....
(a) Visa att funktionerna är normerade:
dvs att ψ dx = 1
∫ ∞ −∞
n
är uppfyllt med N = 2 / L för alla värden på n .
(b) Visa att funktionerna är ortogonala:
∫ ∞ −∞
ψ
*
mψ
dx n
= 0, m ≠ n
Kommentar: Egenskaperna (a),(b) kan skrivas tillsammans med hjälp av
Kronecker-delta symbolen:
∫ ∞ −∞
ψ ψ dx = δ
*
m
n
m,
n
⎧1,
m = n
= ⎨
⎩0,
m ≠ n
Alltså utgör funktionerna ett ON system. Den gemensamma terminologin
med vektoranalysen är ingen slump. Dessa funktioner utgör en ON bas
för ett oängdligtdimensionellt linjärt vektorrum som kallas ett Hilbert-rum.
Ex4:10. Visa i allmänna fallet att egenfunktioner som hör till olika
energiegenvärden, E ≠ E , till tidsberoende SE är ortogonala:
m
n
*
∫ ∞ ψ mψ
ndx = δ
m,
n
−∞ Anm: Man kan visa att egenfunktionerna till degenererade energinivåer,
E = , kan väljas så att de blir ortogonala.
m
E n
Ex4:11. (T) En 50 eV elektron är i en potentialbrunn vars väggar består av två
tunna kondensatorer som vardera laddats till 200 V, och som har
utgångshål genom vilka elektronen kan passera (se figur 4.5 i boken på
sidan 151). Bestäm inträngningsdjupet.

Ex4:12. (T) En partikel med massa m är i grundtillståndet i en oändlig
lådpotential som ges av
⎧∞
x < 0
⎪
V (x) = ⎨0
0 < x < L
⎪
⎩∞
L < x
Lådan expanderar plötsligt till 0 < x < 2L
utan att partikelns tillstånd
ändras. Beräkna sannolikheten att partikeln är i den expanderade lådans
grundtillstånd.
Ex4:13. En allmän vågfunktion hos en partikel med massa m i en
endimensionell oändlig lådpotential med bredden L kan skrivas
Ψ(
x,
t)
=
∑ ∞
n=
1
c ψ ( x)
e
n
n
−iE
t / h
2 2 2 2
där ψ
n
(x)
är en egenfunktion med energi E n
= n π h / 2ma
. Visa att
vågfunktionen återvänder till sin ursprungliga form efter tiden
2
T = 4ma
/πh .
Ex4:14. (T) Studera en partikel med massa m i en oändlig potentialbrunn med
ett potentialsteg:
⎧∞
x < 0
⎪
0 0 < x < a
V ( x)
= ⎨
⎪V
0
a < x < b
⎪
⎩∞
b < x
Bestäm formen på stationära lösningar till Schrödinger-ekvationen.
Diskutera kontinuitetsvillkor på lösningarna och beskriv hur
energinivåerna kan bestämmas (du behöver inte lösa ekvationerna
numeriskt).
Ex4:15. (T) Antag att en partikel med massa m attraheras av en ändlig
potentialbrunn:
n
V
⎧0
⎪
x)
= ⎨−V
⎪
⎩0
(
0
x < 0
0 < x < L
L < x
Studera bundna stationära lösningar till Schrödinger-ekvationen.
Diskutera kontinuitetsvillkor på lösningarna och beskriv hur
energinivåerna kan bestämmas (du behöver inte lösa ekvationerna
numeriskt).

Ex4:16. I kapitel 11 som handlar om partikelfysik diskuteras Z bosonen, en
instabil gauge boson som medierar (=förmedlar) den svaga växelverkan
i atomkärnor. Osäkerheten i energin hos Z bosonen är ΔE = 2. 5 GeV.
Bestäm medellivslängden hos Z bosonen.
Ex4:17. Visa att väntevärdet hos rörelsemängden för en bunden partikel är lika
med noll. Förklara!
Ex4:18. En partikel i en potential V (x)
har vågfunktionen
−ax
⎧Nxe
0 < x
ψ ( x)
= ⎨
⎩0
x < 0
Bestäm potentialen och energin.
Ex4:19. Använd Heisenbergs osäkerhetsprincip för att härleda en undre gräns
för energin hos den harmoniska oscillatorn.
(a) Väntevärdet av energin är
2
p 1 2 2
E = + mω
x
2m
2
Visa att om positionen och rörelsemängden båda har väntevärde lika
med noll, så blir
2
h 1 2 2
E ≥ + mω
( Δx)
2
8m(
Δx)
2
(b) Visa att minimumvärdet hos
2
A 2 2
+ B ( Δx)
2
( Δx)
är lika med 2 AB .
(c) Visa därmed att
E
1
≥ hω
2
Ex4:20. Hitta oscillationsamplituden A hos en klassisk oscillator med samma
energi som en kvantpartikel i harmoniska oscillatorns grundtillstånd.
Skriv ned ett uttryck för sannolikheten att hitta kvantpartikeln i det
klassiskt förbjudna området x > A .
Ex4:21. Studera potentialen
⎪⎧∞
x < 0
V ( x)
= ⎨1
2 2
mω x x > 0
⎪⎩ 2
som beskriver en oscillator som kan sträckas men inte komprimeras.
Genom att jämföra med lösningarna till harmoniska oscillatorn,
konstruera energinivåerna och tillstånden med lägst energi.

Ex4:22. Vid tiden t = 0 har en partikel i en harmonisk oscillatorpotential
1 2 2
V ( x)
= mω
x vågfunktionen
2
1
Ψ ( x,0)
= [ ψ
0
( x)
+ ψ
1(
x)
]
2
där ψ
0
( x),
ψ
1(
x)
är de reella, ON vågfunktionerna för oscillatorns
grundtillstånd och första exciterade tillstånd.
(a) Ange Ψ ( x,
t)
vid tiden t .
(b) Visa att Ψ ( x,
t)
är en normerad vågfunktion.
(c) Visa att sannolikhetstätheten oscillerar med vinkelfrekvens ω .
(d) Visa att positionsväntevärdet ges av
x
= Acosωt
där A = ∫ψ
0
xψ
1dx
∞
−∞
Ex4:23. (T) Övergångar mellan angränsande vibrationsnivåer i NO molekyler ger
upphov till infraröd strålning med våglängd λ = 5. 33μ
m. Bestäm den
elastiska konstanten k som beskriver styrkan i bindningarna mellan
kärnorna i NO molekylen. Den reducerade massan för NO molekylen är
7.46
u.

Kap. 5
5.1 (T) Bestäm reflektionskoefficienten för en 5eV elektron som kolliderar med ett
potentialsteg där potentialen minskar med 2eV.
5.2 (T) Vilken andel av en stråle E = 50eV elektroner passerar genom en
V = 200eV spänningsbarriär över ett avstånd på a = 1nm?
B
5.3 Härled relationerna (5-8) i boken på sidan 201, samt (5.10) på sidan 206.
ikx
5.4 En partikelstråle med vågfunktionen ψ
in
= e och energi E infaller mot ett
potentialsteg på V = 5E / 4 .
(a) Bestäm det reflekterade tillståndet samt tillståndet som intränger i det
klassiskt förbjudna området.
(b) Bekräfta att reflektionskoefficienten är lika med ett.
5.5 (a) En partikel med energi E befinner sig mellan två identiska
potentialbarriärer med höjd V B
> E och bredd a . Kan detta vara ett bundet
tillstånd? Förklara!
(b) Studera som ett exempel vad som händer för en elektron mellan två barriärer
med bredd a = 2 L,
L = 1Å, där L är avståndet melllan barriärerna, och
E V B
/ 2, V = 10 eV.
=
B
5.6 (T) I ett STM undersöks en metallyta antar vi att avståndet mellan spetsen
och ytan kan beskrivas som en kvadratisk potentialbarriär som ligger 3eV
ovanför de tunnlande elektronernas energi. Om separationen är L = 0.2 nm, hur
mycket skulle tunnelsannolikheten och därmed tunnlingsströmmen ändras pga.
en 0.001 nm ändring i barriärbredden? Behandla barriären som en bred barriär.
5.7 Ehrenfests teorem säger att kvantmekaniska väntevärden uppfyller klassiska
rörelseekvationer, och visar därmed hur den klassiska mekaniken uppkommer.
(a) Visa sambandet mellan väntevärdena för position och rörelsemängd:
d x
m =
dt
p
(b) Visa motsvarigheten till Newtons rörelselag:
d p
dt
=
−
dV
dx
Anm: I kvantmekaniken gäller dessa samband enbart för väntevärdena, inte för
de ingående operatorerna.

5.8 Visa att för två Hermiteska operatorer  och Bˆ är
Visa med hjälp av detta att
är reellt, och att
är imaginärt.
∞
ˆ
⎛
A BΨdx
= ⎜
⎝
∞
* ˆ
* ˆ
∫ Ψ ∫
−∞
∞
∫
−∞
∞
∫
−∞
Ψ
Ψ
*
*
−∞
( Aˆ
Bˆ
+ BA ˆ ˆ )
( Aˆ
Bˆ
− BA ˆ ˆ )
*
ˆ
⎞
Ψ BAΨdx⎟
⎠
Ψdx
Ψdx
5.9 Fyll i de saknade stegen på föreläsningen i härledning av Heisenbergs
osäkerhetsrelation. Låt φ ( x)
= α(
x)
+ λβ ( x)
, där φ ( x),
α(
x),
β ( x)
är komplexa
funktioner och λ är ett komplext tal. Eftersom
så måste
∞
∫
−∞
2
α dx
∞
∫
−∞
φ ( x)
2
dx ≥ 0
∞
∞
∞
+ *
* *
*
λ ∫α
βdx
+ λ ∫ β αdx
+ λλ ∫
−∞
−∞
−∞
2
β dx ≥ 0
Eftersom denna olikhet gäller för alla värden på λ , så gäller den när λ ges av
(a) Härled Schwarz olikhet
∞
∫
−∞
λ
2
∞
∫
−∞
α dx
(b) Välj α ( x)
= Aˆ
Ψ,
β ( x)
= Bˆ
Ψ . Visa att
(c) Visa att
A
2
B
2
≥
∞
∫
−∞
A
2
∞
∫
*
β dx = − β αdx
∞
∫
−∞
2
−∞
β dx ≥
∞
∫
−∞
∞
2 2
* ˆ ˆ
B
≥
∫
−∞
⎛ ˆ ˆ ˆ ˆ ⎞
*
⎜
AB + BA
Ψ ⎟
Ψ
2
dx
⎝ ⎠
*
α βdx
Ψ ABΨdx
2
+
∞
∫
−∞
2
2
⎛ ˆ ˆ ˆ ˆ ⎞
*
⎜
AB − BA
Ψ ⎟
Ψ
2
dx
⎝ ⎠
2

Kap. 6
Ex6.1 (T) En ”klassisk” elektron rör sig i en cirkel med radie 1 mm och hastighet
10 m/s.
(a) Vad är värdet på banrörelsemängdsmomentkvanttalet l som ger ett
kvantiserat banrörelsemängdsmoment som ligger nära det klassiska
värdet?
(b) Hur många disktreta värden på z komponenten är möjliga för detta
banrörelsemängdsmoment?
(c) Hur nära varandra ligger dessa värden som en fraktion av
banrörelsemängdsmomentet?
Ex6.2 (T) Uppsplittringen av atomära energinivåer på grund av att atomen utsätts
för ett pålagt magnetfält kallas Zeeman-effekt. Anta att magnetfältets
styrka är B . Vad gäller fältets riktning så väljs alltid koordinatsystemet så
att magnetfältet ligger längs z axeln. Orienteringsenergin hos en
magnetisk dipol (dvs en liten magnet) är då Emag
= −μ
z
B , där μ z
är z
komponenten hos det magnetiska momentet. Kvantmekaniskt ges
dipolmomentets z komponent för elektronen, protonen, och neutronen av:
μe
= −gμ
Bm
j
, μ
p
= 2. 79μ
N
m
j
och μ
n
= −1. 95μ
N
m
j
, där Landés g-faktor är
g = 1+
j(
j + 1) − l(
l + 1) + s(
s + 1)
2 j(
j + 1)
samt Bohr-magnetonen och kärn-magnetonen ges av
=
eh
m
=
−24
μ
B
9.274 10 J/T
2
e
⋅
eh
m
−27
μ
N
= = 5.05 ⋅10
J/T
2
p
För att bestämma dessa energier måste man bestämma de ingående
kvanttalen j, m
j
. För protonen och neutronen är j = 1 / 2, m
j
= ± 1/ 2 . För
elektronen finns fler möjliga tillstånd. Banrörelsemängdsmomentets storlek
och z komponent är L = l( l + 1) h , Lz
= mlh,
ml
= l,
l −1,...,
−l
.
Elektronspinnet, som är ett inre rörelsemängdsmoment och inte kommer
från banrörelsen, är S = s( s + 1) h,
S z
= msh
, där s = 1/ 2 är spinnkvanttalet
och m
s
= ±1/ 2 . Dessa kan adderas för att få det totala
rörelsemängdsmomentet J = j( j + 1) h , J
z
= m
jh,
m
j
= j,
j −1,...,
− j . Det
totala rörelsemängdsmomentkvanttalet kan anta flera värden:
j = l + s, l + s −1,...,
l − s . Landé faktorn för ett elektronspinn är g = 2 och
för elektronens banrörelse g = 1. Den extra faktorn 2 hos spinnet förklaras

av Dirac-ekvationen, som är en relativistisk version av Schrödingerekvationen
för elektroner. Studera grundtillståndet hos en väteatom i ett
magnetfält på 0.5 T.
(a) Om protonens magnetiska moment kan försummas, visa att
grundtillståndsenergin splittras till två energinivåer. Bestäm
energiskillnaden mellan nivåerna i eV.
(b) Förklara att energinivåerna splittras upp ytterligare i två närliggande
energinivåer på grund av protonens magnetiska moment, om det
externa fältet är tillräckligt stort. Bestäm storleken hos denna splittring i
eV.
Ex6.3 (T) Två partiklar med massa m är fastsatta på ändarna av en masslös
stång med längd a . Systemet kan rotera fritt i tre dimensioner kring sitt
masscentrum.
(a) Ange ett uttryck för den klassiska kinetiska rotationsenergin, och visa
att de kvantmekaniska energinivåerna för rotationen ges av
E l
l(
l + 1) h
=
2
ma
2
med
l = 0,1,2,...
(b) Vad är degenerationen hos den l te energinivån?
(c) H 2 molekylen består av två protoner separerade med avståndet 0.075
nm. Vilken energi behövs för att excitera det första exciterade
rotationstillståndet hos molekylen?
2
e
Ex6.4 Studera en elektron i en Coulomb-potential V ( r)
= − med
4πε
0r
−r
/ a
vågfunktion ψ ( r)
= Ne Där a är en konstant.
(a) Vad är elektronens banrörelsemängdsmoment?
(b) Visa att väntevärdena av kinetiska och potentiella energin ges av
2
2
h
e
T = och V = −
2
2mea
4πε
0a
(c) Visa att väntevärdet av totala energin minimeras när a är lika med
Bohr-radien a
0
. Hitta detta minimivärde.
−r
/ a0
Ex6.5 Egenfunktionen till vätes grundtillstånd har formen ψ
1
( r)
= N1e
där
a
0
är Bohr-radien, N
1
är en konstant och r är det radiella avståndet hos
elektronen från kärnan.
(a) Genom att normera integralen enligt
∞
∫
0
hitta värdet på konstanten
N
1 .
2
2
ψ
1( r)
4πr
dr = 1

(Integralen
∞
∫
0
r
k
e
−ar
k!
dr =
a
är användbar i detta och följande problem.)
(b) Givet att egenfunktionen till ett exciterat tillstånd har formen
k + 1
ψ
r
= N
+ br
2
( )
2
(1 )
e
−r
/ 2a0
använd ortogonalitetsrelationen mellan ψ
1 och ψ
2 för att hitta värdet
på konstanten b . Bestäm även normeringskonstanten
N
2 .
(c) Plotta ψ
1 och ψ
2 .
Ex6.6 (T) Genom att modifiera formlerna för väteatomen, skriv ner
energinivåerna för en elektron med huvudkvanttalet n i en Coulombpotential
mellan en kärna med Z stycken protoner och kärnladdningen
+ Ze och en elektron med laddning − e ,
2
Ze
V ( r)
= −
4πε
0r
(a) Vad blir joniseringsenergierna för en-elektronjonerna He +
2+
och Li ?
(b) Försök förklara varför relativistiska korrektioner är viktigare för He +
2+
och Li än för väte.
Ex6.7 Studera en elektron i tritium, som är en tung isotop av väte. Kärna har
laddning e och bortsett från reducerade mass-effekter så har elektronen
samma energinivåer och egenfunktioner som i vanligt väte. Tritiumkärnan
är instabil och beta-sönderfaller varvid det bildas kärnor av 3 He. I en
sådan process befinner sig plötsligt elektronen i en ny Coulomb-potential
från en kärna med laddning 2 e . Anta att elektronen initialt är i tritiums
grundtillstånd. Visa att sannolikheten att elektronen efter beta-sönderfallet
+
är i grundtillståndet till He jonen är
∞
128 ⎡
2
P =
6 ⎢∫
r e
a0
⎣ 0
2
−3r
/ a
⎤
0
=
dr⎥
⎦
0.702

Ex6.8 Den radiella egenfunktionen
R ( r)
= u(
r)
/ r
med lägst energi hos en
elektron med rörelsemängdsmoment L = l( l +1) h i en Coulomb-potential
ges av n = l + 1 och
l+
1 −r
/( l+
1) a0
u ( r = Nr e
n, l
)
där N är en konstant.
(a) Visa att med normeringskravet
∞
∫
0
R(
r)
2
∞
2
r dr = ∫ u(
r)
0
2
dr = 1
så blir
2l+
3
2
⎡ 2 ⎤ 1
N = ⎢ ⎥
⎣(
l + 1) a0
⎦ (2l
+ 2)!
(b) Visa att den mest sannolika radien hos tillståndet är
2
r = ( l + 1) a0
(c) Visa att medelradien (dvs väntevärdet) i tillståndet är
∞
2 (2l
+ 3)( l + 1) a0
r = ∫ r u(
r)
dr =
2
0
(d) Visa att medelvärdet av radien i kvadrat är
2 2
2 (2l
+ 4)(2l
+ 3)( l + 1) a0
r =
4
(e) Visa att osäkerheten i radien Δ r blir liten jämfört med r när l → ∞ .
(f) Visa att i gränsen l → ∞ är den mest sannolika radien och medelvärdet
av radien båda lika med den klassiska radien r c
för en cirkulär bana
hos en klassisk partikel med rörelsemängdsmomentet L . Den
klassiska radien r c
minimerar den effektiva potentiella energin
2
2
L e
( r)
= −
2
2mr
4πε
r
V eff 0

Kap 7: Atomer och spin
Ex7:1 (T) Elektronspinnresonans (ESR) kan användas för identifiera atomer med
oparade elektroner. När man lägger på ett magnetfält kan elektronerna
pga spinn linjera sitt interna magnetiska moment med eller mot det
elektriska fältet. Genom att absorbera en foton av rätt våglängd
motsvarande energiskillnaden mellan tillstånden kan elektronen gå från ett
lägre till ett högre energitillstånd.
a) Vilket magnetfält behövs om mikrovågor med frekvens 9.75 GHz sänds
in mot provet för att elektronspinnet skall byta riktning (spin-flip)?
b) Är elektronen urspungligen i spinn-upp eller spinn-ner tillståndet?
Ex7:2 Betrakta en syreatom i grundtillståndet. Vilka värden på de olika
kvanttalen har dess elektroner?
Ex7:3 a) Härled ett uttryck för skalärprodukten L
r ⋅ S
r
uttryckt i kvanttalen j, l och
r r r
s genom att utgå från . J = L + S
b) Beräkna vinkeln mellan banrörelsemängdsmomentet och spinnet för
r r r r
tillstånden P 1/2 , P 3/2 och D 3/2 . Använd att L ⋅ S = | L || S | cosθ
där θ är
vinkeln mellan dem.
Ex7:4 Tidigare tänkte man sig elektronen som en homogen roterande laddad sfär
(idag betraktas den som punktformig utan utbredning). Om elektronens
radie är 3⋅10 -15 m ( 3 fm), beräkna ekvatorialhastigheten och jämför med
ljushastigheten i vakuum.

Kap 8: Statistisk mekanik
Ex8:1. (T)
a) Beräkna förhållandet mellan antalet väteatomer i första exciterade
tillståndet och grundtillståndet vid rumstemperatur.
b) Vilket är förhållandet mellan antalet atomer i andra exciterade
tillståndet och grundtillståndet vid 100 000 K?
Ex8:2. Ledningselektroner i en metall kan behandlas som en fermiongas.
Koppar har en densitet av 8,96⋅10 3 kg/m 3 och en ledningselektron per
atom.
a) Tillståndstätheten för ledningselektronerna ges av
3 / 2
dn 2me
V 1/ 2
D( E)
= = E
2 3
dE π h 2
Visa att fermienergi vid temperaturen T=0 ges av
2 / 3
2 2
π h ⎡ 3 ⎛ N ⎞⎤
EF
= ⎢ ⎜ ⎟⎥
där N/V är densiteten av
me
⎣2π
2 ⎝ V ⎠⎦
ledningselektroner.
b) Beräkna fermienergin för ledningselektroner i koppar.
c) Jämför fermienergin vid T=0 med termiska energin k B T vid
rumstemperatur. Kan man förväntas kunna använda samma
fermienergi vid rumstemperatur som vid T = 0 ?
Ex8:3. Visa att Wiens förskjutningslag λ max T=hc/(4,965k B ) ges av Plancks
strålningslag. (Exakt lösning är inte möjlig utan visa att värdet är
tillräckligt nära).
Ex8:4. Partiklar kan antas vara särskiljbara om avståndet mellan dem är mycket
större än kvantosäkerheten i deras position (Heisenbergs
obestämbarhet).
3
⎛ N ⎞ h
a) Visa att detta villkor kan formuleras som ⎜ ⎟

Ex8:5 (T) I ett skede av utvecklingen från Big-Bang var temperaturen 15000 K.
Beräkna förhållandet mellan väteatomer i det första exiterade tillståndet
och grundtillståndet.
Ex8:6
(T) Nobelpriset i fysik 2006 har tilldelats för studier av den kosmiska
mikrovågsbakgrunden. Denna har sitt ursprung i det skede av big-bang
där fotoner frikopplades från annan materia därför att fotonenergin inte
längre var tillräcklig för att jonisera atomer och därför inte absorberades.
Låt oss anta att denna fotonenergi motsvarar jonisationsenergin för
grundtillståndet i väte, samt att den motsvarar den mest sannolika
våglängden i strålningsspektrumet. Vilken temperatur på
fotonstrålningen motsvarar denna energi?

KAP 9. Molekylfysik
Ex9:1 (Ur Serway Moses and Moyer: Modern Physics) Ett alternativ till
harmonisk växelverkan för att beskriva vibrationer i tvåatomiga molekyler
är Morsepotentialen
−β
( r−R
)
[ ] 2
0
U ( r)
= U
0
1−
e
Parametrarna R 0 , U 0 och β bestäms av anpassning till data.
a) Visa att R 0 är jämviktsavståndet.
b) Visa att potentialen på stort avstånd från jämviktstillståndet går mot
U 0 .
c) Visa att nära jämviktsavståndet (r ≈R 0 ) uppträder Morsepotentialen
som potentialen för en harmonisk oscillator med K=mω 2 =2U 0 β 2
d) Det lägsta vibrationstillståndet för Morsepotentialen kan visas vara
2
1 ( ω)
E vib
= hω
−
h
2 16U
0
Skapa ur detta ett uttryck för för molekylens dissociationsenergi.
e) Använd resultaten ur c) och d) för att bestämma Morse-parametrarna
U 0 och β för vätemolekylen. Använd de experimentella värdena 573
N/m respektive 4.52 eV för fjäderkonstanten och dissociationsenergin.
(Uppmätt värde av R 0 för H 2 är 0,074 nm).
Ex9:2 (T) Följande diagram visar spektrum för övergångar i HBr-molekyler.
Beräkna kraftkonstanten för denna molekyl.
Ex9:3. (T) I en spektroskopimätning på CO uppmättes tre linjer i
mikrovågsområdet med våglängderna 2,58, 1,29 och 0.86 mm (inga andra
linjer däremellan).
a) vilka övergångar motsvarar detta?
b) Uppskatta bindningsavståndet i CO. (Tröghetsmomentet I CM = μR 0 2 där
μ är reducerade massan. )

Ex9:4. (T) I en vätemolekyl H 2 byts ena väteatomen ut mot deuterium, dvs vi får
molekylen HD. Eftersom elektronstrukturen är i det närmaste densamma
kan man anta att bindningslängd och kraftkonstant inte ändras. Beräkna
med vilka faktorer rotations- och vibrationsövergångar ändras.
Ex9:5 (T) Figuren nedan ger en approximation till potentiella energien för H 2 + -
molekylen som funktion av avståndet mellan protonerna. Beräkna med
hjälp av figuren en grov uppskattning av energiskillnaden mellan de två
lägsta vibrationstillstånden.
(Tips: Kurvan kan mellan skärningspunkten med R-axeln vid R≈0.06 nm
och R 0 ≈0.11 nm approximeras med en kurva av formen f (x) = A (x-R 0 ) 2
+ B, där A och B är konstanter. Den reducerade massan μ ≈ 469,1
MeV/c 2 för H 2 + )
Ex9:6
(T) Fluorescens hos molekyler kan användas för att mäta förekomst och
av vissa ämnen, t.ex. proteiner, genom att märka dessa med en
fluorescerande molekyl. Fluorescens innebär att man vid belysning med
ljus av lämplig våglängd får en övergång till en högre elektronenerginivå
och samtidigt en högre vibrationsnivå. Vibrationsnivån kommer att
deexcitera genom växelverkningar med andra molekyler (”värme” hos
molekylen avges) till den lägsta nivån, varefter den exciterade
elektronen återgår till grundnivån genom att utsända ljus med en längre
våglängd, schematiskt indikerat i figuren (ur Serway, Moses & Moyer)
nedan.

T.ex. absorberar 6-Carboxyfluorescein ljus med våglängden 495 nm
och emitterar ljus vid 520 nm. Om vi antar att förhållandet mellan
kraftkonstanten (fjäderkonstanten i N/m) och reducerade massan (kg) för
vibrationstillståndet är 3,32 ⋅ 10 28 s -2 , till vilket vibrationstillstånd
(vibrationskvanttal) exciteras molekylen av det absorberade ljuset?
Ex9:7
(T) Raman-spridning kan användas för att identifiera föroreningar men
även för att studera molekylinnehåll i damm på månen. Genom att
bestråla med laser kommer man att kunna få spritt ljus som har
karakteristiskt spektrum för olika molekyler. Låt oss som exempel tänka
oss att vi studerar röken från en fabrik med hjälp av laserljus av
våglängden 514,5 nm. Om vi antar att det spridda ljuset detekteras att
ha våglängden 520 nm och att skillnaden bara beror på en övergång
mellan l=2 och l=4, kan man beräkna tröghetsmomentet hos den
molekyl som orsakar spridningen. Utför beräkningen och bestäm
tröghetsmomentet för molekylen.

Kap 10. Fasta ämnen, halvledare
Ex10:1 Silver har densiteten 10,5⋅10 3 kg/m 3 och resistiviteten 1,60⋅10 -8 Ωm (vid
300K). Vi utgår från att varje silveratom bidrar med en ledningselektron samt att
ledningselektronerna kan beskrivas som en Fermigas av fria elektroner med
Fermienergin 5,48 eV,
a) Beräkna medeltiden mellan kollisioner från resistiviteten.
b) Beräkna fermihastigheten (E F =mv F 2 /2) och medelfria sträckan som en
ledningselektron med denna hastighet färdas under tiden mellan
kollisioner.
c) Jämför medelfria sträckan med gitterkonstanten. Är det troligt att
elektronerna kolliderar med varje atom?
Ex10:2 (T) Silvers resistivitet är 1,60⋅10 -8 Ωm vid rumstemperatur, medan kisel
har resistiviteten 10 Ωm.
a) Visa att skillnaden i resistivitet på storleksordningen när ges av bandgapet,
1,1 eV, för kisel.
b) Beräkna förväntad resistivitet för germanium (0,7 eV bandgap) vid
rumstemperatur.
Ex10:3 Kisel har bandgapet 1,1 eV. Vilken är den längsta våglängd av ljus som
skulle överföra en valenselektron till ledningsbandet?

Kap 11. Kärnfysik
Ex11:1 Två kärnor med samma antal nukleoner (masstal) men olika antal
protoner kallas isobarer. Spegelisobarer betecknar kärnor där dessutom
23
antalet protoner och neutroner har bytts mellan kärnorna, t.ex.
11
Na och
23
12
Mg . Beräkna bindningsenergin per nukleon för dessa. Hur förklararas
skillnaden?
64
64
Ex11:2 (T) Beräkna bindningsenergin per nukleon för
29
Cu och
30
Zn med hjälp
av vätskedroppsmodellen där parametrarna är (MeV) C 1 =15,8 C 2 =17,8
C 3 =0,71 och C 4 =23,7. Jämför med de bindningsenergier som får ur
massformeln.
Ex11:3 (T) Den förre KGB-agenten Alexander Litvinenko avled i slutet av 2006.
Man antar att han har förgiftats med polonium-210. I Wikipedia kan man
läsa följande om 210 Po:
“Polonium-210 is an alpha emitter that has a half-life of 138.376 days. A milligram of 210 Po emits
as many alpha particles as 5 grams of radium. A great deal of energy is released by its decay with
half a gram quickly reaching a temperature above 750 K. A few curies (1 curie equals 37
gigabecquerels) of 210 Po emit a blue glow which is caused by excitation of surrounding air. A
single gram of 210 Po generates 140 watts of power. [9] Because it emits many alpha particles, which
are stopped within a very short distance in dense media and release their energy, 210 Po has been
used as a lightweight heat source to power thermoelectric cells in artificial satellites”
Ur samma web-sida får man veta att Q-värdet för alfa-sönderfall av 210 Po är
5,407 MeV och att dosekvivalent över ca 4 Sv ger 50% dödlighet. Beräkna
hur stor mängd (hur många gram) av 210 Po som man behöver förtära för att få
denna dödliga dos under förutsättning av att den relativa biologiska faktorn är
10, dvs att den absorberade dosen är 0,4 Gy, samt att dosen erhålls under 1
dygn.
Ex11:4 (T) Hollywood verkar ibland fascineras av fysik. I en film planerar
skurken att spränga en bomb med radioaktivt material inuti Fort Knox för
att ”smutsa ner” guldreserven så att den skulle bli oåtkomlig för viss tid.
Konversationen mellan skurk och hjälte lyder:
Skurken: ”The bomb is particularly dirty”.
Hjälten: ”Cobalt and iodine?”
Skurken: ”Yes”
Hjälten: ”But, …. , then the gold will be radioctive for 57 years”.
Skurken: “58 to be exact”.
”Exakt” stämmer inte så bra med verkligheten, men är det ungefär den
tid som man bör avstå från att gå in i guldvalvet? Gör en
överslagsberäkning av bombens skadeverkningar genom att beräkna
när stråldosen i valvet inte överstiger 50 mGy/timme (Gy = J/kg) för en
normalstor person, givet att bomben innehöll 10 kg 60 Co och 10 kg 131 I.

För att förenkla betraktar vi bara de dominerande sönderfallskanalerna,
samt att vi antar att en blydräkt stoppar elektroner från att penetrera. 131 I,
med halveringstid 8,04 dagar, ger i de flesta fall en röntgenfoton med
energin 365 keV. 60 Co vars halveringstid är 1925 dagar, ger två gamma
med energier 1173 respektive 1332 keV. Den 1 mm tjocka blydräkten
antas förenklat ha absorptionskoefficienten 1,0 respektive 0,5 cm -1 för
fotonerna från 131 I respektive 60 Co.
Ex11:5 (T) Vid en mätning av radioaktivitet av ett prov efter aktivering erhölls
mätserien nedan.
a) Hur många olika nukleider består provet minst av?
b) Beräkna dessas halveringstider.
c) Hur många kärnor av dessa nukleider fanns vid tiden t = 0?
Tid (s) Antal
ln (sönderfall/s)
sönde
rfall
per s
0 42065 10.647
5 21262 9.9645
10 10851 9.2920
20 3023 8.0139
30 1044 6.9511
40 530.3 6.2734
50 383.7 5.9500
60 330.2 5.8000
80 279.3 5.6322
100 242.6 5.4915
120 211.2 5.3528
140 183.9 5.2142
160 160.1 5.0756
180 139.3 4.9370
200 121.3 4.7983
Ex11:6 (T) För att stoppa en kärnreaktor förs stavar av t.ex. bor-10 eller kadmium-
113 med stort tvärsnitt för infångning av neutroner. Hur stor tjocklek av bor
behövs för att stoppa 99% av neutronerna under antagande att tvärsnittet
är 3835 barn, att bors densitet är 2460 kg/m 3 , att naturligt bor innehåller
20% bor-10 och att bor-11 inte bidrar?
Ex11:7 (T) Kärnkraftverk bygger att 235 U infångar en termisk neutron och
sönderfaller därefter till två lättare kärnor samt i medeltal 2 neutroner. I
Forsmark är nettoeffekten av de tre reaktorerna vardera ca 1 GW. Anta en
verkningsgrad av 30% och utnyttja nedanstående figurer (ur Serway
Moses och Moyer: Modern Physics) för att uppskatta antalet 235 U+n som

fissionerar per sekund i en Forsmark-reaktor.
Fördelning av söndefallsprodukter från 236 U *
Ex11:8 (T) I samband med terroristbekämpning vill man kunna avgöra om
bagage eller containrar innehåller sprängämnen. Detta kan göras genom
att söka efter ämnen med viss kombination av kol, syre och kväve. Ett
sätt som studeras är att sända en neutronstråle med 14 MeV kinetisk
energi mot den behållare som skall undersökas. Kärnor i de undersökta
materialen kommer att absorbera neutroner varvid exciterade tillstånd
bildas som sedan återgår till grundtillstånd genom att en γ och en
neutron utsänds. Med hjälp av att γ-spektrum, som skiljer sig åt för olika
substanser, kan därefter sprängämnen identifieras.
Hur stor intensitet av 14 MeV neutroner, dvs antal neutroner per tidsoch
ytenhet, behövs för att kunna detektera minst 100 γ per s hos en
kubisk låda med sidan 1 dm då detektionseffektiviteten är 30% (bl.a.
pga begränsad rymdvinkel) och tvärsnittet för att en neutron ger ett
exciterat kärntillstånd är i medel 0,4 b för de ingående atomerna?
Densiteten hos det undersöka ämnet antas vara 1,5 kg/dm 3 och
molvikten kan beräknas som medelvärdet av molvikten för kol, syre och
kväve dvs 14,04 g/mol.

Kapitel 12: Blandade exempel av tentakaraktär. Blandningen är inte
representativ för en normal tenta utan består av en del ”överblivna”
exempel från äldre kurser att träna på. Det finns en klar slagsida mot
exempel motsvarande kapitel 1 och 10 i kursboken, medan en normal
tenta har jämn fördelning över hela kursinnehållet.
Ex12:1 (T) Rymdfarkoster skulle i princip kunna drivas mha solsegel. Även om
det inte är realistiskt att tro att de duger vid mycket höga hastigheter kan
vi studera hur effektivt det vore vid hastigheter nära ljusets. Tanken är
att utnyttja fotonens rörelsemängdsöverföring mot ”spegelyta”.
Spegelytan får approximeras som ideal (100% reflektion) riktad vinkelrätt
mot ljuset. Beräkna överförd rörelsemängd per foton för ljus vid λ = 450
nm för de två fallen att vår rymdfarkost rör sig med v = 0,1 c respektive v
= 0.9 c bort från stjärnan vars ljus skall driva den. (Tips: för att vara helt
korrekt, tänk på att rörelsemängden bevaras även i spegelytan).
Ex12:2 (T) För att kunna öka tillgänglig kollisionsenergi i partikelfysikexperiment
i cirkulära acceleratorer studeras möjligheten att använda myoner i
stället för elektroner. Ett problem är dock att myonerna sönderfaller.
Myonens livslängd i vila är τ = 2,2 μs. I en tänkt accelerator, accelereras
μ - till en energi av 1 TeV (= 1000 GeV). Efter hur lång tid har antalet
myoner i strålen minskat med en faktor 4 pga sönderfall?
Ex12:3 (T) . I PEP-II, B-factory, vid Stanfords Linear Accelerator Center (SLAC),
kollideras elektroner med en kinetisk energi av 9 GeV med en motriktad
positronstråle med 3,1 GeV kinetisk energi. Elektroner och
positroner kommer att annihilera och nya partiklar kan skapas. Fördelen
med asymmetrisk energi hos strålarna är att nya partiklar har högre
hastighet i laboratoriet så att sönderfallet sker längre bort från
kollisionspunkten. Bl.a. kan hadroner med b-kvarkar lättare identifieras.
a) Beräkna maximal massa hos en ny partikel som kan skapas vid
dessa e + e –kollisioner. (2p)
b) ) Om vi antar att för en skapad B 0 -meson (består av d och anti-b
kvark) gäller att βγ =0.556, där β är hastigheten i förhållande till
ljushastigheten i vakuum och γ är Lorentz-faktorn, och vi vet att dess
medellivstid är 1,536±0.014 10 -12 s, beräkna medelsträckan den
färdas i laboratoriet innan den sönderfaller. (3p)
Ex12:4 (T) I en doktorsavhandling som försvaras i morgon diskuteras en ny
detektor tänkt att användas vid bestrålning av cancerpatienter. I denna
detektor mäts γ-fotoner som passerat patienten från bestrålningen. I en
av de studerade detektoruppställningarna uppskattades att det krävdes
8 mm av wolfram innan hälften av inkommande fotoner med 18 MeV
energi har växelverkat.
Densiteten hos wolfram ur tabell är 19,3 ⋅ 10 3 kg/m 3 .

a) Beräkna tvärsnittet för att 18 MeV fotoner växelverkar i wolfram.
(3p)
b) Detektorn består av ett antal 0.5 mm tjocka wolframplattor. Hut
många plattor behövs för att 80% av de inkommande fotonerna
skall ha växelverkat? (2p)
Ex12:5 (T) I ett medium med brytningsindex n >1 är ljushastigheten c/n lägre än i
vakuum. En partikel med hastighet v > c/n kan då i mediet orsaka
utsändande av s.k. Cherenkovljus, ett fenomen som kan liknas bogvågor
från en båt eller ett flygplan som färdas snabbare är ljudet. Ljusets sänds
1
ut i framåtriktningen med en vinkel θ som ges av cos θ = där β = v / c .
βn
I ett partikelfysikexperiment mätte man rörelsemängden för en partikel till
8.20 GeV/c samtidigt som man fick Cherenkovljus med vinkeln θ =5° (cos
θ =0.996) för en gasvolym med trycket anpassat så att brytningsindex n
var 1.0041. Beräkna partikelns massa.
Ex12:6 (T) Följande diagram är en skiss av spektrum för övergångar i HBrmolekyler.
a. Ange vibrations och rotationskvanttal för de olika linjerna
b. Förklara varför det fattas en linje mitt i diagrammet
c. Uppskatta med värden ur figuren bindningsavståndet.
Ex12:7 En radiosändare med effekten 50 kW sänder på frekvensen 1 MHz. Vad
är energin för varje utstrålat kvantum? Hur många kvanta utstrålas per
period?

Ex12:8 Vad är de Broglie-våglängden för en elektron som accelererats genom
en potentialdifferens på 100 V?
Ex12:9 En partikel med massa m och energi E infaller från x < 0 mot ett
potentialsteg i x = 0 som ges av
⎧ 0, x < 0
V ( x)
= ⎨
⎩V 0
> 0, x > 0
Bestäm lösningen till tidsoberoende Schrödingerekvationen i fallet
E < V 0
.
Ex12:10 Bestäm väntevärdena p och
grundtillståndet
ψ =
1 2 2
a
e
π
−x
/ 2a
2
p för en harmonisk oscillator i
, a =
h
mω
Integrationshjälp:
∞
∫
−∞
x
2
e
2
−ax
dx =
2
π
a
3
Ex12:11 Beräkna för den endimensionella harmoniska oscillatorn i
grundtillståndet
(a) medelvärdet av potentiell och kinetisk energi.
(b) osäkerhetsprodukten ∆x∆p.
Ex12:12 Visa att en lösning till Schrödinger-ekvationen för en fri partikel i tre
dimensioner
2 2 2 2
h ⎛ ∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ ⎞
−
⎜ + +
⎟ = EΨ
2 2 2
2m
⎝ ∂x
∂y
∂z
⎠
kan skrivas
ik ⋅r
Ψ ( x,
y,
z)
= Ae
Vad är sambandet mellan k = k , k , k ) och energin E ?
(
x y z
Ex12:13 Beräkna sannolikheten att hitta en elektron i grundtillståndet för väte på
större avstånd från kärnan än Bohrradien.
Grundtillståndet för väte:
2 −r
/ a 1
0
Ψ ( r,
θ,
φ)
= e
3
a 4π
0

Ex12:14 Hur stor energi krävs för att jonisera en väteatom i n = 3 -tillståndet?
Ex12:15 Bestäm väntevärdena av kinetisk och potentiell energi för en väteatom i
2s-tillståndet, dvs n = 2 , l = 0 .
Väteatomens 2s-tillstånd:
1 ⎛ r ⎞ 1
Ψ
r / 2a0
200
( r,
θ,
φ)
=
−
1 e
3
⎜ −
2a
2a
⎟
⎝ 0 ⎠ 4π
∞
Integrationshjälp: ∫ r
0
k
e
−ar
0
k!
dr =
a
k + 1

Kapitel 13 Exempeltenta
Exempel-Tentamen i Modern Fysik, 5A1247,
Hjälpmedel: 2 A4-sidor med egna anteckningar, Beta och fickkalkylator samt
institutionens tabellblad utdelat under tentamen.
Examinator: Bengt Lund-Jensen och Mats Wallin
Tentamen har 8 problem som vardera ger 5 poäng. Poäng från inlämningsuppgifter
tillkommer. För godkänt krävs preliminärt 16 p.
1. I ett tabellverk kan man läsa att cτ = 491 μm för en B + -meson, där c är ljushastigheten
i vakuum och τ är medellivslängden i partikelns vilosystem. Samtidigt finner man i
beskrivningen från ett experiment att medelsträckan en B + -meson färdas innan den
sönderfaller är 3 mm. Vilken rörelsemängd måste B + -mesonen ha i experimentet?
(B-mesonens massa är 5279,0±0,5 MeV/c 2 ) (5p)
2. En elektron med försumbar energi binds med en heliumkärna He 2 + .
Vilken våglängd har den emitterade fotonen? (5p)
3. I en doktorsavhandling som försvarades våren 2006 diskuteras en ny detektor tänkt att
användas vid bestrålning av cancerpatienter. I denna detektor mäts γ-fotoner som
passerat patienten från bestrålningen. I en av de studerade detektoruppställningarna
uppskattades att det krävdes 8 mm av wolfram innan hälften av inkommande fotoner
med 18 MeV energi har växelverkat.
Densiteten hos wolfram ur tabell är 19,3 ⋅ 10 3 kg/m 3 .
a) Beräkna tvärsnittet för att 18 MeV fotoner växelverkar i wolfram. (3p)
b) Detektorn består av ett antal 0,5 mm tjocka wolframplattor. Hut många plattor
behövs för att 80% av de inkommande fotonerna skall ha växelverkat? (2p)
4. Krafterna mellan atomerna i en HCl-molekyl kan approximativt representeras av en
fjäder med fjäderkonstanten 516 N/m. Detta innebär att atomerna kommer att utföra
en harmonisk svängningsrörelse i förhållande till varandra. Beräkna den lägsta och
den näst lägsta energinivån för denna rörelse. (5p)
5. Hur mycket förväntas ledningsförmågan i en halvledare med bandgapet 1 eV öka om
temperaturen ökar från rumstemperatur, 300K, med 5 K till 305K? (5p)
6. I atomärt väte finns en uppsplittering i energinivå pga upplinjering mellan protonens
och elektronens spinn. Övergången resulterar i utsändade av radiovåg med 21 cm
våglängd. Övergången är ”förbjuden” vilket gör att den är sällsynt, samt att det
exiterade tillståndet är långlivat med livstid xxxx. I galaxer finns dock tillräckligt
många vätaatomer för att vågor från denna övergång skall kunna observeras på
jorden.

a) Antag att medellivslängden motsvarar en tidsosäkerhet för tillståndet. Bestäm
osäkerheten i energiskillnaden vid mätning av övergången. (1p).
b) Vilken fotonenergi observeras om vågorna sänds ut från en galax med
hastigheten 0,6c jämfört med jorden? (4p)
7. En partikel med massa m rör sig i en endimensionell lådpotential som ges av
⎧∞
x < 0
⎪
V (x) = ⎨0
0 < x < a
⎪
⎩∞
a < x
Vid tiden t = 0 har vågfunktionen formen
2 ⎛ πx
⎞ 4 ⎛ 3πx
⎞
Ψ = sin⎜
⎟ + sin⎜
⎟
3a
⎝ a ⎠ 3a
⎝ a ⎠
Bestäm (a) vågfunktionen och (b) väntevärdet av energin vid en senare tidpunkt t .
8. Amplituden av protonens och neutronens magnetiska moment är uppmätta till 2,42μ n
−8
respektive -1,66μ n , där kärnmagnetonen μ n ≈ 3,152 ⋅ 10 eV/T . I sk.k. ”magnetröntgen”
(egentligen MRI, Magnetic Resonace Imaging) lägger man på ett fast magnetfält och ett
oscillerande. Vid rätt frekvens, motsvarande energiskillnaden mellan tillstånden, kan en
väteatoms kärnspinn ändra upplinjering i förhållande till magnetfältet vilket i sin tur
kan detekteras. Vilken frekvens måste det oscillerande magnetfältet vid resonas ha om
det fasta magnetfältet är 1T? (5p)

Lösningsförslag.
Ex1:1.
a) Tiden (enligt vad vi observerar i labbet) som det tar myonerna att färdas
10 km med en hastighet av 0.98 c är
4
10km
1,0 ⋅10
m
−5
t = =
≈ 3,4 ⋅10
s .
8
c 0,98 ⋅ 3⋅10
m/s
Enligt tidsdilatationen observerar vi att myonen har livstiden τ labb = γτ där
1 1
Lorentzfaktorn γ = = ≈ 5, 025 Andelen som når
2
2
1−
β 1−
0,98
N −t / γτ − 2,2)
jordytan blir då 34 /(5,025 ⋅
= e = e ≈ 0,046 ≈ 4,6%
N
0
N −t / τ −34 /(2,2)
−7
b) Klassiskt: = e = e ≈ 1,9 ⋅10
N
0
(Nästan inga jämfört med relativistiska fallet)
Syfte med problemet: genomföra relativistisk beräkning och illustrera
tidsdillatation i förhållande till klassisk beräkning
Ex1:2.
a) Våglängden ökar, ”rödförskjutning”, då källan rör sig bort från
observatören.
b) För doppler-skiftet gäller:
⎛ λ′
⎞
2 ⎜ ⎟
1+
v / c 1+
β ⎛ λ′
⎞ ⎝ λ
λ′
= λ ⇒ = ⇒ =
⎠
⎜ ⎟ β
1−
v / c 1−
β ⎝ λ ⎠ ⎛ λ′
⎞
⎜ ⎟
⎝ λ ⎠
dvs supernovan rör sig med hastigheten 0,70c
2
2
−1
5,741−1
≈ ≈ 0,703
5,741+
1
+ 1
c) Med β =0,70 fås dopplerskift för ett objekt som närmar sig till
1−
v / c 1−
0,703
656,5 ⋅ 656,5
λ′ = λ = 656,6 nm ≈ 274nm
( alt.
≈ 274nm)
1+
v / c 1+
0,703
1573
d) Rörelse vinkelrätt mot observatör. Jordradien är ca 40000 km/2π≈6400
km. Christer antas befinna sig i en cirkulär bana med radie 6800 km.
Hans hastighet är då 2π⋅6,8⋅10 6 m/(90⋅60s)≈7,91⋅10 3 m/s.
Detta ger gammafaktorn: γ =
1
=
1
−10
≈ 1+
10 .
2
1−
β
−5
2
1−
(2.6 ⋅10
)
Ej mätbar rödförskjutning.

Ex1:3.
0
Energi och rörelsemängd bevaras. Detta gör att om vi beräknar i K S
vilosystem, kommer π + och π - , pga att de har samma massa, dela lika på
den tillgängliga energin i sönderfallet. Deras kinetiska energi blir då
vardera: E k = m 0 K c 2 /2 - m + π c 2 ≈
497.6/2 – 139.6 MeV = 109.2 MeV.
I K 0 S vilosystem blir då π + totala energi E=497.2/2 MeV = γ m + π c 2 där
1
γ =
Ur detta kan nu hastigheten v beräknas:
2
1−
( v / c)
2
1 ⎛ 2⋅139.6
⎞
v = c 1−
≈ c 1−
≈ 0. 828c
2
⎜ ⎟
γ ⎝ 497.2 ⎠
Hastigheten för π + i labbet beräknas på motsvarande sätt där π + totala
energi i labbet nu blir E=2000 + 139.6 MeV = γ labb m + π c 2 vilket ger
2
1 ⎛ 139.6 ⎞
v labb
= c 1−
≈ c 1−
≈ 0. 9979c
2
⎜ ⎟
γ ⎝ 2139.6 ⎠
Ur Lorentz-transformation av hastigheterna fås nu K 0 S hastighet. Välj
system så att vi jämför labbet med π + . I π + system har K 0 S hastigheten
riktad ”mot” labb-observarören.
Vi får då K 0 S hastighet
′
u
x
+ vπ
labb − 0.828c
+ 0.997c
u
x
=
=
≈ 0.9779c
≈ 0. 978c
′
2
1+
( u v / c ) 1+
( − 0.828⋅0.997)
x
π labb
Ex1:4
Ex1:5
Massa för protonen och antiprotonen är 938,3 MeV/c 2 medan kaonerna
har massan 494 MeV/c 2 . Energins och rörelsemängdens bevarande ger
då att kaonerna delar lika på den tillgängliga kinetiska energin och får då
vardera totala energin 938,3 MeV. Lorentzfaktorn γ blir då (E = γ mc 2 )
938,3/494 ≈ 1,90
2
γ − 1
Detta ger att kaonernas hastighet är v = c ≈ 0,850 c.
2
γ
Med medellivstiden i labbet (korrigeras för tidsdillatationen) τ labb = γτ
färdas då kaonerna i medel sträckan τ labb v = γτ v ≈ 1,90 · 1,2·10 -8 ·
0,85 · 2,998 · 10 8 m ≈ 5,8 m
Viloenergin hos μ - (m μ c 2 ) övergår till kinetisk energi hos elektronen och
neutrinerna samt till elektronens vilomassa. Om vilomassorna bortses
ifrån, kan elektronens kinetiska energi vara högst hälften av myonens

viloenergi eftersom rörelsemängden skall bevaras. Detta ger att
elektronens totala energi är
E e = ½ m μ c 2 + m e c 2 = γ m e c 2 vilket ger γ = m μ /(2m e ) + 1 ≈ 104,3 ur
vilket hastigheten ges av β =
2
γ −1
≈ 0, 99995
2
γ
1 1
EX1:6 Den hastighet β för vilken vi får θ =30° är β = ≈ ≈ 0, 868
n cosθ
3
1,33⋅
2
Vilket ger en Lorentzfaktor γ =
1 1
≈
2
2
1−
β 1−
0,868
≈ 2, 01
Totala energin för protonen är E= γmc 2 varav mc 2 är viloenergin.
Kinetisk energi är då E kin = (γ -1)mc 2 ≈ (2,01-1)⋅ 938,3 MeV≈ 948 MeV

EX2:1
Energin bevaras ⇒ Inkommande fotonens energi E = 0,8 + 2,88 MeV ≈
3,68 MeV.
Ex2:2
Våglängd: λ = hc/E ⇒ Vinkeln fås ur: (1-cosθ)h/m e c = hc/E spridd – hc/E
cos θ = 1 + (1/E – 1/E spridd )m e c 2 = 1 + (1/3,68 – 1/0,8)·0,511 ≈ 1-0,5 = 0,5
⇒ θ ≈ 60º dvs fotonen infaller med vinkeln 20º mod lodlinjen (riktat med
den spridda fotonen i samma plan som denna och rekylelektronen)
a) Visas genom att både energi och röreslemängd skall bevaras. För en
foton gäller att E=pc, medan för elektronen gäller E 2 =p 2 c 2 +m 2 c 4 . Del av
energin går åt till elektronen och positronens massa vilket gör att inte både
energi och rörelsemängd samtidigt kan bevaras. Ett sätt att se detta är
genom att fysiken är densamma i olika koordinatsystem i likformig rörelse
jämfört med varandra. Vi kan därför transformera oss till ett system där,
om parbildningen skedde enbart med en foton utan närvaro av atom,
energin inte skulle räcka till för att bilda ett elektron-positron-par. I nävaro
av kärna uppstår en ”kollision” där rörelsemängd och i viss mån energi
överförs till kärnan. Om tillräcklig energi finns i kärnans volisystem,
kommer tillräcklig energi (och rörelsemängd) också finnas i alla andra
koordinatsystem i likformig rörelse eftersom kärnan då har kinetisk energi.
b) Fotonens energi fördelas lika på elektron och positron. För dessa
gäller då eftersom energin bevaras att E = = MeV
2 = 50
e + E −
. Ur
e
2 2 2 2 4
E = p c + m c kan då rörelsemängden för elektronen och positronen
beräknas:
1 2
2
E γ
e
/
2
( Δp) ( 5,22keV / c)
2 4
2
p ± = E ± − m c = 50 − 0,511 MeV / c = 49,9974MeV / c
e e
c
Fotonens rörelsemängd ges ur p = E/c = 100 MeV/c. Skillnad i
rörelsemängd blir då: Δp
= pγ
− p + − p − = 100 − 2 ⋅ 49,9974 = 5,22KeV
e
vilken upptas av syreatomen.
Med massan för en syreatom
2
2
M O
= 15,9994u
⋅931.494MeV/(uc
) = 14,903GeV / c får vi en icke-
−4
relativistisk kinetisk energi Ekin O
= =
≈ 9,1 ⋅10
eV
2
2M
o 2 ⋅14,903GeV / c
vilket är 13 storleksordningar mindre än inkommande fotonens energi och
därmed försumbar.
2
c
Ex2:3 E Kmax = hf – Φ ger h = (E Kmax2 –E Kmax1 )/(f 2 -f 1 ) ≈ 4,1·10 -15 eVs
Φ = ½ (hf 2 –E Kmax2 +hf 1 -E Kmax1 ) ≈ 3,0 eV

Ex2:4 Maximal energiöverföring fås när den spridda fotonen är riktat mot den
inkommande, dvs då spridningvinkeln vinkeln θ = π. Då gäller att den
2h
spridda fotonens våglängd är λ ' = λ0 +
m c
Överförd energi, dvs elektronens kinetiska energi, är
2
hc hc hc hc ⎛ mecλ0
+ 2h
− mecλ0
⎞ 2h
c
hf hf
hc
=
= E
h
⎜
mec
h
⎟
0
− ´' = − = − =
λ
2
0
λ'
λ0
⎝ λ ( + 2 ) ⎠ ( mec
+ 2h)
+
0
λ0
λ0
λ
λ
0
0
m c
e
e
e
Detta stuvas om:
λ
2
0
2 2
2h
2h
c
hc
+ λ0
− = 0 ⇒ λ
2
0
= −
m c m c E
m c
e
e
e
e
2
±
h
m
2
c
2
e
2
c
4
2 2
2h
c
+
2
m c E
e
e
≈
1240eV
⋅ nm
≈ −
+
511keV
⎛1.240
⎞
⎜ nm⎟
⎝ 511 ⎠
2
2
⎛ 2 ⋅1.240
⎞
+
⎜ nm
511 170
⎟
⎝ ⋅ ⎠
2
≈ 0.0643nm
Ex2:5 Ekvationenerna för de två fallen är:
2
2
mv1
mv2
hf
1
− φ = och hf
2
−φ =
2
2
2
hf1
− φ v1
Förhållandet mellan dem blir: = = 4
2
hf − φ v
Stuva om termerna och använd att f = c
λ
hc ⎛ 1 1 ⎞
φ =
≈ 1,9 eV
3 ⎜ −
⎟
⎝ λ2
λ1
⎠
2
2

Ex3:1 a) För röntgendiffraktion mellan olika kristallplan gäller att konstruktiv
interferens erhålls då nλ = 2 d sinθ,
n = 1,2,3 ,... där d är avståndet mellan
kristallplanen, och θ är vinkeln mellan infallande stråle och kristallen yta.
(Vi antar att ytan är ett kristallplan).
λ 0,28nm
Vi får då för 1:a maximat: d = = = 0,28nm
o
2sinθ
2sin 30
Densiteten för NaCl: Vi antar att NaCl har sådan struktur att en volym d 3
upptas av antingen en Na-jon eller en Cl-jon. I medeltal motsvarar detta
en massa av
(m Na + m Cl )/2 per d 3 .
ρ
( m
+ m
2d
)
(22,99 + 35,45) u⋅1,66
⋅10
2 ⋅ (2,8 ⋅10
) m
kg / u
−27
Na Cl
3
= ≈
≈ 2,21⋅10
kg /
3 −10
3 3
h
b) De Broglie-våglängden: λ =
p
Kinetiska energin för neutroner med λ=0,28 nm blir då:
2 2
2 2
2
p h h c (1240eV ⋅ nm)
Ekin = = ≈ ≈
≈
2
2 2
2
2m
2mλ
2mc
λ 2 ⋅939,6MeV
⋅ (0,28 nm )
m
3
0,0104 eV
Ex3:2 Osäkerheten i massan motsvarar osäkerheten i energin enligt
problemlydelsen. Vi har då att ΔE = mc 2 = 149,2 MeV. Heisenbergs
osäkerhetsrelation ger då att
h
ΔE Δt
≥ där > motsvarar mätfel och = ger den fysikaliska gränsen.
2
2
2
Man kan visa ur definitionen av osäkerhet Δt
= < t > − < t > och att
t τ
e −
livstid uppträder som en sannoliktet för att leva en tid t enligt
= τ :
(Behöver inte göras här, utan man får förutsätta detta, dock visas det
genom:
∞
∞
2 − t ⎛ − t ⎞
τ
τ
∫ t e ⎜ ⎟
2 2
2 0
⎜
∫te
0
⎟ 2
( Δt
) =< t > − < t > = − ⎜ ⎟ = τ
∞
∞
− t
τ ⎜ − t
τ ⎟
∫ e
∫ e
0 ⎝ 0 ⎠
)
−16
h 6,582 ⋅10
eVs
−24
Heisenberg: Δt
= =
≈ 2,2 ⋅10
s
2ΔE
2 ⋅149,2MeV
(Kommentar: mycket kort livstid. Sönderfaller med starkt sönderfall.)
2
, att Δt

Ex3:3 a) Härledning av reducerade massan i klassisk mekanik:
Två partiklar med massorna m respektive M i punkterna r 1 och r 2
Påverkar varandra med kraft F (motriktade).
Newtons lagar ger: F = mr & 1
och − F = M&
r
2
Definiera den relativa positionen r = r 1
− r2
& F F ⎛ ⎞ ⎛ m + M ⎞
r
= && r − &&
1 1
1
r2
= − ( − ) = F ⎜ + ⎟ = F ⎜ ⎟
m M ⎝ m M ⎠ ⎝ mM ⎠
mM
mM
Dvs vi har F = & r
= μr &
där μ = vilken är samma ekvation
m + M
m + M
som för rörelsen av en partikel med massan μ (reducerade massan) runt
öändligt massiv partikel. (Kan också visas kvantmekaniskt).
b) Bohrmodellen (och Schrödingerekvationen) ger energinivåerna
4
4
μqe
1 μq En
= −
⋅ där
e
=
2 2 2
13, 6eV för μ = m
2 2
e
2( 4πε
0
) h n 2( 4πε
0
) h
m
em
e 1
För positronium gäller att μ = = me
m
e
+ m
e
2
13,6 1
1
Energinivåerna blir då E n
= − ⋅ eV = −6,8
⋅ eV
2
2
2 n
n
E1 = −6, 8 eV
1
E2 = −6,8
⋅ eV = −1,
7eV
2
2
Övergången har observerats experimentellt.
Ex3:4 (a)
λ
h 6.6 ⋅10
=
p 1.67 ⋅10
−34
=
−27
⋅10
= 39.5
nm
x
λD
39.5 ⋅10
=
d 10
−9
=
−3
⋅10
= 0.4
mm
(b)
= p
h
λ
=
−34
6.6
⋅10
−31
= 6.6 ⋅10
−4
10
⋅10
m
x
λD
d
dx
λ
10 ⋅10
6.6 ⋅10
−3
−6
= ⇒ D = =
−31
= 1.5 ⋅10
21
m
Detta är en astronomisk längdskala, jämförbar med diametern hos
21
vintergatans skiva som är ca 100 000 ljusår, dvs ca 10 m.

Ex3:5
ΔxΔp
≈
h 10 −
Δx
10
2
−24
2
p (10 )
= = = 5⋅10
−31
2m
2 ⋅9
⋅10
−34
24
h ⇒ p ≈ Δp
≈ = = 10 kg m/s
−10
E kin
−19
J = 3.5 eV
Ex3:6 λ =
−34
6.6 ⋅10
= 0. 13 nm
−27
−19
2 ⋅1.6
⋅10
⋅ 0.05⋅1.6
⋅10
λ 0.13
θ = arcsin = arcsin = 40 grader
d 0.20
Ex3:7 λ =
−34
6.6 ⋅10
= 0. 465 nm
−31
−19
2 ⋅9
⋅10
⋅ 7 ⋅1.6
⋅10
Gitterkonstanten hos Cu är 0.36nm vilket är jämförbart med λ .
Elektronerna kommer därför att genomgå stark diffraktion i Cu gittret och
måste behandlas kvantmekaniskt.
Ex3:8 O atomen väger 16u
och O 2 molekylen 32 u . Enligt ekvipartitionsteoremet
blir kinetiska energin för rörelsen i x-led
1 23
2
p
−27
−21
−
Ekin = k
BT
= ⇒ p = 2mEkin
= 2 ⋅32
⋅1.66
⋅10
⋅ 2 ⋅10
= 1.46 ⋅10
kg m / s
2 2m
−34
6.6 ⋅10
λ = = 0.045 nm
p
Denna längd är mycket mindre än syremolekylens diameter, som är ca 4
Å, vilket i sin tur är mycket mindre än det genomsnittliga avståndet mellan
molekylerna i luft vid NTP, som är ca 30 Å. Detta motiverar en klassisk
behandling av gasen.
Kommentar: Avståndet mellan molekylerna i luft kan uppskattas med ett
enkelt resonemang. Molekylvikten hos vatten, 18, är något mindre än hos
luft, ca 29, så för ett överslag kan vi använda bekanta resultat hos vatten.
Vatten har en densitet på ca 1000 kg/m 3 och ett avstånd mellan
molekylerna på ca 3 Å. En gas kan ha ~1000 gånger lägre densitet än en
vätska, vilket stämmer bra med att luft har densitet 1.3 kg/m 3 . För att
densiteten ska gå ner med en faktor 1000 måste avståndet mellan
molekylerna öka med en faktor 10. Alltså bör avståndet mellan
luftmolekyler vara ca 30Å.

Noggrannare räkning: medelmolekylvikt
−27
−26
29u= 29× 1.66×
10 = 4.8×
10 kg.
Medelvolym per partikel är molekylvikten/densiteten:
−26
−26
v
0
= 4.8×
10 /1.3 = 3.7 × 10 m 3 .
3
Medelavståndet mellan partiklarna uppfyller v = d ⇒ d 33 Å.
0
=
Gas % by Volume % by Weight Parts per
Million (by
Volume)
Chemical
Symbol
Molecular
Weight
Nitrogen 78.08 75.47 780805 N 2 28.01
Oxygen 20.95 23.20 209450 O 2 32.00
Argon 0.93 1.28 9340 Ar 39.95
Carbon 0.038 0.0590 380 CO 2 44.01
Dioxide
Neon 0.0018 0.0012 18.21 Ne 20.18
Helium 0.0005 0.00007 5.24 He 4.00
Krypton 0.0001 0.0003 1.14 Kr 83.80
Hydrogen 0.00005 Negligible 0.50 H 2 2.02
Xenon 8.7 x 10 -6 0.00004 0.087 Xe 131.30
Ex3:9 de Broglie-våglängden för neutronerna ges av
h hc 1,24keVnm
λ = = ≈
≈ 0,0976Å
p 127keV
127 keV
För Braggspridning (n=1) gäller att λ = 2d sinθ
där θ räknas mot mellan
infallande stråle och materialet så att θ här blir 1°. Detta ger att
λ 0,0976
d = = ≈ 2, 79Å
2sinθ
2⋅0,01745

Ex4:1
2
h d
−
2m
dx
2
2
2
h k
Acos(
kx − ωt)
= +
2m
2
∂
Acos(
kx − ωt)
≠ ih
∂t
Acos(
kx − ωt)
= ihωAsin(
kx − ωt)
2
h d
−
2m
dx
2
2
2
h k
Asin(
kx −ωt)
= +
2m
2
∂
Asin(
kx −ωt)
≠ ih
∂t
Asin(
kx −ωt)
= −ihωAcos(
kx −ωt)
dvs Acos(
kx − ωt)
och Asin(
kx − ωt)
är inte lösningar till Schrödingerekvationen
för en fri partikel. Genom att addera ekvationerna ovan ser vi
dock att den välbekanta plana vågen
i(
kx−ωt
)
Ψ(
x,
t)
= Ae = A cos( kx − ωt)
+ i sin( kx − ωt)
är en lösning.
( )
Ex4:2
2 2
i(
kx−ωt)
−i(
kx+
ωt)
h k i(
kx−ωt)
−i(
kx+
ωt)
( − e ) = A( e − e )
2 2
h d
− A e
2
2m
dx
2m
∂ i(
kx−ωt
) −i(
kx+
ωt
)
i(
kx−ωt
) −i(
kx+
ωt
)
ih
A( e − e ) = hωA( e − e )
∂t
För att få en lösning till Schrödinger-ekvationen för en fri partikel måste
dessa ekvationer vara lika med varandra, vilket är uppfyllt om
2 2
h k
h ω = .
2m
Ψ(
x,
t)
=
i(
kx−ωt)
−i(
kx+
ωt)
ikx −ikx
−iωt
−iωt
( − e ) = A( e − e ) e = 2iAsin
kxe
A e
Detta är en stående våg, dvs summan av likadana vågor fast med
motriktade vågvektorer.
2 nπx
Ex4:3. Ψn
( x)
= sin , n = 1,2,3 ,...
L L
P
x1,
x2
2
L
x
2
2
x2
= ∫ Ψn
( x)
dx =
x ∫
1
x1
sin
2
nπx
⎡ x 1 2nπx
⎤
dx = sin
L ⎢ −
⎣ L 2nπ
L ⎥ ⎦
x
x
2
1
n
n
= 1:
P x 1 , x2
=
= 2 : P x 1 , x2
=
0.198
0.0065

Ex4:4.
=
〈 〉 = ∫ ∞ 2
2
x x Ψn
( x)
dx =
−∞
L
∫
0
L
xsin
2
2 ⎡ x x 2nπx
1
⎢ − sin −
L ⎣ 4 4nπ
/ L L 8( nπ
/ L)
2
2
nπx
dx =
L
2nπx
⎤
cos ⎥
L ⎦
L
0
=
L
2
för alla värden på n .
Ex4:5.
⎛ ⎞
〈 〉 = ∫ ∞ L
*
2 nπx
h d nπx
p Ψn
( x)
pˆ
Ψn
( x)
dx = ∫ sin ⎜ ⎟sin
dx =
−∞
L
0
L ⎝ i dx ⎠ L
L
1 h L d 2 nπx
h ⎡ 2 nπx
⎤
= ∫ sin dx = sin = 0
L i
0
dx L iL ⎢ ⎥
⎣ L ⎦
0
för alla värden på n . Tolkning:
nπh
( + nπh
/ L)
+ ( −nπh
/ L)
pn
= ± 2 mEn
= ± ⇒ pmedel
=
= 0
L
2
Vågfunktionen beskriver alltså en stående våg, dvs en superposition av
likadana vågor som fortskrider i motsatta riktningar, varför väntevärdet
på rörelsemängden blir noll.

Ex4:6. Som förberedelse ska vi beräkna några jätteviktiga Gaussiska integraler:
∫
∞
−∞
e
2
−x
1/ 2
= ∞ 2 ∞ 2
⎡ −x
− y
dx
⋅ ⎤
⎢⎣ ∫ e dx ∫ e dy
⎥⎦ ∫∫
−∞
−∞
⎡
⎢⎣
∫
2π
∞
0
∫
2 2
( x + y )
dxdy
1/ 2
−
= [ e ] =
−r
1 −r
(gå till polära koordinater) = d φ re dr = 2π
[ − e ] = π
0
En annan vanlig form av denna integral fås genom ett variabelbyte:
2
⎤
⎥⎦
1/ 2
⎡
⎢⎣
2
2
∞
0
⎤
⎥⎦
1/ 2
∫ ∞ −
e ax 2
−∞
dx =
π
a
Genom ett annat variabelbyte fås den normerade Gauss-fördelningen
P(
x)
2 2
−(
x−x0 ) / 2 σ
2
= e / 2πσ
, som uppfyller normeringsvillkoret
1 2 2
( 0 ) / 2
∫ ∞ − x−x
σ
e
−∞
2
2πσ
dx = 1
och har väntevärde x = x0
. Standardavvikelsen kan beräknas med ett
trick:
∞
2
2 d ∞ 2
−ax
ax d π π
x e dx = −
−
∫
e dx = − =
−∞
3 / 2
da
∫−∞
da a 2a
⇒
x
2
−
x
2
=
1 2 2
2 / 2σ
2 ∫ ∞ −x
x e
−∞
2πσ
dx =
1
2
2πσ
π
2(1/ 2σ
)
2 3 / 2
2
= σ
(a)
∞
∫
−∞
∞
2 2
2 2
−x
/ a
2 2
ψ dx = N ∫ e dx = N πa
= 1 ⇒ välj
−∞
N
=
a
1
π
(b)
〈 x〉
= ∫ ∞ xψ
dx = 0
−∞
2
2 2
eftersom x är udda och = N exp( − x / 2a
)
∞
2 2
〈 x 〉 = N ∫
−∞
x
2
e
2
ψ är jämn.
π
2
2(1/ a )
1 π
=
3
a π 2 / a
2
2 2
−x
/ a
2
a
dx = N
=
3 / 2
2
(c)
⎛ 〈 p 〉 = ∫ ∞ ψ ⎜ − ih
−∞
⎝
d
dx
⎞
⎟ψ
dx = 0
⎠

eftersom ψ är jämn och
∞
−∞
2
d ψ / dx är udda.
∞
2
2
*
⎛ ⎞
⎡ ⎤
〈
2 〉 =
* d
∫ ⎜ −
* d ψ
d * dψ
dψ
dψ
p ψ ih
⎟ ψdx
= −h
∫ψ
dx = − h ∫ ⎢ψ
⎥
dx + h
2
∫ dx
⎝ dx ⎠
dx
dx ⎣ dx ⎦ dx dx
−∞
∞
2
−∞
∞
2
−∞
Den första integralen i sista ledet är = 0 , om vågfunktionen och dess
derivala försvinner i oändligheten. Kvar blir:
∞
2 2
2 2 ⎛ x 2 2
x / 2a
⎞ h
〈
2
p 〉 = h ⎜ −
−
∫ e dx = x =
2
⎟
4
−∞⎝
a ⎠ a
2
h
2a
2
(d)
Δx
Δp
=
2
a
2
⋅
2
h
2a
2
=
h
2
Ex4:7.
∂j
∂x
=
*
2
2
∂ ih
⎡
* ∂Ψ ∂Ψ ⎤ ih
⎡
* ∂ Ψ ∂ Ψ
⎢Ψ
− Ψ ⎥ = ⎢Ψ
− Ψ
2
2
∂x
2m
⎣ ∂x
∂x
⎦ 2m
⎣ ∂x
∂x
*
⎤
⎥
⎦
Använd nu att Ψ uppfyller SE:
∂Ψ
ih
∂t
2 2
h ∂ Ψ ⎛ ∂Ψ ⎞
= − + VΨ ⇒
2
⎜ih
⎟
2m
∂x
⎝ ∂t
⎠
*
∂Ψ
= −ih
∂t
*
2 2
h ∂ Ψ
= −
2
2m
∂x
*
+ VΨ
*
Vi får :
∂j
∂x
= Ψ
*
∂Ψ ∂Ψ
+ Ψ
∂t
∂t
*
∂
=
∂t
Ψ
2
∂ρ
=
∂t
Ex4:8. (a) Superpositionen har formen Ψ = c
1Ψ1
+ c2Ψ2
. Anta att Ψ , Ψ , Ψ är
1 2
normerade och att Ψ , Ψ 1 2
är ortogonala. Då blir
∫
∫
*
*
( c1Ψ1
+ c2Ψ2
) dx = c1
Ψ1
Ψ1dx
+ c2
Ψ1
Ψ2dx
1
Ψ = c Ψ + Ψ ⇒ Ψ Ψ = Ψ
=
*
*
1 1
c2
2 1
dx
1
c
∫
∫
samt
1 =
=
c
∫
*
Ψ Ψdx
=
2
1
∫
Ψ
*
1
1
∫
*
( c Ψ + c Ψ ) ( c Ψ + c Ψ )
1
Ψ dx + c
1
2
2
∫
2
Ψ
*
2
2
2
1
1
Ψ dx + c
*
1
c
2
2
∫
Ψ
2
*
1
dx =
Ψ dx + c
2
*
2
c
1
∫
Ψ
*
2
Ψ dx =
1
c
2
1
+
c
2
2
Kvantmekanikens sannolikhetspostulat säger nu att:

2 *
1 ∫ Ψ1
Ψ
2
c = dx är sannolikheten att systemet som är i tillståndet Ψ
hittas i tillståndet Ψ
1
i en mätning av energin.
*
(Notera att expansionskoefficienten c1 = ∫ Ψ1
Ψdx
i allmänhet är ett
komplext tal, och därför inte kan vara direkt mätbart.)
Väntevärdet av energin ges av
H
= c c E
=
*
1
c
=
1
2
1
∫
1∫
*
Ψ HΨdx
=
1
*
1
E + c
2
2
1
E
2
∫
( c Ψ
Ψ Ψ dx + c c
*
2
1
2
E
1
2
*
+ c Ψ ) ( c E Ψ + c E Ψ
∫
2
*
2
2
Ψ Ψ dx + c c E
2
1
1
*
2
1
1
1
∫
2
2
*
2
1
2
) dx
Ψ Ψ dx + c c
*
1
2
E
2
∫
Ψ Ψ dx
*
1
2
där vi i sista steget utnyttjat normeringen och ortogonaliteten hos
vågfunktionerna.
Tolkning:
2
2
väntevärdet H är lika med c E c = sannolikheten att vara i
1 1
+
2
E2
Ψ
1
gånger E
1
plus sannolikheten att vara i Ψ
2
gånger E
2
.
Alltså kan vi välja c
1
= c2
= 1/ 2 .
där vi i sista steget utnyttjat normeringen och ortogonaliteten hos
vågfunktionerna. Alltså kan vi välja c = c 1/ 2 .
1 2
=
(b)
= ∫ ∫
2
* 2
* 2
2
2 2 2 2
H Ψ H Ψdx
= ( c1Ψ1
+ c2Ψ2
) ( c1E1
Ψ1
+ c2E2
Ψ2
) dx = c1
E1
+ c2
E2
(c) Med
Ψ
=
2 2
2
1 2 1 2 1 1 2
2
( ΔE) = H − H = E1
+ E2
− ( E1
+ E2
) = ( E1
− E2
) ⇒ ΔE
= E1
− E2
2
1
2
=
Ψ =
1
2
1 −iE1t
/ h 1 −iE2t
/ h
2 1
2 2
ψ e
1
2
ψ e + ψ e fås
−iE1t
/ h
1
2
ψ e
2 2
* i( E1
−E2
) t
[ ψ
1
+ ψ
1
] + Reψ
1ψ
2e
+
2
/ h
[ ]
2
2
−iE2t
/ h
=
1
2
2
2
1
4
2 2 * i( E1
−E2
) t / h * −i( E1
−E2
) t / h
[ ψ
1
+ ψ
1
+ ψ
1ψ
2e
+ ψ
2ψ
1e
]
1
2
=
I den polära representationen blir
*
* iφ
* i( E1
−E2
) t / h *
iφ0
i E1
−E2
ψ ψ = ψ ψ e ⇒ Reψ
ψ e = ψ ψ Re e e
( ) t / h *
[ ] [ ] = ψ ψ cos ( E − E )
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
[ 0 1 2
t / h + φ
vilket ger:

Ψ
2
=
1
2
2 2 *
[
1
+ ψ
1
] + ψ
1ψ
2
cos ( E
1
− E2
) t
[ / h φ ]
ψ +
0
Alltså oscillerar sannolikhetstätheten med vinkelfrekvens
ω = E1 − E 2
/ h , dvs med periodtid Δ t = 2π
h / E1 − E2
= πh
/ ΔE
. Alltså
är Δt
ΔE
= πh
. Detta är ett exempel på osäkerhetsrelationen för tid
och energi, som säger att Δt ΔE
≈ h .
Tolkning: osäkerheten i tid är den karakteristiska tiden för att
tillståndet helt ska ha ändrat form jämfört med initialtillståndet.
Ex4:9. (a)
∞
L
2 2 nπx
∫ ψ
n
dx = N ∫ sin dx
L
−∞
0
Denna integral kan enkelt göras mha trigonometriska formler (se (b)).
Alternativt kan vi utnyttja följande trick. Integralen går över en period av
2
sin funktionen, och måste ha samma värde som integralen över en
2
period av cos funktionen. Alltså blir integralen ovan lika med
∞
1 L
2 ⎛ 2 nπx
2 nπx
⎞ 1
∫ ψ = ⎜sin
+ cos ⎟ =
2
n
dx N
= 1
2
∫
dx N L
2
−∞
0 ⎝ L L ⎠
där vi använt trigonometriska ettan. Alltså kan vi välja N = 2 / L för alla
värden på n .
(b) Använd trigonometriska identiteten
sin x sin y = 1 2
(cos( x − y)
− cos( x + y )) :
∞
⎛ ( m − n)
πx
( m + n πx
⎞
⎝ L
L ⎠
2
2
∫ ψ
mψ
ndx
= N ∫ sin sin dx = N ∫ ⎜cos
− cos ⎟dx
=
−∞
L
L
* mπx
nπx
1
)
0
L
L
2
0
=
N
2
1 ⎡ L ( m − n)
πx
L ( m + n)
πx
⎤
sin
sin
2
⎢
−
( )
( )
⎥
⎣ m − n π L m + n π L ⎦
L
0
= 0
Kommentar: Egenskaperna i (a) och (b) kan skrivas tillsammans med
hjälp av Kronecker-delta symbolen:
∫ ∞ −∞
ψ ψ dx = δ
*
m
n
m,
n
⎧1,
m = n
= ⎨
⎩0,
m ≠ n
Alltså utgör funktionerna ett ON system. Den gemensamma terminologin
med vektoranalysen är ingen slump. Dessa funktioner utgör en ON bas
för ett oängdligtdimensionellt linjärt vektorrum som kallas ett Hilbert-rum.

Ex4:10. För att visa att egenfunktionerna är ortogonala utnyttjar vi att de löser
tidsoberoende Schrödingerekvationen:
2 2
h d ψ
n
− + Vψ
n
= Enψ
2
n
2m
dx
För ψ
m
tar vi komplexkonjugatet av SE (och utnyttjar att potentialen
V (x) är reell)
2 2 *
d ψ
m * * *
− h + Vψ
2
m
= Emψ
m
2m
dx
*
Multiplicera den första ekvationen med ψ
m
och den andra med ψ
n
och
subtrahera:
2
2
2 *
h ⎛
* d ψ
⎞
n
d ψ
m
* *
− ⎜
⎟
ψ
m
−ψ
n
= ( En
− Em
) ψ
mψ
n
⇒
2
2
2m
⎝ dx dx ⎠
2
*
d ⎛
* dψ
n
dψ
⎞
m
* *
− h ⎜ψ
m
ψ ⎟
n
= ( En
− Em
) ψ
mψ
n
2m
dx
−
dx dx
⎝
⎠
Integrera, och antag att ψ
n
(x)
och ψ
m
(x)
är = 0 i x = ±∞ :
2 ∞
*
∞
h d ⎛
* dψ
⎞
n
dψ
m
* *
− ∫
⎜ψ
−
⎟
m
ψ
n
dx = ( En
− Em
)
−∞ ⎝
⎠
−∞
∫ ψ
mψ
ndx
2m
dx dx dx
144444
244444
3
⎡
*
∞
⎤
* dψ
n dψ
m
= ⎢ψ
m −ψ
n ⎥ = 0
⎢⎣
dx dx ⎥⎦
−∞
⇒
* *
( E − E ) ψ ψ dx = 0
n
∫ ∞ m
−∞
*
2
(a) Om m = n så blir integralen ovan ∫ ψ dx nψ
n
= ∫ ψ
n
dx = 1, och
−∞
−∞
*
alltså måste E
n
= E n
. Alltså är E
n
reellt, vilket skulle visas.
(b) Om E ≠ E så blir
Klart!
n
m
∫ ∞ −∞
∞
m
n
*
ψ mψ n
dx = 0
4.11 Antag att elektronen har energi E och att potentialen är V = 0 för 0 < x < L i
potentialbrunnen, och V = V0
i det klassiskt förbjudna området utanför brunnen,
där E < V0
. Schrödingerekvationen i områden x < 0 utanför potentialbrunnen,
ger:
2 2
2
h d ψ
d ψ 2
+ κx
2m(
V0
− E)
− + V0ψ
= Eψ
⇒ = κ ψ ⇒ψ
( x)
= Ae , κ =
2
2
2m
dx
dx
h
Alltså är inträngningsdjupet δ = 1/
κ . Numeriskt:
∞

2 ⋅9.1⋅10
(200 ⋅1.6
⋅10
−31
−19
−19
10
κ = = 6.3⋅10
m −1
−34
vilket ger δ = 0. 16 Å.
1.055⋅10
4.12 Grundtillståndet innan expansionen är
− 50 ⋅1.6
⋅10
2 πx
ψ ( x ) = sin , 0 < x < L
L L
och ψ (x) = 0 för övrigt. Det nya grundtillståndet efter expansionen är
x 2 πx
1 πx
ϕ ( ) = sin = sin ,0 < x < L
2L
2L
L 2L
2
och ϕ(x)
= 0 för övrigt. Sannolikheten att partikeln i tillståndet ψ samtidigt är i
tillståndet ϕ ges av*
)
∞
∫
−∞
*
ϕ ψdx
2
L
2
2 πx
πx
2 1 ⎡ ⎛ πx
πx
⎞ ⎛ πx
πx
⎞⎤
= ∫sin
sin dx = ∫ ⎢cos⎜
− ⎟ − cos⎜
+
2
⎟
2 2
⎥dx
L L L L ⎣ ⎝ L 2L
⎠ ⎝ L 2L
⎠⎦
L
0
1 ⎡ πx
3πx
⎤
= ∫ ⎢
cos − cos
2
2 ⎣ 2 2 ⎥
dx
L L L ⎦
0
1
=
2L
2L
2L
+
π 3π
2
L
0
1
=
2L
1
=
2L
2
⎡2L
πx
2L
3πx
⎤
⎢
sin − sin
⎣ π 2L
3π
2L
⎥
⎦
2
2
=
2 2
8L
3π
32
=
2
9π
0.36
L
2
0
=
2
=
(Motivation av *: Beteckna energiegentillstånden med energi
E
n
som
2 2
2L
1
nπ
n
*
ϕ
n
( x)
= sin kn
x,
kn
= , En
= , n = 1,2,3,... ⇒ ϕ
mϕ
ndx
=
L
2L
2m
∫
0
h
k
δ
mn
Varje möjligt tillstånd hos systemet kan utvecklas i en Fourier-serie:
ψ ( x)
∞
2L
∞ 2L
= *
∑cnϕ
n
⇒ ∫ϕ
nψdx
= ∑c
∫ m
n=
0
0
m=
0 0
*
ϕ
nϕ
mdx
= c
14243
δ
mn
n
Normeringskravet ger:

1 =
2L
∫
*
ψ ψdx
=
0
∞
*
∑cm
m,
n=
0
2L
∫
*
cn
ϕ
nϕ
mdx
=
0
14243
δ
mn
∞
∑
n=
0
c
n
2
Kvantmekanikens sannolikhetstolkning:
c
2
n
=
2L
∫
0
*
n
2
ϕ ψdx
är sannolikheten att en mätning av energin hos ett system i
tillståndet ψ ger svaret
E
n
, dvs att systemet hittas i tillståndet ϕ
n
.
vilket motiverar *. Notera att c
n
.är ett komplext tal som i sig inte direkt kan mätas.
Jämför även med tal 4.8 ovan.)
4.13
Ψ(
x,
t + T ) =
∞
∑
n=
1
c ψ ( x)
e
n
n
−iE
( t+
T ) / h
n
=
∞
∑
n=
1
c ψ ( x)
e
n
n
−iE
t / h
n
e
−iE
T / h
n
EnT
n h
h
2 2 2 2 2
( n π h / 2ma
)(4ma
/ πh)
2
2 −iE
T / −i2n
=
= 2n
π ⇒ e = e
h
⇒ Ψ( x,
t + T ) = Ψ(
x,
t)
Ex4:14 Fall 1: Anta först att V
0
< E . Lösningen har formen
⎧ 0 x < 0
⎪
Asin
kx 0 < x < a
ψ ( x)
= ⎨
⎪Bsinκ(
b − x)
a < x < b
⎪
⎩ 0 b < x
som är konstruerad så att ψ ( a)
= ψ ( b)
= 0 . Energin uppfyller
2 2 2 2
2 2
h k h κ
2 2 2 h w
E = = + V0
⇒ k = κ + w , = V0
(1)
2m
2m
2m
Kontinuitetsvillkor:
Asin
ka = Bsinκ(
b − a)
kAcos
ka = −κB
cosκ(
b − a)
⇒ k cot ka = −κ cotκ(
b − a)
(2)
Energinivåerna bestäms nu genom att lösa ekvationssystemet (1),(2)
numeriskt.
Fall 2: Anta nu att 0 < E < V0
. Lösningen har formen
π
= 1

⎧ 0 x < 0
⎪
Asin
kx 0 < x < a
ψ ( x)
= ⎨
⎪Bsinhκ
( b − x)
a < x < b
⎪
⎩ 0 b < x
som är konstruerad så att ψ ( a)
= ψ ( b)
= 0 . Energin uppfyller
2 2 2 2
2 2
h k h κ
2 2 2 h w
E = = − + V0
⇒ k + κ = w , = V0
(3)
2m
2m
2m
Kontinuitetsvillkor:
Asin
ka = Bsinhκ(
b − a)
kAcos
ka = −κB
coshκ(
b − a)
⇒ k cot ka = −κ cothκ(
b − a)
(4)
Energinivåerna bestäms nu genom att lösa ekvationssystemet (3),(4)
numeriskt.
Ex4:15 Studera en lösning med energi E som uppfyller −V
0
< E < 0 . Flytta
koordinatsystemet så att potentialbrunnen ligger i det symmetriska
intervallet − a < x < a, a = L / 2 , vilket ger ett ekvivalent problem fast med
mycket enklare räkningar: de sökta lösningarna måste nu vara antingen
jämna eller udda funktioner. Jämna lösningar har formen:
Udda lösningar:
κx
⎧Ae
⎪
ψ ( x)
= ⎨B
cos kx
⎪ −κx
⎩Ae
x < −a
− a < x < a
a < x
κx
⎧− Ae x < −a
⎪
ψ ( x)
= ⎨Bsin
kx − a < x < a
⎪ −κx
⎩Ae
a < x
I båda fallen är
2 2 2 2
2 2
h κ h k
2 2 2 h w
E = − = −V0
⇒ k + κ = w , = V
2m
2m
2m
Börja med de jämna lösningarna. Kontinuitetsvillkor:
−κa
B cos ka = Ae
− kBsin
ka = −κAe
k tan ka = κ
(2)
− κa
0
(1)
Ekvationerna (1),(2) kan nu lösas numeriskt pss som i
föreläsningsanteckningarna. Fallet när lösningen är en udda funktion är
precis analogt med problemet med en halvoändlig potentialbrunn som
löstes på föreläsningen.

Ex4:16 Osäkerhetsrelationen för energi och tid ger en uppskattning av
medellivstiden τ :
−34
1⋅10
−25
= 2.5 ⋅10
9
−19
h
ΔEτ = h ⇒ τ = =
sekunder
ΔE
2.5 ⋅10
⋅1.6
⋅10
Ex4:17 Som vi har sett i problemen ovan så kan vågfunktionen för
endimensionella bundna tillstånd alltid väljas reell. Detta kan man visa
gäller allmänt. Därför blir
p
∞
= ∫
−∞
ψ *
⎛ ∂ ⎞
⎜−
ih ⎟ψ
dx = − ih ⋅(reellt tal)
⎝ ∂x
⎠
Eftersom p är reellt och integralen ovan är komplex så måste p = 0 .
(Observera att detta inte gäller för obundna tillstånd som plana vågor,
ikx
ψ = e .) Resultatet illustrerar att bundna tillstånd är stående vågor som
består av vågor som fortskrider i + riktningen, och sedan reflekteras
tillbaka i – riktningen i sin helhet, och på så sätt går fram och tillbaka.
Därför måste medelvärdet av rörelsemängden vara noll.
Ex4:18 En partikel i en potential V (x)
har vågfunktionen
−ax
⎧Nxe
0 < x
ψ ( x)
= ⎨
⎩0
x < 0
Bestäm potentialen och energin.
2 2
h d
− ψ ( x)
+ V ( x)
ψ ( x)
= Eψ
( x)
⇒
2
2m
dx
2 2
2
2
h d h d
−ax
h
2 −ax
− ψ ( x)
= − N(1
− ax)
e = − N(
−2a
+ a x)
e =
2
2m
dx 2m
dx
2m
2
h ⎛ 2a
2 ⎞
= − ⎜−
+ a ⎟ψ
( x)
= ( E −V
( x))
ψ ( x)
⇒
2m
⎝ x ⎠
2
h ⎛ 2a
2 ⎞
E −V
( x)
= − ⎜−
+ a ⎟
2m
⎝ x ⎠
Genom att kräva att potentialen ska gå mot noll i oändligheten kan vi nu
avläsa att
2 2
h a
E = −
2m
2
h 2a
V ( x)
= − ,0 < x
2m
x
V ( x)
= ∞,
x < 0

Ex4:19 (a) Om både position och rörelsemängd har väntevärde lika med noll så
h
kan Heisenbergs osäkerhetsprincip Δx Δp
≥ skrivas:
2
2
2
2 2 h
2 h
x p ≥ ⇒ p ≥ . Väntevärdet av energin kan därför
2
4 4 x
uppskattas enligt:
E
=
p
2
2m
+
1
2
m
h
8m
x
2
2 2
ω x ≥ +
2
1
2
2
mω
x
2
(b) Minimera
2
A
( Δx)
2
2 2
+ B ( Δx)
:
2
d ⎛ A
d x
⎜
Δ ⎝ ( Δx)
2
A
( Δx)
2
2
2
+ B ( Δx)
2
+ B ( Δx)
2
2
2
⎞ 2A
⎟ = −
⎠ ( Δx)
2
A
= + B
A/
B
2
3
2
+ 2B
Δx
= 0 ⇒ ( Δx)
A/
B = 2AB
2
=
A
B
⇒
(c)
E
≥ 2AB
= 2
2
h
8m
1
2
2
mω
= 2
2 2
h ω
16
1
= hω
2

Kap 5
5.1 Anta att potentialsteget ligger vid x = 0. Energin hos inkommande elektronen
är E = 5eV. Potentialen är V ( x)
= 0, x < 0 och V ( x)
= V0 = −2
eV, x > 0. Lösningen
har formen
ikx −ikx
ψ ( x)
= Ae + Be för < 0
x och
ψ =
iκx
( x)
Ce för x > 0
Insättning i tidsoberoende Schrödingerekvationen ger
2 2
h k
2mE
x < 0 : ψ = Eψ
⇒ k =
2m
h
h 2 2
κ
2m(
E −
0
)
x > 0 : ψ + V
V
0ψ
= Eψ
⇒ κ =
2m
h
Kontinuitetsvillkor hos ψ och dψ i x = 0 dx
:
A + B = C
ikA − ikB = iκ C ⇒ kA − kB = κC
På föreläsningen diskuterades tunnling, där vågtalet k är samma för det
inkommande och utgående tillståndet, och då skulle transmissionskoefficienten
2
C
ges av T = . Men i det aktuella fallet har inkommande och utgående tillstånd
2
A
olika vågtal, k , κ , och vi får då i stället
T
=
C
A
2
2
κ
k
(vilket motiveras i kursboken på sidan 197). För att bestämma
transmissionskoefficienten eliminerar vi B :
2kA = ( k + κ ) C ⇒
T
=
C
A
2
2
2
κ 4k
=
k ( k + κ)
2
κ
4
κ
=
k
k ⎛ κ ⎞
⎜1
+ ⎟
⎝ k ⎠
2
4
=
⎛
⎜1
+
⎝
E −V
E
E
0
E −V
0
⎞
⎟
⎠
2
=
4
1−
x
( 1+
1−
x ) 2

där x = V0
/ E . På liknande sätt bestäms reflektionskoefficienten genom att
eliminera C :
R =
B
A
2
2
k
k
( κ − k)
A + ( k + κ ) B = 0 ⇒
2
⎛ κ ⎞
⎛ E −V
1 1
2 ⎜ − ⎟
⎜
( k )
−
− κ k
E
= =
⎝ ⎠
=
⎝
2
2
( k + κ)
⎛ κ ⎞ ⎛
1
E −V
⎜ + ⎟ ⎜1
k
+
⎝ ⎠
⎝ E
0
0
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
2
2
=
2
( 1−
1−
x )
( 1+
1−
x ) 2
Alltså blir:
T
=
4
1−
x
( 1+
1−
x )
, R =
2
( 1−
1−
x ) V0
x =
2
( 1+
1−
x ) E
2
,
(Kontroll:
T + R =
4
1−
x + ( 1−
1−
x )
2
( 1+
1−
x )
2
=
4
1−
x +
[ 1−
2 1−
x + (1 − x)
] 1+
2 1−
x + (1
=
2
2
( 1+
1−
x ) ( 1+
1−
x )
− x)
= 1
OK!)
I det aktuella problemet är x = −2 / 5 vilket ger T = 0 .993, R = 0. 007 .
5.2 Använd resultaten för tunnling genom en bred potentialbarriär som
konstruerades på föreläsningen.
κ a =
−31
−19
2m(
VB
− E)
2 ⋅ (9.1⋅10
) ⋅ (200 − 50) ⋅1.6
⋅10
−9
a =
⋅10
−34
h
1.055⋅10
= 62.6
T
16E(
V − E)
16 ⋅ 50 ⋅ (200 − 50)
−
= e
V
B −2κa
−2⋅62.6
e =
= 1.16 ⋅10
2 2
B
200
54
Låt oss jämföra med resultatet från den exakta formeln, som ges i kursboken på
sidan 206. Med x E / V = 50 / 200 blir
=
B

T
=
sinh
2
⎡
⎢
⎢⎣
2mV
−
= 1.16 ⋅10
(1 − x)
⎤
a⎥
+ 4x(1
− x)
⎥⎦
4x(1
x)
−54
B
h
dvs samma resultat.
För att bekräfta att det är rimligt att behandla barriären som bred beräknar vi
elektronens de Broglie våglängd inuti barriären:
λ =
h
p
h
= =
hκ
h
=
2m(
V − E)
B
2 ⋅ 9.1⋅10
−31
6.63⋅10
−34
⋅ (200 − 50) ⋅1.6
⋅10
−19
= 1.0 ⋅10
dvs en tiondel av barriärbredden. Alltså är det motiverat att betrakta barriären
som bred.
−10
m
5.3 Börja med (5-8), dvs inkommande partiklar har energi ovanför barriären:
E > U 0
(använd bokens beteckningar). Lösningarna är
ψ ( x)
= Ae
ψ ( x)
= Ce
ψ ( x)
= Fe
ikx
ik ' x
ikx
−
+ Be
+ De
, L < x
ikx
−ik
' x
, x < 0
,0 < x < L
där
h 2 2 2 2
k h k'
2mE
2m(
E −
0
)
E = = + U
0
⇒ k = , k'
=
U .
2m
2m
h
h
Kontinuitetsvillkor:
ψ ( x = 0) kontinuerlig: A + B = C + D
(1)
d ψ ( x = 0) / dx kontinuerlig: kA − kB = k'
C − k'
D (2)
ψ ( x = L) kontinuerlig:
d ψ ( x = L)
/ dx kontinuerlig:
ik ' L − ik ' L
Ce + De =
Fe
ikL
k Ce − k De = kFe
ik ' L
− ik ' L ikL
' '
(4)
(3)
Eliminera B från (1),(2):
Eliminera A från (1),(2):
Eliminera D från (3),(4):
Eliminera C från (3),(4):
2kA = ( k + k')
C + ( k − k'
) D (5)
2 kB = ( k − k')
C + ( k + k'
) D (6)
2k ' Ce )
2
ik ' L
ikL
= ( k + k'
Fe
(7)
−ik
' L
k ' De = −(
k − k'
)
Fe
ikL
(8)
2
2
( k + k')
i(
k −k
') L ( k − k')
i(
k + k ') L
(5),(7),(8) ger: 2 kA = ( k + k')
C + ( k − k')
D = Fe − Fe ⇒
2k'
2k'

[ ] [ ]
[ ]
[ ]
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
'
2
'
2
2
2
2
2
'
2
'
2
'
2
'
2
2
2
2
'
2
'
2
2
2
2
2
)
'
/(
'
4
)
'
(
sin
)
'
(
sin
)
'
/(
'
4
)
'
(
sin
)
'
/(
'
4
1
1
)
'
/(
'
4
)
'
(
sin
)
'
/(
'
4
'
4
)
'
(
4sin
)
'
(
'
16
')
(
')
(
)
'
(
4sin
')
(
)
'
(
'
16
')
(
')
2(
')
(
')
(
)
2
(
)
'
(
)
'
(
'
16
')
(
')
(
')
(
')
(
'
16
')
(
')
(
'
16
k
k
k
k
L
k
L
k
k
k
k
k
L
k
k
k
k
k
T
R
k
k
k
k
L
k
k
k
k
k
kk
L
k
k
k
k
k
k
k
k
k
L
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
e
e
k
k
k
k
k
k
e
k
k
e
k
k
e
k
k
e
k
k
k
k
e
k
k
e
k
k
k
k
A
F
T
L
ik
L
ik
L
ik
L
ik
L
ik
L
ik
L
ik
L
ik
−
+
=
−
+
−
−
=
−
=
−
+
−
=
+
−
=
=
−
−
+
+
−
+
=
=
−
+
−
−
+
+
+
+
−
−
+
−
=
=
−
−
+
⋅
−
−
+
=
=
−
−
+
=
=
−
−
+
−
−
Klart!
Ekvationerna (5-10) kan konstrueras direkt ur (5-8). Observera att i fallet 0
U
E <
blir lösningen
x
L
Fe
x
L
x
De
Ce
x
x
Be
Ae
x
ikx
x
x
ikx
ikx
<
=
<
<
+
=
<
+
=
−
−
,
)
(
,0
)
(
0
,
)
(
ψ
ψ
ψ
α
α
där
'
)
(
2
,
2
2
2
0
0
2
2
2
2
ik
E
m U
mE
k
U
m
m
k
E =
−
=
=
⇒
+
= −
=
h
h
h
h
α
α
. Alltså fås
lösningen (5-10) ur (5-8) genom att byta
'
ik mot α . Detta ger
)
(
sinh
)
'
(
sin
2
2
L
L
k
α
= osv. Klart!!
5.4 (a) Lösningen har formen
0
,
)
(
0
,
)
(
>
=
<
+
=
−
−
x
Ce
x
x
Be
Ae
x
x
ikx
ikx
α
ψ
ψ
där
2
4
/
2
1)
4
(5 /
2
)
(
2
,
2
2
2
2
2
2
2
k
mE
mE
E
m V
mE
k
V
m
m
k
E =
=
−
=
−
=
=
⇒
+
= −
=
h
h
h
h
h
h
α
α
Kontinuitetsvillkor:

Bestäm
B, C :
A + B = C
ikA − ikB = −αC
2
α + ik k / 2 + ik 1+
2i
(1 + 2i)
− 3 + 4i
( α + ik)
A + ( α − ik)
B = 0 ⇒ B = A = A = A = A = A
α − ik k / 2 − ik 1−
2i
1+
4 5
2ik
2ik
4i
4 4(2 − i)
8 − 4i
2ikA
= ( ik −α)
C ⇒ C = A = A = A = A = A = A
ik −α
ik − k / 2 2i
−1
2 + i 4 + 1 5
Lösningen blir:
ψ ( x)
=
ψ ( x)
=
⎛ ikx − 3 + 4i
−
A⎜
e + e
⎝ 5
8 − 4i
−αx
A e , x > 0
5
ikx
⎞
⎟,
x < 0
⎠
(b) Reflektionskoefficienten blir
R =
B
A
2
2
=
( α + ik)
( α − ik)
2
2
2
α + k
=
2
α + k
2
2
= 1
5.5 (a) Detta kan inte vara ett bundet tillstånd eftersom partikeln till slut kommer
att tunnla ut genom en av barriärerna, och då bli obunden.
(b) Vi kan uppskatta tiden innan partikeln tunnlat ut ur brunnen med följande
resonemang, som är nära besläktat med analysen av radioaktivt sönderfall.
Studera en partikel med energin E < V . Uppskatta hastigheten:
B
2mE
E < VB
⇒ k = ⇒ p = hk
h
=
2mE
⇒ v =
p
m
=
2E
m
Antag nu en semiklassisk bild där elektronen studsar fram och tillbaks mellan
potentialväggarna med separation L , med tiden t = L / v = L m / 2E
för att
komma från ena väggen till den andra. Sönderfallskonstanten λ , som är
inversen av livstiden, λ = 1/
τ , för elektronen i potentialbrunnen är lika med
försöksfrekvensen för att tunnla genom barriären, som är
υ = 1 / t = v / L = 2E
/ m / L försök per sekund, multiplicerat med
tunnlingssannolikheten som är

T
16E(
VB
− E)
−2
=
e
2
V
B
κa
, κ =
2m(
V
B
h
− E)
för en bred barriär med bredd a . Alltså blir livstiden
1
τ = =
λ
t
T
= L
m
2E
⎡16E(
V
⋅ ⎢
⎣ V
B
2
B
−1
− E)
⎤
⎥
⎦
⎛
exp⎜+
2
⎜
⎝
2m(
V
h
B
− E)
⎞
a⎟
⎟
⎠
För en elektron med a = 2 L,
L = 1Å, E V B
/ 2, V = 10 eV blir
τ = 10
−31
9.1⋅10
2 ⋅ 5⋅1.6
⋅10
=
B
−1
⎡16
⋅ 5(10 − 5) ⎤
⎛
⋅
⎜
⎢
⎥
exp + 2
2
⎣ 10 ⎦ ⎜
⎝
−15
τ = 2 ⋅10
s
2 ⋅ 9.1⋅10
⋅ (10 − 5) ⋅1.6
⋅10
−31
−19
−10
−11
⋅ 2 ⋅10
−19
−34
1.055 ⋅10
⎞
⎟
⎟
⎠
5.6 För en bred barriär använder vi approximationen
T
16E(
VB
− E)
−2
=
e
2
V
B
κa
, κ =
2m(
V
h
B
− E)
−2
a
som är giltig när e κ

Mätbara kvantiteter representeras av Hermiteska operatorer, dvs operatorer Â
som uppfyller
∞
∫
−∞
Ψ
∞
( Ψ ) dx = ( Aˆ
Ψ )
ˆ *
Ψ dx för alla vågfunktioner Ψ , Ψ 1 2
*
1
A
2
1 2
−∞
∫
(a) Använd rörelsemängdsoperatorn
tidsberoende Schrödingerekvationen
∂
pˆ
= −ih
, som är Hermitesk, och
∂x
∂Ψ(
x,
t)
ih
∂t
2
2
⎛ pˆ
⎞ h ∂
=
⎜−
+ V ( xˆ)
( x,
t)
= −
2m
⎟ Ψ
⎝
⎠ 2m
2
Ψ(
x,
t)
+ V ( x)
Ψ(
x,
t)
2
∂x
för att bestämma tidsderivatan av positionsväntevärdet:
⎡
⎤
⎢
⎥
d x d
m
⎢ *
⎥
*
⎛ ∂Ψ ⎞
*
m m x t x x t dx ⎢
⎛ ∂Ψ ⎞
=
i x x i dx
dt dt
∫ Ψ(
, ) Ψ(
, ) =
i
∫
⎥ =
⎢
⎜ h
t
⎟ Ψ + Ψ ⎜ h ⎟
h ⎝ ∂
⎝ ∂t
⎥
⎢
14243 ⎠
⎠
*
⎥
⎛ ∂Ψ ⎞
⎢ −⎜
ih
⎟
⎥
⎣ ⎝ ∂t
⎠
⎦
2 2 *
2 2
m ⎡ ⎛ h ∂ Ψ
h
⎞⎤
*
⎞
*
⎛ ∂ Ψ
= ⎢
V xΨ + Ψ x
V ⎥dx
=
i
∫ −
⎜−
+ Ψ
⎣ m x
⎟
⎜−
+ Ψ
m x
⎟
2
2
h ⎝ 2 ∂ ⎠ ⎝ 2 ∂ ⎠⎦
⎡
⎤
*
*
ih
∂ ⎡∂Ψ
* ∂Ψ ⎤ ih
x x
x x dx
⎢∂Ψ
∂
* ∂ ∂Ψ
= −
+
Ψ − Ψ
⎥
∫ ⎢ Ψ − Ψ ⎥
dx =
2 ∂x
x
x ⎢ ∂x
{ ∂x
{ ∂x
∂x
⎥
⎣ ∂
∂
∫
⎦ 2
1444 44 244444
3 ⎢⎣
= 1
= 1
⎥⎦
ih
=
2
∫
⎡∂Ψ
⎢
⎣ ∂x
*
Ψ − Ψ
( a):
= 0
*
∂Ψ ⎤ 1
⎥dx
=
∂x
⎦ 2
∫
*
*
*
( pΨ) Ψdx
+ Ψ pΨdx
= Ψ pΨdx
= p
14243
*
( b):
= ∫ Ψ pΨdx
I (a) har vi antagit att Ψ( x , t)
→ 0 för x → ∞ , och i (b) utnyttjat att
rörelsemängdsoperatorn pˆ är en Hermitesk operator.
(b)
1
2
∫
∫

d p
dt
1
=
ih
1
=
ih
=
∫
∫
=
d
dt
∫
Ψ(
x,
t)
2
⎡ ⎛ ( pˆ
Ψ)
⎢−
⎜
⎣ ⎝ 2m
1
2
1
pˆ
Ψ(
x,
t)
dx =
ih
+ VΨ
⎞
⎟ pˆ
Ψ + Ψ
⎠
2 *
* 3
∫ [ − ( pˆ
Ψ)
pˆ
Ψ + Ψ ( pˆ
Ψ)
]
⎡ ⎛ ∂Ψ
⎢−
⎜−
ih
⎣ ⎝ ∂t
1
dx +
m 144444
244444
3 ih
* 1
Ψ ( pV ˆ ) Ψdx
=
ih
*
*
( a):
= 0
∫
*
∫
* ⎛ ∂V
⎞
Ψ ⎜−
⎟Ψdx
=
⎝ ∂x
⎠
*
2
⎛ pˆ
Ψ ⎞⎤
pˆ
⎜ + VΨ
⎥dx
=
m
⎟
⎝ 2 ⎠⎦
∫
∂V
−
∂x
*
⎡
⎢−VΨ
⎢
⎣
⎞
⎟ pˆ
Ψ + Ψ
⎠
*
*
*
pˆ
Ψ + Ψ (
⎛ ∂Ψ ⎞⎤
pˆ
⎜ih
⎟⎥dx
=
⎝ ∂t
⎠⎦
pV ˆ Ψ
213
( b):
= ( pV ˆ ) Ψ+ V ( pˆ
Ψ)
⎤
) ⎥dx
=
⎥
⎦
I (a) har vi utnyttjat att rörelsemängdsoperatorn är Hermitesk, vilket tillåter oss att
successivt flytta pˆ från första faktorn till andra i integralen:
I (b) har vi utnyttjat:
∞
∞
∞
2 *
* 2
∫ ( pˆ
Ψ) pˆ
Ψdx
= ∫ ( pˆ
Ψ) pˆ
Ψdx
= ∫
−∞
−∞
−∞
Ψ
*
3
pˆ
Ψdx
pˆ
VΨ
= −ih
∂V
VΨ = −ih
x ∂x
∂
∂
Ψ − ihV
∂Ψ
∂x
= ( pV ˆ ) Ψ + V ( pˆ
Ψ)
5.8 Flytta först  och sedan Bˆ till första faktorn:
Detta ger:
∞
∫
−∞
ˆ ˆ
⎛
*
( BAΨ)
Ψdx
= ⎜
14243
((
ˆ *
ˆ *
) )
⎝
BAΨ
Ψ
∞
∞
∞
* *
* ˆ
Ψ AB ˆ ˆΨdx
=
⎛
⎜
⎝
∞
∫
−∞
=
∞
∫
−∞
dvs reellt. Pss blir
Ψ
∫
−∞
⎞
*
Ψ AB ˆ ˆΨdx⎟
⎠
∞
∫
−∞
*
( AB ˆ ˆ + BA ˆ ˆ )
⎛
*
Ψ AB ˆ ˆΨdx
+ ⎜
⎝
( Aˆ
Ψ)
Bˆ
Ψdx
=
*
=
Ψdx
=
∞
∞
∫
∫
−∞
−∞
∫
−∞
*
Ψ BA ˆ ˆΨdx
⇒
∞
∫
−∞
*
Ψ AB ˆ ˆΨdx
+
*
⎞
*
Ψ AB ˆ ˆΨdx⎟
⎠
∞
∫
−∞
⎛
= 2 Re⎜
⎝
∫
−∞
*
Ψ BA ˆ ˆΨdx
=
∞
∫
−∞
*
ˆ
⎞
Ψ BAΨdx⎟
⎠
⎞
*
Ψ AB ˆ ˆΨdx⎟
⎠

∞
∫
−∞
Ψ
dvs imaginärt.
∞
∞
*
∞
( )
⎟ ⎞
⎜ ⎛
⎟ ⎞
⎜ ⎛
Aˆ Bˆ
− BA ˆ ˆ
*
Ψdx
= ∫ Ψ AB ˆ ˆ
*
Ψdx
− ∫ Ψ AB ˆ ˆ
*
Ψdx
= 2Im ∫ Ψ AB ˆ ˆΨdx
−∞
−∞
−∞ ⎠
*
⎝
⎠
⎝
5.9 Fyll i de saknade stegen på föreläsningen i härledning av Heisenbergs
osäkerhetsrelation. Låt φ ( x)
= α(
x)
+ λβ ( x)
, där φ ( x),
α(
x),
β ( x)
är komplexa
funktioner och λ är ett komplext tal. Eftersom
så måste
∞
∫
−∞
φ ( x)
2
dx ≥ 0
∞
∫
−∞
2
α dx
∞
∞
∞
+ *
* *
*
λ ∫α
βdx
+ λ ∫ β αdx
+ λλ ∫
−∞
−∞
−∞
2
β dx ≥ 0
Eftersom denna olikhet gäller för alla värden på λ , så gäller den när λ ges av
(a) Schwarz olikhet:
∞
∫
−∞
⇒
⇒
2
α dx + λ
∞
∫
−∞
∞
∫
−∞
2
α dx
2
α dx
∞
−∞
∞
∞
−∞
∫
∫
∫
−∞
*
α βdx
+ λ
2
β dx + λ
2
∞
∫
∞
*
∞
∫
−∞
∫
−∞
β
2
λ
∞
∫
−∞
2
*
β αdx
+ λλ
dx
∞
∫
∞
∫
−∞
∞
∫
*
β dx = − β αdx
∞
*
−∞
∞
2
∞
*
−∞
−∞
∞
2
∞
2
*
*
= ∫α
βdx
= ∫α
βdx
−∞
−∞
∫
*
α βdx
+ λ
β dx ≥ 0, λ
∫
∫
β
2
dx
∞
∫
∞
∫
−∞
∞
∫
−∞
2
β dx = −
*
β αdx
+ λ
∞
∫
∞
∫
−∞
∞
∫
−∞
*
β αdx
*
*
*
*
*
*
β dx − β αdx
α βdx
− β αdx
βα dx + β αdx
βα dx ≥ 0
−∞ −∞
−∞ −∞
−∞ −∞
144244
3 144244
3 144244
3
⇒
∞
∫
−∞
2
α dx
∞
∫
−∞
2
β dx ≥
∞
∫
−∞
*
α βdx
(b) Välj α ( x)
= Aˆ
Ψ,
β ( x)
= Bˆ
Ψ . Schwarz olikhet ger:
2
β dxλ
∞
∫
∞
2
*
= ∫α
βdx
−∞
2
∞
*
∫
−∞
2
β dx ≥ 0

(c)
∞
2
∞
∫ Aˆ
Ψ dx ∫ Bˆ
Ψ dx ≥
−∞
−∞
14243 14243
∞ *
= ( ˆΨ
) ˆΨ
=
= ˆ 2
A A dx
B
∫
−∞
∞
*
= ∫ Ψ ˆ 2
A Ψdx=
−∞
= ˆ 2
A
A
2
∞
∫
−∞
∞
2 2
* ˆ ˆ
B
≥
∫
−∞
2
*
( Aˆ
Ψ) Bˆ
Ψdx
⇒
Ψ ABΨdx
2
A
2
B
2
= (5.8) =
≥
∞
∫
−∞
≥
∞
∫
−∞
∞
∫
−∞
*
Ψ AB ˆ ˆΨdx
⎛ ˆ ˆ ˆ ˆ
* AB BA ⎞
⎜
−
Ψ ⎟
Ψdx
2
⎝ ⎠
2
2
=
⎡ ⎛
= ⎢Re⎜
⎢⎣
⎝
⎛ ˆ ˆ ˆ ˆ
* AB BA ⎞
⎜
+
Ψ ⎟
Ψdx
2
⎝ ⎠
2
[ A,
B]
4
+
∞
∫
−∞
* ˆ ˆ
⎞⎤
Ψ ABΨdx⎟
⎥
⎠⎥⎦
∞
∫
−∞
2
2
⎡ ⎛
+ ⎢Im⎜
⎢⎣
⎝
⎛ ˆ ˆ ˆ ˆ
* AB BA ⎞
⎜
−
Ψ ⎟
Ψdx
2
⎝ ⎠
2
∞
∫
−∞
* ˆ ˆ
⎞⎤
Ψ ABΨdx⎟
⎥
⎠⎥⎦
2
=
2
2
För osäkerheterna ( Δ A) = ( ΔA) = A − A , ΔA
= A − A
ˆ
2
ˆ
ˆ
2
ˆ
ˆ
ˆ
, osv, fås
2
( ΔA
) ( ΔB)
2
2
[ ΔAˆ,
ΔBˆ
] [ Aˆ,
Bˆ
]
≥
4
Δ AΔB
≥
=
[ A ˆ,
B ˆ]
2
4
2
⇒
vilket kallas generaliserade Heisenbergs osäkerhetsrelation. Valet
xˆ
, pˆ
= ih
ger ”vanliga” osäkerhetsrelationen: [ ] ⇒
Δx
Δp
h
≥
2
Aˆ = xˆ,
Bˆ
=
pˆ

Kap. 6
6.1 (a) Det klassiska värdet på rörelsemängdsmomentet är
−31
−3
−33
L = r × p = rp = mvr = 9.1⋅10
⋅10
⋅10
= 9.1⋅10
kg m 2 /s
Kvantmekaniskt blir
rmv =
1
l = − +
2
L = l( l +1) h . Sätt dessa lika:
⎡rmv⎤
l(
l + 1) h ⇒ l(
l + 1) = ⎢
⎣ h ⎥
⎦
1
4
+
⎡
⎢
⎣
rmv
h
2
⎤
⎥
⎦
1
= − +
2
2
⇒
−
1 ⎡ 9.1⋅10
+ ⎢
4 ⎣1.055⋅10
33
−34
2
⎤
⎥
⎦
≈ 86
(b)
L z
= mh , m = −l,...,
l ger 2 l + 1 = 173 olika värden.
(c)
L z
Δ
L
=
h
l(
l + 1) h
=
1
l(
l + 1)
= 0.012
6.2 (a) I grundtillståndet är banrörelsemomentskvanttalet lika med noll, och totala
1
rörelsemängdskvanttalet j = s =
2
. Alltså fås två energinivåer:
E = ± m g B
Energisplittring:
s
−24
−24
−24
μ
B
B = ± μ
B
= ± 9.27 ⋅10
⋅ 0.5 = ± 9.27 ⋅10
⋅ 0.5 = ± 4.6 ⋅10
J
−5
= ± 2.9 ⋅10
eV
ΔE
= 2sg
−5
μ
B
B = 5.8 ⋅10
eV
(b) Protonens magnetiska moment kan ha komponenten längs det pålagda fältet som kan
vara antingen med eller motriktat, vilket ger en uppsplittring av energin i två nivåer.
Dessa nivåer är
E = −m
B
−27
−27
j
⋅ 2.79 ⋅ μ
N
= ± 0.5 ⋅ 2.79 ⋅ 5.05 ⋅10
⋅ 0.5 = 3.5 ⋅10
J
−8
= ± 2.2 ⋅10
eV
Splittringen är
ΔE
= 2m
−8
j
⋅ 2.79 ⋅ μ
N
B = 4.4 ⋅10
eV

6.3 (a) I stället för att räkna på två partiklar med vardera massa m som sitter på
avståndet a och roterar runt tyngdpunkten, så studerar vi ett ekvivalent
system med en partikel med massa ( 2m ) som snurrar med hastighet v i
en cirkelrörelse med radien a / 2 . Dessa system har samma energi som
1 2 2
ges av E =
2
( 2m)
v = mv . Uttryck detta i kvadraten på
rörelsemängdsmomentet. Vektorprodukten mellan position och
⎛ a ⎞
L
rörelsemängd har L = r × p = r p = ⎜ ⎟(2m)
v ⇒ v = eftersom
⎝ 2 ⎠
ma
vektorerna är ortogonala. Detta ger
L
m a
2
2
E = mv = m =
2 2
2
L
ma
2
Detta är den klassiska rotationsenergin. Den kvantmekaniska
Hamiltonoperatorn blir
H ˆ =
Lˆ2
ma
2
2
Eftersom egenvärdena till rörelsemängden i kvadrat är l(
l + 1) h , l = 0,1,2 ,...
så blir energiegenvärdena
E l
2
l(
l + 1) h
= med l = 0,1,2 ,...
2
ma
(b) För ett visst värde på l kan m anta värdena m = −l, −l
+ 1,..., l −1,
l vilket
är 2 l + 1 värden. Degenerationen är alltså 2 l + 1.
(c) Excitationsenergin till första exciterade tillståndet är
ΔE
= E
2
2
1(1
+ 1) h 2h
−21
1
− E0
= − 0 = = 2.37 × 10
2
2
ma
ma
J = 0. 015 eV
Ex6:4 Normeringskonstanten
1
N = bestäms i problemet 6.5, och där
3
πa
∞
k −ar
k!
härleds även integralen ∫ r e dr = som behövs i detta problem.
k + 1
a
0
(a) Vågfunktionen har inget vinkelberoende, dvs är proportionell mot
klotfunktionen

0
Y
0
, så banrörelsemängdsmoment är noll.
(b) Väntevärdet av kinetiska energin:
h
1
h
2
2
*
2 3
r / a ⎡ 2 r / a ⎤ 2
T = ∇ d r =
−
−
∫ψ
⎜
e r e r drd
3
2
2m
⎟ ψ
a
⎜
2m
⎟ ⎜
r r ⎢ r ⎥
⎟ Ω =
⎝ e ⎠ π
∫
⎝ e ⎠ ⎝ ⎣ ⎦⎠
2 ∞
2
1 ⎛ h ⎞ ⎡ 2r
r ⎤
=
2r
/ a
4
e dr
3
2
a
⎜ −
−
2m
⎟ π ⎢−
+ ⎥ =
π
∫
⎝ e ⎠ a
0 ⎣ a ⎦
2
2
4 ⎛ h ⎞⎡
2 1 1 2 h
= =
3 ⎢−
+
2 2 3
2
a
⎜ −
2m
⎟
e
a (2 / a)
a (2 / a)
2mea
⎝
⎛ −
⎠⎣
(uträkning av derivatan:
2
∂ ⎡ ∂ −r
/ a ⎤ ∂ ⎡ r
r e = ⎢ − e
∂r
⎢ r ⎥
⎣ ∂ ⎦ ∂r
⎣ a
⎞
⎤
⎥
⎦
⎛ −
2
2 −r
/ a 2 −r
/ a
= − + e
2
Väntevärdet av potentiella energin:
2
2 −2r
/ a
*
⎛ e ⎞
3 1 ⎛ e ⎞ e
V =
2
∫ψ
⎜ − ψd
r
r drd
3
4πε
r
⎟ =
0 πa
⎜ −
4πε
⎟∫
Ω =
⎝ ⎠ ⎝ 0 ⎠ r
2 ∞
2
2
1 ⎛ e ⎞
2r
/ a 4 ⎛ e ⎞ 1 e
= 4π
re dr
= −
3
=
3
2
πa
⎜ −
−
4πε
⎟
∫
0
a
⎜ −
4πε
⎟
⎝ ⎠
0 a 4
0a
0
⎝ ⎠ (2 / ) πε
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
r
a
(c) Minimera väntevärdet av totala energin
2
2
h e
E = T + V = − :
2
2m a 4πε
a
e 0
⎞
r
a
⎤
⎥
⎦
⎛
1
∂
∂
)
∂
∂
⎞
dE
da
h
= −
m a
e
4πε
h
2
2
2
0
+ = 0 ⇒ a = a
2
0
=
3
2
e
4πε
0a
e m e
E
0
=
2
2
2 2
2 2
2
h ⎛ e m ⎞
e e ⎛ e m ⎞
e
⎛ e ⎞ me
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
2
2
2
2m
e
4
0h
−
4
= −
0
4
0h
⎜
4
⎟
πε πε πε πε
0
2h
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
Detta är grundtillståndsenergin hos väte.
6.5 (a) Börja med att härleda integralen
∞
∫
0
k
r e
−ar
dr =
k!
a
k + 1

Ett snitsigt alternativ till partiell integration är följande.
⇒
=
=
= ∫
∫
∫
∞
−
∞
−
∞
−
a
dx
e
a
a
ar
d
e
dr
e
x
ar
ar 1
1
)
(
0
0
0
2
0
0
1
1
a
a
da
d
dr
re
dr
e
da
d
ar
ar
=
= −
=
−
∫
∫
∞
−
∞
−
3
2
0
2
0
2
1
a
a
da
d
dr
e
r
dr
re
da
d
ar
ar
=
= −
=
−
∫
∫
∞
−
∞
−
4
4
3
0
3
0
2 !
3
3
2
2
a
a
a
da
d
dr
e
r
dr
e
r
da
d
ar
ar
=
⋅
=
= −
=
−
∫
∫
∞
−
∞
−
osv. Klart!
Normeringsintegralen blir:
1
N
)
(2 /
2
4
N
4
N
4
)
(
3
0
2
1
3
0
2
1
0
2
/
2
2
1
0
2
2
1
0 =
=
=
= ∫
∫
∞
−
∞
a
a
dr
r
e
dr
r
r
a
r
π
π
π
π
ψ
Välj därför
3
0
1
1
a
N
π
= .
(b) Ortogonalitet:
∝
+
= ∫
∫
∞
−
−
∞
0
2
2
/
/
2
*
1
0
2
2
*
1
0
0 )
(1
4
N
N
)4
(
)
( dr
r
e
br
e
dr
r
r
r
a
r
a
r
π
π
ψ
ψ
0
)
2
(3 /
6
)
2
(3 /
2
)
( 4
0
3
0
0
2
3 /
3
2 0 =
+
=
+
∝ ∫
∞
−
a
b
a
dr
e
br
r
a
r
0
0
2
1
3
2
3 /
a
a
b
−
=
= −
⇒
Normering:
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
= ∫
∫
∫
∞
−
∞
−
∞
0
/
4
2
0
3
0
2
2
2
0
2
/
2
0
2
2
0
2
2
2
0
0
2
1
1
4
N
2
1
1
4
N
4
)
( dr
e
r
a
r
a
r
dr
r
e
r
a
dr
r
r
a
r
a
r
π
π
π
ψ
3
0
2
2
3
0
2
2
5
0
2
0
4
0
0
3
0
2
2 8
N
4
24
6
2
4
N
1/
24
2
1
1/
6
1
1/
2
4
N
a
a
a
a
a
a
a
π
π
π =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
−
=
Välj
3
0
2
8
1
a
N
π
= .

(c) I stället för att plotta ψ
1
och ψ
2
är det bekvämt plotta funktionerna u( r)
= rψ
( r)
,
2
eftersom sannolikheten att hitta elektronen i r , r + dr är ψ ( r)
4πr
dr = u(
r)
4πdr
. Sätt
a
0
= 1 i figuren. Grundtillståndet (röda kurvan) motsvarar ψ
1
som saknar nod. Första
exciterade tillståndet (gröna kurvan) motsvarar ψ
2
som har en nod.
2
2
Radiella sannolikhetstätheten
2
u (r) plottas i nästa figur.

6.6 Vätes energinivåer är
E
n
= −
m e
4
e
2 2 2
2(4πε
0
) h n
Med kärnladdning e → Ze (elektronladdningen är oförändrad: − e ) kommer
energinivåerna att ersättas av
E
n
= −
m
Z
e
2 4
e
2 2 2
2(4πε
0
) h n
(a) He + har Z = 2 och dess joniseringsenergi blir
Li 2+
har Z = 3 vilket ger
2
Z ⋅13.6
= 54.4 eV
2
Z ⋅13.6
= 122.4 eV

(b) Medelavståndet till kärnan är effektiva Bohrradien, som modifieras enligt
a
0
=
4πε
0 h 4πε
h
2
e m
2
2
0
→ a0
=
2
e Ze m e
För H är a
0
= 0. 529 Å. För He + blir a
0
= 0. 265 Å, och för Li 2+
blir a
0
= 0. 176 Å.
Eftersom elektronbanans radie blir mindre kommer dess hastighet att öka enligt
osäkerhetsprincipen. Därför blir hastigheten mer relativistisk, och relativistiska
korrektioner till energinivåerna blir viktigare.
Kommentar: Den viktigaste relativistiska effekten är spin-ban kopplingen, som
uppkommer på grund av följande effekt. I en klassisk bild, där elektronen cirkulerar runt
kärnan, kan vi i stället från elektronens vilosystem anse den positivt laddade kärnan som
en cirkulerande ström. Elektronen omges därför av en cirkulerande elektrisk ström, och
denna genererar ett magnetfält som elektronen känner av. Detta magnetfält kopplar till
elektronspinnet och ger upphov till ett bidrag till energin. Man kan visa att denna energi
är
E
LS
2
Ze
2
8πε m c
=
2 3
0 e
r
L ⋅ S
Denna korrektion till energin blir viktigare (=större) för större värden på Z . Detta är en
relativistisk effekt eftersom elektronspinn är en relativistisk effekt, som förutsägs av den
relativistiska Dirac-ekvationen.
6.7 Vågfunktionen innan sönderfallet är
1
ψ ( r)
=
π a
3
0
e
−r
/ a
0
Efter sönderfallet är
a0
a0
a
0
→ = och vågfunktionen
Z 2
2 2
ϕ ( r)
=
π a
3
0
e
−2r
/ a
0
Hur ska vi ställa upp problemet? Låt oss med ett grundläggande kvantmekaniskt
argument påminna om hur man kommer fram till sannolikheten att hitta en partikel i ett
visst tillstånd i något annat tillstånd. Anta att vi har en vågfunktion som kan skrivas
*
ψ = c1 ψ
1
+ c2ψ
2
, c1
= ∫ψ
ψ
1dx

där ψ ,ψ antas vara ortonormala: *
1 2
ψ ψ dx 0
∫
1 2
=
. Normeringsvillkor:
=
2
2 2
2 2
* *
*
∫ ψ = c1
∫ ψ
1
dx + c2
∫ ψ
2
dx + c1
c2
∫ψ
1ψ
2dx
+ c2c
∫ 1
1 dx ψ ψ dx = c + c
*
2
1
2
1
2
2
Alltså är sannolikheten att en partikel i tillståndet ψ är i tillståndet ψ lika med
1
c
2
2
*
1
= ∫ψ
ψ
1dx
Åter till det aktuella problemet. Om vi anser att sönderfallet sker plötsligt så stannar
elektronen kvar i det gamla grundtillståndet. Sannolikheten elektronen samtidigt finns i
det nya grundtillståndet är
∞
∫
0
2
2
⎡
⎤ ∞
2
∞
⎡
⎤ ⎡
⎤
* 2 2 2 1
−2r
/ a0 −r
/ a 2 128
0
−3r
/ a0
2
ϕ ( r)
ψ ( r)4πr
dr = ⎢ ⋅ ⋅ 4π
⎥ ⎢∫
e e r dr⎥
=
6 ⎢∫
e r dr⎥
⎢
3 3
⎥
⎣ πa
0
πa
0 ⎦ ⎣ 0
⎦ a0
⎣ 0 ⎦
128 ⎡ 2
=
6 ⎢
a0
⎣(3 / a
0
)
3
2
⎤
⎥
⎦
2
= 128⋅
3
2
6
= 0.702
2
=
Ex6:8
(a) Normering:
∞
∞
∞
2 2
2
2 2( l+
1) −2r
/( l+
1) a
2 (2l
+ 2)!
0
∫ R( r)
r dr = ∫ u(
r)
dr = N ∫ r e dr = N
= 1 ⇒
2l+
3
(2 /( l + 1) a )
0
0
0
0
N
2
⎡ 2
= ⎢
⎣(
l + 1) a
0
⎤
⎥
⎦
2l+
3
1
(2l
+ 2)!
(b) Den mest sannolika radien hos tillståndet maximerar sannolikheten:
d u
dr
2
dr
e
dr
⎛ 2( l + 1) 2
=
⎜ −
⎝ r ( l + 1) a
2
r = ( l + 1) a
2( l+
1) −2r
/( l+
1) a0
2( l+
1) −2r
/( l+
1) a0
~ e
0
0
⎞
⎟r
⎠
= 0 ⇒
(c) Väntevärdet hos radien blir

=
∞
∫
0
r u(
r)
⎡ 2
= ⎢
⎣(
l + 1) a
0
⎤
⎥
⎦
2
⎡ 2
dr = ⎢
⎣(
l + 1) a
2l+
3
2l+
3
1 (2l
+ 3)!
(2l
+ 2)! (2 /( l + 1) a )
0
⎤
⎥
⎦
(d) Väntevärdet hos radien i kvadrat blir
r
⎡ 2
= ⎢
⎣(
l + 1) a
u(
r)
0
2l+
3
⎡ 2
dr = ⎢
⎣(
l + 1) a
1 (2l
+ 4)!
(2l
+ 2)! (2 /( l + 1) a )
1
(2l
+ 2)!
0
0
2l+
4
1
(2l
+ 2)!
2l+
5
∞
∫
0
rr
2( l+
1)
e
−2r
/( l+
1) a0
(2l
+ 3)( l + 1) a
=
2
∞
2l+
3
∞
2 2 2
⎤
2 2( l+
1) −2r
/( l+
1) a0
=
∫
0
r
⎤
⎥
⎦
(e) Visa att osäkerheten i radien
0
⎥
⎦
∫
0
r
r
e
0
dr =
dr =
2
(2l
+ 4)(2l
+ 3)( l + 1) a
=
4
Δ r blir liten jämfört med r när
2
0
l → ∞ .
Δr
r
=
r
r
−
r
2
=
r
r
2
−
=
2
(2l
+ 4)(2l
+ 3)( l + 1) a
1 2 2
(2l
+ 3) ( l + 1) a
2
0
2
0
/ 4
/ 4
−1
=
=
2l
+ 4
−1
=
2l
+ 3
1
2l
+ 3
→ 0, l → ∞
(f) Hitta den klassiska radien r c
genom att minimera den effektiva
potentiella energin
dVeff
( r)
2
2
2
2
d ⎛ L e ⎞ L e
4πε
0L
=
r
2
3
2
c 2
dr dr
⎜ −
0
2mr
4πε
0r
⎟ = − + = ⇒ =
⎝
⎠ mr 4πε
0r
e m
Kvoten mellan den mest sannolika radien och den klassiska radien:
r
rc
2
( l + 1) a
=
2
4πε
L / e
0
l(
l + 1) h
=
2
L
2
0
2
2
e m(
l + 1)
=
2
m 4πε
L
( l + 1) h
+
2
L
2
0
2
4πε
0h
2
e m
( l + 1) h
= 1+
l(
l + 1) h
2
2
2
2
( l + 1) h
=
2
L
=
1
= 1+
→ 1, l → ∞
l
Kvoten mellan väntevärdet hos radien och den klassiska radien:
2
2

rc
(2l
+ 3)( l + 1) a
=
2
(2l
+ 3)( l + 1) h
=
2
2L
2
0
2
e m
×
4πε
L
0
2
2l(
l + 1) h
=
2
2L
2
(2l
+ 3)( l + 1) 4πε
0h
=
×
2
2 e m
3( l + 1) h
+
2
2L
2
3( l + 1) h
= 1+
2l(
l + 1) h
2
2
e m
×
4πε
L
2
2
0
2
=
3
= 1+
2l
→ 1, l → ∞
Detta visar att både den mest sannolika radien och medelvärdet hos
radien blir lika med den klassiska radien då l → ∞ , för en partikel i en
Coulomb-potential med huvudkvanttalet n = l + 1 och
rörelsemängdsmomentet L = l( l +1) h .

Kap 7
Ex7:1 a) Energin för magnetisk dipol i B-fält: U = −μ
⋅ B
För e - qe
: μ = −g
S där gyromagnetiska faktorn g e e ≈2 och S är
2me
rörelsemängdsmomentet från spinnet (och q e är enhetsladdningen)
B definierar då den axeln längs vilken vi projicerar spinnet,
för elektronen som är en spinn-½ partikel.
S
z
1
= ± h
2
Energiskillnad:
Δ E = g
e
q
e
2m
e
⎛ 1
B⎜
⎝ 2
⎛ − ⎜ −
⎝
1 ⎞⎞
qe
⎟⎟h = g
e
Bh
2 ⎠⎠
2me
Foton har E=hf
B
1
g
2m
q
hf
h
⎧ h ⎫ = ⎨ = 2π
⎬ =
⎩h
⎭
=
e
e e
≈
−
1
2
1
g
−31
4π
⋅9,109
⋅10
kg ⋅9,75⋅10
19
1,602 ⋅10
C
e
4π
m
9
s
q
e
−1
e
f
≈ 0,35T
b) U = ( positiv konst.)
⋅ S
z
dvs högst energi då spinnet är riktat med B-
fältet.
Elektronens spinn är urspungligen riktat mot magnetfältet och blir efter
spinn-flip där energi tillförs riktat med magnetfältet.
Ex7:2 Syreatom har Z=8, dvs 8 elektroner.
I grundtillståndet:
Skal n l Möjliga m l Antal e - som Antal e - i Spinn
får plats syre
1s 1 0 0 2 2 ↑↓
2s 2 0 0 2 2 ↑↓
2p 2 1 -1,0,1 6 4 ↑↓ ↑ ↑
Syres elektronkonfiguration: 1s 2 2s 2 2p 4

2
2
Ex7:3 a) J = L + S betrakta | J | = | L + S | som kommer att innehålla
skalärprodukten L ⋅ S som en term:
2
2 2
| J | = J ⋅ J = L + S ⋅ L + S = L ⋅ L + S ⋅ S + 2L
⋅ S = | L | + | S | + 2L
⋅ S
⇒
( ) ( )
2 2 2
( | J | − | L | − | S | )
1
L ⋅ S =
2
Detta operatoruttryck får nu verka på ett tillstånd ψ:
1 2 2 2 1
2
( L ⋅ S ) ψ = ( | J | − | L | − | S | ) ψ = ( j(
j + 1) − l ( l + 1) − s(
s + 1) ) h ψ
2
2
b) Samtidigt gället att L ⋅ S = | L | ⋅ | S | cosθ
där θ är vinkel mellan de två.
⎛ 1
⎞
⎜ ( j(
j + 1) − l(
l + 1) − s(
s + 1) )
L ⋅ S
⎛ L ⋅ S ⎞
⎟
cosθ
= ⇒ θ = arccos⎜
⎟ = arccos⎜
2
⎟
| L | ⋅ | S |
⎝ | L | ⋅ | S | ⎠ ⎜ l(
l + 1) s(
s + 1) ⎟
⎝
⎠
P 1/2 : ( ½ betyder j=½ , P står för l=1 )
θ =
⎛ 1 ⎛ 1 3 1 3 ⎞ ⎞
⎜ ⎜ ( ) −1(2)
− ( ) ⎟ ⎟
2 2 2 2 2
⎛
arccos
⎜ ⎝
⎠ ⎟ = arccos⎜
3
−
⎜
⎟
⎜ 2
⎟ ⎝
⎝
2 ⎠
2 ⎞
o
⎟ ≈ 145
3
⎠
P 3/2 : (3/2 betyder j=3/2 , P står för l=1 )
θ =
⎛ 1 ⎛ 3 5 1 3 ⎞ ⎞
⎜ ⎜ ( ) −1(2)
− ( ) ⎟ ⎟
2 2 2 2 2
⎛
arccos
⎜ ⎝
⎠ ⎟
= arccos⎜
⎜
3 ⎟
⎝
⎜ 2
⎟
⎝
2 ⎠
1
6
⎞
⎟
⎠
≈
o
66
D 3/2 : ( 3/2 betyder j=3/2 , D står för l=2 )
θ =
⎛ 1 ⎛ 3 5 1 3 ⎞ ⎞
⎜ ⎜ ( ) − 2(3) − ( ) ⎟ ⎟
2 2 2 2 2
⎛
arccos
⎜ ⎝
⎠ ⎟ = arccos⎜
3
−
⎜
⎟
⎜ 6
⎟ ⎝
⎝
2 ⎠
3 ⎞
o
⎟ ≈ 135
6
⎠
Ex7:4 Enligt klassisk mekanik är rörelsemängdsmomentet L = I ⋅ω
där I är
tröghetmomentet och ω vinkelfrekvensen (med riktning definierad av
rotationsaxeln).

För en sfär med radie r i rotation runt axeln genom centrum gäller:
2
2mr
I =
5
L
Med ω = fås att hastigheten på ytan vid ekvatorn är:
r
2πr
ω
v = = 2πf
= 2πr
= rω
=
T
2π
r
I
L =
{ L gesav spinn = 1/2}
5
=
2m r
5
3
−34
10
≈
1,054 ⋅10
Js ≈ 8,4 ⋅10
m/s ≈ 278 c
−31 −15
2 ⋅9,109
⋅10
kg ⋅3⋅10
m 2
e
1 ⎛ 1 ⎞
⎜ + 1⎟h
2 ⎝ 2 ⎠
Vi vet att e - är mindre än 3 fm. Spinnet kan inte förklaras med klassisk
effekt.

Kap 8
Ex8:1 a) Väteatomerna är klassiskt särskiljbara partiklar (tillräckligt låg densitet i
en gas att de i princip går att följa) ⇒ Maxwell-Boltzmann-statistik.
Sannolikheten att en elektron har energi mellan E och E+dE ges av
tillståndstätheten multiplicerat med fördelningsfunktionen, normerat till
rätt totala antal elektroner:
1
P(
E)
= D(
E)
⋅ N(
E)
M −B
dE
N
där D(E) är tillståndstätheten och N(E) är födelningsfunktionen,
−E
/ kBT
här Maxwell-Boltzmann-fördelning: N(
E)
M − B
= Ae där A är en
normeringskonstant.
13,6
Energinivåer i väte: En = − eV
2
n
För grundtillståndet, n=1, gäller att det kan ha två elektroner (olika
spinn) ⇒ D(E) =2 (vi bortser från eventuell normeringsfaktor eftersom vi kommer att
ha samma faktor för det exciterade tillståndet och vi skall jämföra förhållanden).
Det första exciterade tillståndet, n=2, kan ha l=0 elller l=1 vilket ger 4
gånger så många möjliga tillstånd som i grundtillståndet (l=1 kan ha tre
olika värden på m l )
Det andra exciterade tillståndet har degerenationsgrad 2(4+5)=18
Förhållandet blir då:
−E
/ k T
⎛ 1 1 ⎞
2 B
P ( E
k T
m
) D(
E
B
m
) N(
Em
) ⎧Normeringsfaktorer
⎫ D(
Em
) e D(
Em
) −13,6⎜
− ⎟ /
2 2
⎝ n m
=
e
⎠
⎨
⎬ = ⋅ = ⋅
−E1
/ kBT
P(
En
) D(
En
) N(
En
) tar ut var andra D(
En
) e D(
En
)
⎩
där k B T skall uttryckas i eV
P
⎛ 1 ⎞
( −
5
13,6⎜1
−
−
E
⎟ /(8,617⋅10
⋅300)
171
)
)
8
2
2
⎝ 4 ⎠
−
a) T=300 K : = ⋅ e
≈ 10 ≈ 0
P(
E
1
P E
P(
E
)
)
18
2
3
⎝ 9 ⎠
−1,
b) T=100 000K: = ⋅ e
≈ 9 ⋅ e ≈ 2, 2
⎭
⎛ 1 ⎞
( −
5
13,6⎜1
−
−
⎟ /(8,617⋅10
⋅100000)
40
1
(Temperaturen skall jämföras med solytans, som är ca 6000 K.)
Ex8:2 a)Totala antalet elektroner ges av
N
∞
= ∫
0
dn
dE
(boken använder D(E) för dn/dE och N(E) F-D för f FD )
Vid T=0 är f FD =1 då E ≤ E F och f FD =0 då E > E F .
f
FD
dE

N
E
F
EF
3 / 2
dn
2 4me
V
3 /
3 / 2
dE = 4m
E
2 2 F
dE
0 3π
h 2
= ∫ lös ut E F
⎛
2
⎜
3π
h
=
⎝ 4m
3
3 / 2
e
2
N
V
⎞
⎟
⎠
2 / 3
2
π h
=
m
e
2
⎛ 3
⎜
⎝ 2π
2
N
V
⎞
⎟
⎠
2 / 3
b) Vi behöver N/V (densitet av ledningselektroner). Varje atom bidrar
en elektron. Med densiteten ρ och atommassan m Cu får vi:
3 3
N ρ 8,96
⋅10
kg/m
28 −3
= =
= 8,49 ⋅10
m
-27
V 63,546u ⋅1,6605⋅10
kg/u
m Cu
2
−34
π (1,055 ⋅10
Js) ⎛ 3
−28
⎞ −2
−18
1,13⋅10
E F
= ⎜ 8,49 ⋅10
⎟ m ≈ 1,13⋅10
J =
−31
−
9,109 ⋅10
kg ⎝ 2π
2 ⎠
1,602 ⋅10
c) k
BT
( T = 300K)
≈ 0, 02525eV

h h
a) ΔxΔp
≥ ⇒ Δx
≥ men
2 2Δp
( Δp)
2
=<
p
2
> − < p >
2
≤ < p
2
>
⇒ Δx
≥
h
2 < p
2
>
Med
< p
2 >
< Ekin >= ~ k
BT
får vi < p
2 > ~ 2mk
BT
2m
Särskiljbarhet kan uttryckas som att avståndet mellan partiklar är mycket
större än osäkerheten i deras position.
Avstånd mellan partiklar L = 1
1/ 3
⎛ N ⎞
⎜ ⎟
⎝ V ⎠
1/ 3
h ⎛ V ⎞ h
L >> Δx
≥
⇒ ⎜ ⎟ >>
2 2mk
T ⎝ N ⎠ 2 2mk
T
V
N
h
>>
8(2mk
3
B
T )
B
3 / 2
⇒
N
V
h
8(2mk
3
B
T )
3 / 2
B

Förhållandet mellan antal elektroner i de två stillstånden ges därefter av:
n
n
−E2
/ k
2
2 ( ) / 8 2 BT
g Ae g
−5
E1
−E2
k BT
( −13.6+
3.4eV) /(8.617⋅10
eV/K)(15000K) −7.89
−
1
=
g Ae
1
−E
/ k T
1
B
=
g
1
e
≈ e
2
≈ 4e
≈ 1,5 ⋅10
3
Ex8:6 Bindningsenergi för grundtillståndet i väte = 13,6 eV, vilket motsvarar ljus
med våglängden λ = hc/E ≈ 1240 eV⋅nm/13,6 eV ≈ 91,2 nm.
Wiens förskjutningslag λ max T = 2,898⋅10 -3 m⋅K ger att detta motsvarar
T≈2,898⋅10 -3 m⋅K/91,2⋅10 -9 m ≈ 32 800 K.

Kap 9. Molekylfysik.
Ex9:1 Vibrationer i tvåatomig molekyl kan beskrivas av Morsepotentialen
−β
( r−R
)
[ ] 2
0
U ( r)
= U
0
1−
e
c) Jämviktsavståndet motsvarar ett minimum för potentialen (naturen
strävar alltid efter lägsta energistillståndet).
Minimum:
dU ( r)
−β
( r−R
)
( 0 )
( 0 )
2U
0
e ( 1 ) 0 ( 1 ) 0 −β
r−R
−β
r−R
= β − e = ⇒ − e = 0 ⇒ r = R 0
dr
2
2
0
1−
e = U 1−
0
U ( r → ∞)
= U
= U
e) Nära R 0 kan vi serieutveckla Morse-potentialen
Taylor-utveckling kring a:
f '( a)
f ''( a)
2
3
f ( x)
= f ( a)
+ ( x − a)
+ ( x − a)
+ Ο((
x − a)
)
1!
2!
−∞
d) Potentialen på långt avstånd: [ ]
0[ ]
0
dU
= 2U
0
dr
dU ( r = R
dr
2
d U dU
=
2
dr dr
2
d U ( r = R
dr
2
β e
0
)
− β ( r − R
=
0
0
)
− β ( r − R 0 )
( 1 − e )
−β
( r−R0
) −β
( r−R0
)
2 −β
( r−R0
) −β
( r−R0
)
[ 2U
βe
( 1−
e )] = 2U
β e ( 2e
−1)
0
0
)
2
= 2U
β
0
Taylorutvecklingen blir då:
2
2U
0β
2
3
2
U ( r)
= 0 + 0( r − R ) + ( r − R0
) + Ο ( r − R0
) = U
0β
( r − R
2
0
( )
2
0 0
)
Detta liknar potentialen för en harmonisk oscillator med x = r - R 0 :
U
1
=
2
=
2 1 2 2
{ K = mω } = mω
2
( x)
Kx
x
Identifiera termer:
1
2
ω
β
ω
2 2
2 2
2
m x = U
0
x ⇒ K = m =
2
2
2U
β
f) Potentialen i jämviktsläget U(R 0 ) är 0. På oändligt avstånd
motsvarande två fria atomer är potentialen U 0 . Lägsta
energistillståndet har en energi ≠ 0. Dissociationsenergin är den
energi som måste tillföras en molekyl (i grundtillståndet) för dess
energi skall överstiga ”potentialbarriären”, dvs potentialen för fria
0

atomer. Dissocioations energi är därmed skillnaden mellan potentialen
i ∞ (U 0 ) och lägsta energinivån.
E
diss
= U
0
− E
vib
⎧ hω
( hω)
⎪Evib(0)
= −
(0) = ⎨ 2 16U
⎪
⎩enligt
lydelsen
0
2
⎫
⎪
⎬ = U
⎪
⎭
0
hω
( hω)
− +
2 16U
0
2
g) Givet K = 573 N/m och E diss = 4,52 eV, beräkna U 0 och β. Enklast att
använda elektronvolt mm som enheter.
K = 573 Nm/m 2 / 1,602⋅10 -19 J/eV ≈ 3,57⋅10 21 eV/m 2
Vi använder uttrycket för dissociationsenergin för att skapa ett uttryck
för U 0 .
U
2
0
⇒ U
⎛ hω
−U
0 ⎜ + E
⎝ 2
0
⎛ hω
E
= ⎜ +
⎝ 4 2
diss
⎛ hω
E
= ⎜ +
⎝ 4 2
diss
diss
⎞ ( hω)
⎟ +
⎠ 16
⎞
⎟ ±
⎠
⎞
⎟ ±
⎠
⎛ hω
E
⎜ +
⎝ 4 2
E
2
diss
4
2
= 0
diss
E
+
diss
4
2
⎞
⎟
⎠
hω
( hω)
−
16
2
=
ω får ur { mω 2 }
K = ⇒ω
=
K
m
där m är den reducerade massan.
m
m
m
H
H
⋅ m
+ m
H
H
=
m
2
H
2
1,0079u
⋅931,5(
MeV / c ) / u
≈
2
⇒ hω = h
K
m
= ≈ 469,4 MeV/c 2 eV
≈ 6,582 ⋅10
−16
eVs ⋅2,7578
⋅10
6
m
−1
⋅ 2,998 ⋅10
8
ms
−1
≈ 0,544
2
⎛ 0,544 4,52 ⎞ 4,52 4,52 ⋅ 0,544
U
0
= ⎜ + ⎟ ± +
= 2,40 ± 2,39 ≈ 4, 79eV
⎝ 4 2 ⎠ 4 4
(Lösning 0,01 eV är ofysikalisk)
β
K
2U
21
10 −1
= ≈ ≈ 2,73⋅10
m
0
3,57⋅10
2⋅4,79

Ex9:2 Övergångarna motsvarar en ändring av vibrationskvanttalet en enhet
samtidigt med ett antal olika rotationsövergångar vardera med Δl = ± 1.
En övergång i mitten ”saknas”. Denna motsvarar Δl = 0 och ger då
energin för vibrationsövergången: ≈ 0.317 eV.
Vi har då att ΔE = hω
. Den söka kraftkonstanten ges av
2
2 ⎛ ΔE
⎞
K = ( ω) μ = ⎜ ⎟ μ
⎝ h ⎠
Där den reduducerade massan för HBr är
mH ⋅ mBr
1.0079
⋅ 79.904
−27
−27
μ = =
≈ 0.9953u
⋅1.6605
⋅10
kg / u ≈ 1.653⋅10
kg
m + m 1.0079 + 79.904
Vi får
H
Br
⎛ ΔE
K = ⎜
⎝ h
2
⎞
⎟
⎠
2
0 −27
⎛ .317eV ⎞
μ ≈ ⎜
-16
⎟
⎝ 6.582 ⋅10
eV ⋅s
⎠
⋅1.653⋅10
kg ≈
383 N/m
Ex9:3 Fotonenergier: E=hc/λ = 1240 eV nm ⇒ 0,481, 0,961, och 1,442 meV
Vilka övergångar? De låga energiskillnaderna tyder på övergångar i
rotationstillstånd.
h
2ICM
För dessa gäller: E = l( l + 1)
rot
2
Om lägsta övergången var l=1 → l=0 blir då efterföljande l=2 → 1 och l=3
→ 2.
Vi provar om denna ansats kan vara rätt.
Eftersom tröghetsmomentet är detsamma påverkas förhållandet mellan
fotonenergierna endast av skillnaderna från termerna l(l+1).
1→0: 1(1+1) – 0(0+1) = 2
2→1: 2(2+1) – 1(1+1) = 4
3→2: 3(3+1) – 2(2+1) = 6
Dvs förhållandet mellan energierna skall vara 1, 2 och 3.
Prova: 2*0,481≈ 0,962 meV och 3*0,481 ≈ 1,443 meV. Stämmer bra!!
Vi får då för
2ICM
( l + 1)( l + 2) − l( l + 1)
l+1 → l : =
2
h
∆Erot
Om vi tar medelvärdet för de tre övergångarna får vi:
I CM = ħ 2 · ½ ·1/3 (6/1,442 + 4/0,961 + 2/0,481) · 10 3 eV -1 ≈ 9,01·10 -28 eV
s 2

Den reducerade massan:
m 12,000 ⋅ 15,995
=
C mO
μ
=
u ≈ 6,86u =
mC
+ mO
12,000 + 15,995
Ger då att bindningslängden är:
( 8
) 2
2.998 ⋅ 10
m 0.11 nm
−28
9,01 ⋅ 10 ×
R 0 =
≈
9
6,39 ⋅ 10
2
2
{ 1u = 931,5 MeV/c } ≈ 6,39GeV /c
h
Ex9:4 Rotationsenergier ges av E
rot
= l(
l + 1)
där tröghetsmomentet I CM
2ICM
=μR 2 0 där bindningsavståndet R 0 inte ändras men däremot den reducerade
massan μ. För väte gäller att μ HH = 0,5 m H medan det för HD gäller att μ HD ≈
(1⋅2)/(1+2) m H = 2/3 m H
μHH
Rotationsenergierna ändras då med en faktor ≈ 3⋅
0,5/ 2 ≈ 0, 75
μ
1
Vibrationsenergierna ges av E
vib
= ( ν + ) hω
där ω = K μ där
2
kraftkonstanten K inte ändras. Förändringsfaktor blir då
μ HH
≈ 0,75
≈ 0,87
μ
HD
HD
Ex9:5 Nära jämviktspunkten kan potentialen för vibrationsenergier
approximeras med potentialen för en harmonisk oscillator: U( R) = U(R 0 )
+ ½ k (R-R 0 ) 2 .
Ur figuren får vi att U(R 0 ) ≈ -2,7 eV, vilket tillsammans med att U( 0,06 nm)
≈ 0 ger att k ≈ 2· 2,7 / ( 0, 05) 2 eV/nm 2 . För låga vibrationsenergier
gäller E vib = (v + ½ ) ħω, där ω=√(k/μ). Efterfrågad energiskillnad blir ħω =
ħ√(k/μ) ≈ 197,3√(2,16·10 3 /4,691·10 8 ) eV ≈ 0,42 eV.
Ex9:6 Skillnaden i fotonenergi hos absorberad och emitterad foton utgör
nivåskillnaden i vibrationsenergi:
hc hc 1240eVnm
1240eVnm
∆E
vib = − =
−
≈ 0, eV
λabs
λemit
495nm
520nm
12
Energiskillnaden mellan olika vibrationsnivåer ges av ħω där ω 2 = K/μ=
3,32⋅10 28 s -2 enligt talets lydelse.
Detta ger ħω≈ 6,582⋅10 -16 eV⋅1,82⋅10 14 s -1 ≈ 0,12 eV. Excitationen sker
alltså till det näst lägsta vibrationstillståndet (v = 1).

hc hc
Ex9:7 Skillnad i energi mellan inkommande och spritt ljus är ΔE
= −
λl=2 λl=4
vilket ger ΔE =1240/514.5 - 1240/520 ≈ 24 meV.
2
h
Med E
rot
= l(
l + 1)
där I CM är tröghetsmomentet, fås energiskillnaden
2ICM
till
2
2
2
h
h
7h
ΔErot
= ((
l + 2)( l + 3) − l(
l + 1) ) = ( 2l
+ 3)
=
2I
I
I
CM
CM
l=
2
CM
Detta ger ett tröghetsmoment av
2
h
−16
2
I
CM
= ≈ 7 ⋅(6.582⋅10
) / 24⋅10
ΔE
7 − 3
rot
eVs 2
≈ 1.264⋅10 -30 eVs 2 ⋅ 1.602⋅10 -19 J/eV ≈ 2.02⋅10 -49 kgm 2

Kap 10. Fasta ämnen, halvledare
Ex10:1 Konduktiviteten σ (=1/resistiviteten) ges av j= σ⋅E där j är strömtätheten
2
qe
ρeτ
och E det elektriska fältet. Men σ = där q e är elementarladdningen, ρ e är
me
densiteten av ledningselektroner och τ är medeltiden mellan kollisioner.
σ ⋅ me
Detta ger: τ = .
2
q ⋅ ρ
ρ
e
densitet
= atomvikt
e
e
3 3
10,5⋅10
kg / m
28 −3
≈ 5,86 ⋅10
m
-27
=
107,868u ⋅1,66
⋅10
kg/u
a)
−31
σ ⋅ me 9,1094
⋅10
kg
−14
τ = =
≈ 3,78 ⋅10
s
2 -8
-19 2
28 −3
qe
⋅ ρe
1,6 ⋅10
Ω ⋅ m⋅( 1,602 ⋅10
C)
⋅5,86
⋅10
m
b)
2EF
2 ⋅5,48ev
−3
6
Fermihastigheten: vF = ≈
≈ 4,63⋅10
c ≈ 1,39 ⋅10
m / s
2
me
0,51MeV
/ c
6
−14
−8
Fria medelväglängden: L = vF
⋅τ
≈ 1,39 ⋅10
m / s ⋅3,78⋅10
s ≈ 5,27 ⋅10
m
c) Antag att varje silveratom upptar volymen d 3 där d är avståndet mellan
närliggande atomer i ett kubiskt gitter. Antalet atomer per m 3 är enligt ovan
5,86⋅10 28 3 28
−10
vilket ger d = 1/ 5,86 ⋅10
≈ 2,6 ⋅10
m .
Vi ser att L är ca 200 gånger större, dvs elektronerna kolliderar inte med
varje atomerna, utan snarare med oregelbundenheter i gittret eller
vibrationer.
Parantes pga att boken inte härleder formler på ett självklart sätt:
Härledning av varför
v
drift
q
E τ
e
= :
m
e
Ledningselektronerna utan pålagt elektriskt fält rör sig i slumpmässig riktning
mellan kollisioner med en hastighet v. (Kollisionerna sker klassikt mot atomerna i
gittret, och kvantmekaniskt mot vibrationskvanta eller
oregelbundenheter/föroreningar i gittret). När ett elektriskt fält läggs på kommer
elektronerna att ha en rörelse överlagrad den slumpmässiga med en hastighet
v drift mot det elektriska fältet. v är betydligt större än v drift . Mellan varje kollision
färdas en elektron sträckan s pga elektriska fältets acceleration enligt
2
q E t
s = (kraften från det elektriska fältet är ju q e E).
m 2
e
⋅
e
Medelsträckan ges då av
2
q t
e
⋅ E
s = .
m 2
e

Man kan visa att antalet elektroner som kolliderar undet tidsintervallet t till t+dt
ges av exponetialfördelningen
−t
/τ
Ne
n(
t)
= .
τ
Där τ är meddeltiden mellan kollisioner (visa gärna själv att =τ).
∞
1 2 −t
/ τ
2
τ ∫ t Ne
0
2
Vi kan nu beräkna t =
= 2τ
Detta ger att
∞
1 −t
/ τ
τ ∫ Ne
v
drift
VSV.
s
=
t
2
qe
⋅ E τ qe
⋅ E
= = τ
m τ m
e
e
0
Ex10:2 I en metall ligger ferminivån i ledningsbandet, medan den i en halvledare
ligger i mitten av bandgapet.
Halvledare:
Vid T=0 gäller att valensbandet är fyllt medan ledningsbandet är tomt.
För vår överslagsberäkning antar vi att tillståndstätheten är i det närmaste
konstant = D i valens och ledningsband men självfallet = 0 i bandgapet.
Antalet exciterade elektroner ges då av:
∞
∞
1
−Egap
/ 2
Nex
= D ∫ N(
E)
F−DdE
= D ∫
dE = Dk
E E k T
BT
ln(1 + e
( − F ) / B
e + 1
=
1
EF
+ E
2
−Egap
/ 2kBT
{ k T

Ex10:3 För att överföra en elektron från valens- till ledningsbandet måste
fotonenergi vara minst lika stor som bandgapet, dvs 1,1 eV. Detta ger:
hc 1240eV
⋅ nm
λ = =
≈ 1127nm
vilket är lång ut i det infraröda området.
E 1.1 eV
Kortare våglängd ger högre foton-energi.

Kap 11. Kärnfysik
Ex11:1 Vi beräknar bindningsenergin mha masskillnadsformeln:
E = ZM + Nm − M
bind
23
11
Na :
[ ]
E
=
bind
H
n
A
[ M + 12m
− M ]
=
Na
11
H n (23)
[ 11⋅1,007825
+ 12 ⋅1,008665 – 22,989767]
= 186,57MeV
Per nukleon: 186,57/23 ≈8,11 MeV/nukleon
23
12
Mg :
Ebind
= [ 12 M
H
+ 11m
n
− M
Na(23)
] =
=
[ 12 ⋅1,007825
+ 11⋅1,008665 – 22.994124]
=
⋅931,494 MeV =
⋅931,494 MeV =
= 181,73MeV
Per nukleon: 181,73/23 ≈7,90 MeV/nukleon
Tämligen lika bindningsenergi, vilket innebär att bindningskraften från stark
växelverkan är i stort sett densamma för neutroner och protoner, men protonerna
ger upphov till viss repulsion vilken gör att 23 Mg har lägre bindningsenergi per
nukleon är 23 Na.
Ex11:2 Vi beräkna bindningsenergin per nukleon först mha
vätskedroppsmodelln, därefter med masskillnadformeln.
64
Cu
29
:
64
30
Zn :
( Z −1) ( N − Z )
2 / 3 Z
E bind
=
1A
− C2
A − C3
− C4
=
1/ 3
A
A
2 / 3 29 ⋅ 28
= 15,8 ⋅ 64 −17,8
⋅ 64 − 0,71 − 23,7 ⋅
1/ 3
64
64
≈ 1011,2 − 284,8 − 0,71⋅
203 − 23,7 ⋅ 0,5625 ≈
≈ 568, 9C
MeV
Per nukleon: 568,9/64≈ 8,89 MeV/nukleon
E
=
bind
[ M + 35m
− M ]
29
H n (64)
=
Cu
[ 29 ⋅1,007825
+ 35⋅1,008665 – 63.9297642]
= 558,0MeV
Per nukleon: 558,0/64≈8,72 MeV/nukleon
=
2
( 35 − 29)
2
MeV
≈
⋅931,494 MeV =

E bind
= A − C A
5C
1
2
2 / 3
− C
2
( Z −1) ( N − Z )
Z
A
1/ 3
− C
2 / 3 30 ⋅ 29
= 15,8 ⋅ 64 −17,8
⋅ 64 − 0,71 − 23,7 ⋅
1/ 3
64
≈ 1011,2 − 284,8 − 0,71⋅
217,5 − 23,7 ⋅ 0,25 ≈
≈ 566, MeV
Per nukleon: 566,5/64≈ 8,85 MeV/nukleon
E
=
bind
[ M + 34m
− M ]
=
Zn
30
H n (64)
[ 30 ⋅1,007825
+ 34 ⋅1,008665 – 63.92914]
= 559,1MeV
Per nukleon: 559,1/64≈8,74 MeV/nukleon
3
=
4
A
( 34 − 30)
64
=
2
MeV
⋅931,494 MeV =
64 Zn har högre bindningsenergi än 64 Cu, trots att den har en proton mer. Detta
förklaras av att 64 Zn har ett jämnt antal av både protoner och neutroner vilket ger
ett hårdare bundet tillstånd. Vätskedropsmodellen tar inte hänsyn till detta.
Vätskedroppsmodellen förutsäger dock bindningsenergin i dessa fall inom 2%.
I verkligheten har vätskedroppsmodellen ännu en term för just jämna respektive
udda antal neutroner och protoner.
≈
Ex11:3 Om vi beräknar från Q-värdet: 1g av 210 Po som sönderfaller ger en
avgiven energi av Q*N A /M po där poloniumatomens massa M po antas vara
210 u. Under 1 dag sönderfaller en andel av 1-e -1/138 av poloniumkärnorna
≈ 0,00722
1 g polonium avger då under det först dygnet
E ≈ 0,00722⋅5,407 MeV⋅6,022⋅10 23 /210≈1,11⋅10 26 eV. Dödlig absorberad
dos är 0,4 Gy, dvs 0,4 J/(kg kroppsvikt). För en kroppsvikt om 100 kg
motsvarar det 40 J vilket gör att det krävs 40J/(1,11⋅10 26 eV ⋅ 1,602⋅10 -19
J/eV) g 210 Po ≈ 2.25 μg.
Utgick vi istället från informationen att 1 g 210 Po get 140W, får vi under 1
dygn att 1g ger 3600s ⋅24⋅ 140 J/s ≈ 1,21⋅10 7 J. 40 J motsvarar då
40/1,21⋅10 7 ≈ 3,3 μg.
Hur rimlig är approximationen att vi bara räknar under det första dygnet?
Egentligen är det fel eftersom poloniet knappast har försvunnit ut ur
kroppen så fort. En del atomer blir kvar, en del kommer ut med avföring
och kanske urin. Med en halveringtid om 138 dagar bör man räkna med
betydligt längre tid. Det är också tveksamt att räkna på hela kroppsvikten.
Om man förtär 210 Po kommer huvuddelen av strålningen att avges i mer
begränsad kroppsvolym som där kan ge upphov till dödlig skada.

I wikipedia-sidan kan man läsa vidare:
“The fatal dose (LD50, the dose that leads to 50% risk of death) for acute radiation exposure is
generally about 4 Sv [5]. One Bq of 210 Po (i.e., an amount that produces one decay per second)
causes a radiation dose of 0.51 µSv if ingested 210 Po, and 2.5 µSv if inhaled [17] . Since 210 Po radiates
166 TBq per gram [17] , a fatal 4 Sv dose can be caused by ingesting 8 MBq (200 microcurie), about
50 nanogram, or inhaling 1.6 MBq (40 microcurie), about 10 ng. One gram of 210 Po could thus in
theory poison 100 millon people. In addition to the acute effects, short-term radiation exposure
carries a long-term risk of death from cancer of approximately 8% per Sv [6].
In rats a dose of 1.45 MBq/kg (8.7 ng/kg) of 210 Po tends to cause death in about 30 days [18] . By this
measure, 210 Po is 400,000 times more toxic than hydrogen cyanide [7].
The maximum allowable body burden for ingested polonium is only 1,100 Bq (0.03 microcurie),
which is equivalent to a particle weighing only 6.8 picograms. The maximum permissible
concentration for airborne soluble polonium compounds is about 7,500 Bq/m 3 (2 × 10 -11 µCi/cm 3 ).
The biological half-life of polonium in humans is 30 to 50 days. [19]
Notably the death in 2006 of Alexander Litvinenko has been announced as probably
due to 210 Po poisoning. [20] ”
Ex11:4 131 I antas ha molvikten 131 g ⇒ 50 kg 131 I innehåller N 0I = 10/0,131 ·
6,022·10 23 kärnor. Pss innehåller 50 kg 60 Co N 0Co = 10/0,060 ·
6,022·10 23 kärnor.
Effekten av den skyddande blydräkten:
För sönderfall från 131 I: 1 mm bly stoppar (1-e -0.1 ) = 9,5% av fotonerna.
Genomsnittligt bidrag blir då 0.905 · 365 keV = 330,3 keV ≈ 5,29·10 -14 J
per sönderfall.
Från 60 Co: 1 mm bly stoppar (1-e -0,05 ) ≈ 4,9 %.
Genomsnittligt bidrag: 0,951 · (1173 + 1332) keV ≈ 3,82·10 -13 J
Eftersom vi gör en överslagsberäkning och en timme

Detta problem innehåller rätt många beräkningar. Diverse mindre slarvfel
innebar inte poängavdrag på tentan. Andra approximationer än de ovan
accepteras om de motiveras på ett korrekt sätt.
Ex11:5 Genom att rita upp ett diagram av logaritmen som funktion av tiden ser
man att det rör sig om två distinka sönderfallskonstanter. Genom att
betraka antal sönderfall per tidsenhet vid 100 respektive 200 s syns
tydligt att den ena halveringstiden är nära 100 s. Mha
ln 2
−3
sönderfallskonstanten λ = ≈ 6.93⋅10
s -1 kan bidraget från
T
1/ 2
sönderfallen från av komponenten med den längre halveringstiden vid 0,
5, 10 och 20 s beräknas med
R = R 0 e -λt där R 0 ≈ 485.2 till 485, 469, 453 och 422 vilket ger att
sönderfallsraten av den kortlivade nukleiden är 41580, 20793, 10398,
2601. Av detta ser man att den kortlivade nukleiden har en halveringstid
som är nära 5 s.
⎛ R ⎞
− ln
⎛ 2601 ⎞
⎜
⎟ − ln⎜
⎟
0 41580
Sönderfallskonstanten är
⎝ R
λ =
⎠
≈
⎝ ⎠
≈ 0. 1386 .
t
20
Vid tiden t = 0 förväntas vi ha N 0 = R 0 /λ kärnot av vardera nukleiden
dvst totalt N ≈ 41580/0.1386 + 485.2/0.00693 ≈ 300000 +
70000 ≈ 3,70 10 5 kärnor
Ex11:6 Bor’s molvikt är 10.811 kg/kmol. I 1m 3 bor finns då 2460/10,811 kmol ≈
227·6,022·10 26 boratomer. Antalet bor-10 kärnor per volymsenhet är då
n≈0,2·227·6,022·10 26 .
Linjära absorbtionskoefficienten blir då μ = σn där tvärsnittet σ =3835 b =
3835·10 -28 m 2 vilket ger μ ≈ 0,2·227·6,022·10 26·3835·10 -28 m -1 ≈ 10485 m -1
= 10,485 mm -1 .
För att 99% skall stoppas krävs då att e -μx = 0,01 vilket ger att
x = -ln(0,01)·1/μ ≈ 4,605/10,485 mm ≈ 0,44 mm
Ex11:7 Ur den första figuren ser man 236 U har en bindningsenergi av ca 7,2 MeV
per nukleon. Ur den andra figuren ser man att de vanligaste
sönderfallsprodukterna har massnummer kring 140 och 95. Eftersom två
neutroner frigörs finns 236-2=234 nukleoner som dessa
sönderfallsprodukter skall dela på. Vi väljer då att använda 139 resp 95
nukleoner i de två fragmenten. Bindningsenergierna för dessa är ca 8,0
resp 8,4 MeV per nukleon. Q-värdet för reaktionen blir då: 139*8,0 +

95*8,4 – 236*7,2 ≈ 200 MeV. Varje 236 U-sönderfall ger sålunda ca 200
MeV = 3,2*10 -11 J. Antalet nödvändiga sönderfall per sekund vid 30%
verkningsgrad blir då N=1*10 9 /(0,3*3,2*10 -11 ) ≈ 10 20 . Detta motsvarar ca
235/(6*0,3)*10 -3 ≈0,130 g 235 U som förbrukas per sekund.
Ex11:8 Antalet kärnor per volymsenhet, n, av det undersökta ämnet ges av
densiteten delat med molvikten:
n = 1,5 ⋅10 3 kg/m 3 / 14,04 kg/kmol ⋅ 6,022 ⋅10 26 kärnor/kmol ≈ 6,43⋅10 28
kärnor/m 3
Om antalet infallande neutroner är N 0 kommer efter sträckan x,
N 0 (1-e -nσx ) neutroner att ha absorberats, där σ är tvärsnittet. Med 30%
effektivitet krävs för att få 100 γ per dm 2 och s att N 0 ≥ 100/(0.3⋅(1-e -nσx ))
≈ 100/(0,3 ⋅ (1- e -0,4⋅10-28⋅6,43⋅1028⋅0,1 ) ≈ 1470 neutroner/(s⋅dm 2 )

Kap12.
Ex12:1 Rörelsemängden hos en foton ges av p = E/c = hf/c = h/λ
Dopplerskiftet vid rörelse bort från ljuskällan ges av
1 − β
fobs
= fkälla
där β = v/c. Detta ger motsvarande relation för
1 + β
rörelsemängden.
p källa = h/450 nm = (4,136·10 -15 eVs · 2,998·10 8 m/s) /(450·10 -9 m · c) =
2.75 eV/c
Pga att ljus reflekteras med samma våglängd som det inföll, blir
överföringen av rörelsemängd dubbelt så stor som det infallande ljusets
rörelsemängd.
Vi får då vid
β =0.1: p trans = 2 · sqrt(0.9/1.1) · 2,75 eV/c ≈ 4,79 eV/c
β = 0.9: p trans = 2 · sqrt(0.1/1.9) · 2,75 eV/c ≈ 1,26 eV/c
Mao mindre rörelsemängdsöverföring vid högre hastighet.
Ex12:2 För accelererad myon gäller att E = γmc 2 . Antalet myoner har minskat
med en faktor 4 efter 2 halveringstider, dvs vid T = 2 ln2 ·τ labb där τ labb
pga tidsdillationen är γτ ⇒
E
1000 −6
T = 2ln 2 ⋅ τ = 2 ⋅ 0,693 ⋅ ⋅ 2,2 ⋅10
s = 29 ms
2
mc
0,106
r
är invariant. I masscentrumsystemet för e + e - är
summan av rörelsemängderna = 0, dvs
Ex12:3 a) ( ∑E ) 2 − ( ∑ pc
) 2
r
E cm = ∑
2 2
2
2
( ∑E
) − ( pc
) = (9 + 3,1) − (9 − 3.1) GeV ≈ 10,6 GeV
b) Medellivstiden i laboratorie-systemet måste korrigeras för tidsdilatation,
dvs den blir γτ där τ är medellivstiden i vilosystemet. Hastigheten
partikeln färdas med är βc. Medelsträckan som B 0 -mesonen färdas blir
då βγcτ = 0,556 ⋅ 2,998⋅10 8 m/s ⋅ 1,536⋅10 -12 s ≈ 256 μm.
Ex12:4 Linjära absorbtionskoefficienten fås som μ =ln2/L 1/2 där L 1/2 är
halvvärdestjockleken. Ur detta fås tvärsnittet som σ = μ/n där n är antal
wolframatomer per volymsenhet.

n = densitet ⋅ N A /molvikt
= 19,3⋅10 3 kg/m 3 ⋅ 6,022⋅10 23 atomer/mol / 0,1834 kg/mol ≈ 6,34⋅10 28 m -3
a) Detta ger σ = ln2/( L 1/2 ⋅ n) = 0,693/(8⋅10 -3 m ⋅ 6,34⋅10 28 m -3 )
≈ 13,7 ⋅ 10 -28 m 2 =14 b
b) Sök x så att e -μx = (1-0,80) = 0,20 ger
x = - (ln0,2/ln2) ⋅ L 1/2 ≈ 1.609/0.693 ⋅ 8 mm ≈ 18,6 mm,
dvs det behövs 37 plattor
1
Ex12:5 Ur Cherenkovformeln fås att β = ≈ 0. 9999164 . Relativistisk
ncosθ
1
rörelsemängd ges av p = mβγc
där γ = . Detta ger att massan är
2
1−
β
2
p 1−
β
m =
βc
myon.
8.2GeV
/ c ⋅0.012930
2
≈
≈ 0.106GeV
/ c . Partikeln bör vara en
0.9999164c
Ex12:6 a) Energierna kring 0.3 eV tyder på en vibrationsövergång med
överlagrade rorationsövergångar. Troligaste vibrationsövergången är
från υ=1 till υ=0. Vi antar att spektrumet är ett absorbtionsspektrum.
Rotationsövergångar till vänster om ”hålet” vid ca 0,317 eV är
övergångar där rörelsemängdsmomenskvanttalet l minskar med en
enhet och den första linjen vid 0,315 eV är från l =1 till 0, därefter från
l =2 till 1 osv. Till höger ökar l med en enhet, dvs linjen vid 0,3188 eV
är övergången l =0 till 1, därefter l =1 till 2 vid 0,3205 eV osv.
b) Fotonen har spinn = 1. Eftersom totala rörelsemängdsmomentet skall
bevaras kräver övergången att Δl = ±1.

c) Energiskillnad för övergång mellan l-1 till l ges av:
2
2
h
h
ΔE
= El−
1
− El
= {(
l −1)
l − l(
l + 1)
} = − l
2I
I
CM
Energin ΔE räknas från energin för vibrationsövergången.
Energiskillnaden mellan varje linje till vänster (även höger) om ”hålet”
2
h
motsvarar då . Vi har att I CM = μR 2 0 där μ är den reducerade
I
CM
1,00794 ⋅ 79,904
massan och R 0 atomavståndet. μ =
u = 0.995u
1,00794 + 79,904
h
I
2
CM
fås ur figuren till (0.315 – 0.299)/7 eV≈ 2,3 meV
CM
⇒
2 2
2
I
CM h c 1 (197,3)
R0 =
≈ ⋅
nm ≈ 1,4 Å
2 2
−3
6
h μc
2,3 ⋅10
0,995⋅931,5
⋅10
(Att det inte är helt perfekt syns i figuren eftersom avståndet mellan linjer
till vänster resp. höger om ”hålet” inte är lika. Detta orsakas av att
rotationsnivåerna inte är exakt desamma i de två vibrationstillstånden).
Ex12:7
E = hω
= hf
= 6.6 × 10
−28
J
Antal kvanta per period är lika med energin per period genom energin
per kvantum:
(utstrålad energi per sekund) × (tiden för en period i sekunder) / (energin
3 −6
−28
25
per kvantum) = ( 50×
10 ) × (10 ) /(6.6 × 10 ) = 7.58×
10
2 2 2 2 2
h k h (2π
) h
h
Ex12:8 E = 100 eV = = = ⇒ λ = = 0. 12
2
2
2m
2mλ
2mλ
2mE
nm
Ex12:9 Lösningarna har formen
ikx −ikx
⎧Ae
+ Be , x < 0
ψ ( x)
= ⎨ −κx
⎩ Ce , x > 0
där
2 2 2 2
h k h κ
E = = − + V0
⇒ k = 2mE,
κ =
2m
2m
Kontinuitetskrav i x = 0:
A + B = C
( A − B)
k = Cκ
2m(
V
0
− E)

Dividera ekvationerna, lös ut
C
B, och förenkla:
A
x
x
A
x
x
A
B
A
C
A
x
x
A
x
x
A
k
k
A
k
k
B
E
V
x
x
k
B
A
B
A
k
B
A
B
A
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
−
+
=
−
−
−
+
=
+
=
−
−
−
=
−
−
−
−
=
−
−
=
+
−
=
=
−
=
=
+
−
⇒
=
+
−
2
1)
(1
1
2
1)
(1
2
1)
(1
1)
(
1
1)
(1
)
/
(
1
)
/
(1
/
1
/
1
1,
2
2
2
2
2
2
0
κ
κ
κ
κ
κ
κ
Ex12:10
0
1
ˆ
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
/
3
2
/
2
2
/
2
/
2
/
*
=
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
−
=
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
=
=
∫
∫
∫
∫
∞
−∞
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
dx
xe
a
i
dx
e
a
x
e
a
i
dx
e
x
i
e
a
dx
p
p
a
x
a
x
a
x
a
x
a
x
π
π
π
ψ
ψ
h
h
h
eftersom integranden är en udda function.
2
2
6
4
2
2
/
4
2
2
2
2
/
4
2
2
2
/
2
2
/
2
2
/
2
2
/
2
2
/
2
*
2
2
1/
2
1
1
1
1
1
1
ˆ
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
a
a
a
a
dx
e
a
x
a
a
dx
e
a
x
a
e
a
dx
e
a
x
x
e
a
dx
e
x
i
e
a
dx
p
p
a
x
a
x
a
x
a
x
a
x
a
x
a
x
h
h
h
h
h
h
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
⋅
+
−
= −
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
−
=
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
−
=
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
∂
∂
−
=
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
∞
−∞
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
π
π
π
π
π
π
ψ
ψ
Ex12:11
0
1
1
ˆ
2
2
2
2
2
2
/
2
/
2
/
*
=
=
=
= ∫
∫
∫
∞
−∞
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
dx
xe
a
dx
xe
e
a
dx
x
x
a
x
a
x
a
x
π
π
ψ
ψ
eftersom integranden är en udda function.
2
1/
2
1
1
1
ˆ
2
6
/
2
2
/
2
2
/
2
*
2
2
2
2
2
2
2
a
a
a
dx
e
x
a
dx
e
x
e
a
dx
x
x
a
x
a
x
a
x
=
⋅
=
=
=
=
=
∫
∫
∫
∞
−∞
−
∞
−∞
−
−
∞
−∞
π
π
π
π
ψ
ψ

Enligt föregående problem är
2
2
2
2
0,
a
p
p
h
=
=
(a) Väntevärdet av kinetiska och potentiella energin:
4
4
/
2
2
1
2
1
4
/
4
4
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
h
h
h
h
h
h
h
=
⋅
=
⋅
=
=
⋅
=
=
⋅
=
m
m
a
m
x
m
m
m
ma
a
m
m
p
2
0
hω
=
⇒ E OK!
(b)
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
h
h
h
=
⋅
=
Δ
⇒ Δ
=
−
=
Δ
=
−
=
Δ
a
a
p
x
a
p
p
p
a
x
x
x
Alltså uppfyller harmoniska oscillatorns grundtillstånd Heisenbergs
osäkerhetsrelation
2
h
≥
Δ
Δ
p
x som en likhet.
Ex12:12
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
z
y
x
r
ik
z
y
x
z
ik
y
ik
x
ik
r
ik
k
k
k
m
m
k
E
E
m
k
Ae
k
k
k
m
e
e
Ae
z
y
x
m
Ae
z
y
x
m
z
y
x
m
z
y
x
+
+
=
=
⇒
Ψ
Ψ =
=
=
−
−
−
= −
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= −
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= −
⎟ Ψ =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−
⋅
⋅
h
h
h
h
h
h
h

Ex12:13
Vi kommer att behöva följande integral:
aq
aq
q
ar
aq
aq
q
ar
aq
q
ar
q
ar
e
a
a
q
a
q
e
a
a
q
da
d
dr
e
r
e
a
a
q
a
e
da
d
dr
re
a
e
a
e
dr
e
−
−
∞
−
−
−
∞
−
−
∞
−
∞
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
= −
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
= −
⇒
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ −
=
∫
∫
∫
3
2
2
2
2
2
2
2
1
1
Vi får nu, med
π
φ
θ
4
1
2
)
,
,
( 0
/
3
0
a
r
e
a
r
−
=
Ψ :
0.68
5
)
(2 /
2
)
(2 /
2
2 /
4
4
1
4
)
,
,
(
)
(
2
2
3
0
2
0
0
0
2
0
3
0
1
/
2
2
3
0
2
2
0
0
0
0
=
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
⋅
=
=
Ω
=
Ω Ψ
=
>
−
−
=
∞
−
∞
∫
∫
∫
∫
e
e
a
a
a
a
a
a
d
dr
e
r
a
r
d
dr
r
a
r
P
a
a
r
a 43
42
1 π
φ
θ
Ex12:14 Joniseringsenergin är
1.51
3
13.6
3
)
2(4
0 2
2
2
2
0
4
3 =
=
+
=
−
= =
∞
h
πε
me
E
E
E n eV
Ex12:15 Väntevärdet av potentiella energin är
0
0
2
4
0
2
0
3
0
0
2
0
3
0
0
2
0
/
2
0
3
0
2
3
0
0
2
0
2
/
2
0
3
0
0
2
0
2
16
1/
6
4
1
1/
2
1
1/
1
2
1
4
4
2
1
4
2
1
1
2
1
4
4
0
0
a
e
a
a
a
a
a
a
e
dr
e
a
r
a
r
r
a
e
dr
r
e
a
r
r
a
e
r
e
V
a
r
a
r
πε
πε
πε
πε
πε
= −
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
+
⋅
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
= =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
= =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
= ⎛ −
−
= ∫
∫
∞
−
∞
−
Kinetiska energin fås ur:
0
0
2
0
0
2
4
0
0
2
32
16
2
)
(4
2 a
e
a
e
a
e
V
E
T
V
T
E
πε
πε
πε
=
+
= −
−
=
⇒
+
=

Kap 13. Exempeltentamen
1. I ett tabellverk kan man läsa att cτ = 491 μm för en B + -meson, där c är ljushastigheten
i vakuum och τ är medellivslängden i partikelns vilosystem. Samtidigt finner man i
beskrivningen från ett experiment att medelsträckan en B + -meson färdas innan den
sönderfaller är 3 mm. Vilken rörelsemängd måste B + -mesonen ha i experimentet?
(B-mesonens massa är 5279,0±0,5 MeV/c 2 ) (5p)
Lösning: Rörelsemängd som vi mäter i labbet är p = mγβc, där mesonen färdas med
hastighet βc. γ är Lorentz-faktorn. Tidsdillatation ger att vi i labbet då mäter en
meddelivstid av γτ vilket ger medesträcka inna sönderfall L= γβcτ. Ur detta fås att
γβ=L/cτ dvs är p = mγβc = mc L/cτ ≈ 5279 * 3/0,491 MeV/c ≈ 32 GeV/c
2. En elektron med försumbar energi binds med en heliumkärna He 2 + .
Vilken våglängd har den emitterade fotonen? (5p)
Lösning:
Den emitterade fotonens energi är samma som minus joniseringsenergin. Med
kärnladdningstalet Z = 2 fås:
2 4
mZ e
E = −En = 1
= +
= 4 ⋅13.6
= 54.4 eV
2 2
2(4πε
0
) h
Detta motsvarar den emitterade fotonvåglängden
hc hc
E = ⇒ λ = = 228 Å
λ E
3. I en doktorsavhandling som försvarades våren 2006 diskuteras en ny detektor tänkt att
användas vid bestrålning av cancerpatienter. I denna detektor mäts γ-fotoner som
passerat patienten från bestrålningen. I en av de studerade detektoruppställningarna
uppskattades att det krävdes 8 mm av wolfram innan hälften av inkommande fotoner
med 18 MeV energi har växelverkat.
Densiteten hos wolfram ur tabell är 19,3 ⋅ 10 3 kg/m 3 .
c) Beräkna tvärsnittet för att 18 MeV fotoner växelverkar i wolfram. (3p)
d) Detektorn består av ett antal 0,5 mm tjocka wolframplattor. Hut många plattor
behövs för att 80% av de inkommande fotonerna skall ha växelverkat? (2p)
Lösning: Linjära absorbtionskoefficienten fås ur μ =ln2/L 1/2 där L 1/2 är halvvärdestjockleken.
Ur detta fås tvärsnittet som σ = μ/n där n är antal wolframatomer per
volymsenhet. n = densitet ⋅ N A /molvikt
= 19,3⋅10 3 kg/m 3 ⋅ 6,022⋅10 23 atomer/mol / 0,1834 kg/mol ≈ 6,34⋅10 28 m -3
a) Detta ger σ = ln2/( L 1/2 ⋅ n) = 0,693/(8⋅10 -3 m ⋅ 6,34⋅10 28 m -3 ) ≈ 13,7 ⋅ 10 28 m ≈
14 b
b) Sök x så att e -μx = (1-0,80) = 0,20 ger
x = - (ln0,2/ln2) ⋅ L 1/2 ≈ 1.609/0.693 ⋅ 8 mm ≈ 18,6 mm,
dvs det behövs 37 plattor

4. Krafterna mellan atomerna i en HCl-molekyl kan approximativt representeras av en
fjäder med fjäderkonstanten 516 N/m. Detta innebär att atomerna kommer att utföra
en harmonisk svängningsrörelse i förhållande till varandra. Beräkna den lägsta och
den näst lägsta energinivån för denna rörelse. (5p)
Lösning:
Schrödingerekvationen för den relativa rörelsen blir
2 2
h d ψ 1 2 2
− + mω
x ψ = Eψ
2
2μ
dx 2
2 k
ω =
μ
Energinivåerna i vibrationsrörelsen ges därför av harmoniska oscillatorlösningen:
E = ( n +
1 ) 2
, n =
n
h ω 0,1,2,...
Numeriskt:
= m1m2
1⋅
35.5
−27
μ = = 1.615×
10
m + m 1+
35.5
u
1
2
k
μ
1
−20
E0 =
2
h = 2.98×
10 J = 186 meV
k
E1 = (1 + E 10
μ
1
−20
2)
h = 3
0
= 8.95×
J = 558 meV
5. Hur mycket förväntas ledningsförmågan i en halvledare med bandgapet 1 eV öka om
temperaturen ökar från rumstemperatur, 300K, med 5 K till 305K? (5p)
Lösning:
Ledningförmågan motsvarar antal elektroner i ledningbandet vilket ges av
N
exciterade
=
≈ ρ
E
E + 1/ 2E
F
E + 0,5⋅E
F
top
∫
ρ(
E)
⋅
∞
∫
gap
gap
e
f
FD
dE
( E−E
) / k T
F
( E)
⋅ dE ≈
B
≈ ρ ⋅ k
+ 1
B
Te
−E
gap
/ 2k
T
där tillståndstätheten ρ(E) kan antas vara konstant över den del av ledningsbandet
där fördelningsfunktionen ger ett inte försumbart bidrag.
Förhållandet blir då:
B

N
N
≈
exciterade
exciterade
305
300
e
e
Svar: Ökningen är 39%
(305K)
≈
(300K)
−1/
2⋅8,6210
⋅
−1/
2⋅8,6210
⋅
−5
−5
⋅305
⋅300
ρ ⋅ k
ρ ⋅ k
≈
B
B
305
300
⋅ 305 ⋅ e
⋅ 300 ⋅ e
e
−E
−E
1/ 2⋅8,6210
⋅
gap
gap
−5
/ 2k
/ 2k
B
B
( 1 −
300
305K
300K
1 )
305
≈
≈ 1,39
6. I atomärt väte finns en uppsplittering i energinivå pga upplinjering mellan protonens
och elektronens spinn. Övergången resulterar i utsändade av radiovåg med 21 cm
våglängd. Övergången är ”förbjuden” vilket gör att den är sällsynt, samt att det
exiterade tillståndet är långlivat med livstid av ungefär 10 5 år. I galaxer finns dock
tillräckligt många vätaatomer för att vågor från denna övergång skall kunna
observeras på jorden.
a) Antag att medellivslängden motsvarar en tidsosäkerhet för tillståndet. Bestäm
osäkerheten i energiskillnaden vid mätning av övergången. (1p).
b) Vilken fotonenergi observeras om vågorna sänds ut från en galax med
hastigheten 0,1c jämfört med jorden? (4p)
Lösning:
a) 10 5 år motsvarar 10 5 ⋅365⋅24⋅3600≈3⋅10 12 s.
Heisenbergs osäkerhetsrelation ger: ΔE Δt
≥ h dvs vi får
2
−16
h 6,582 ⋅10
eVs
−28
ΔE
≥ ≈
≈ 1⋅10
eV
12
2Δt
2 ⋅3⋅10
b) Dopplerskift:
v
1+
λ =
c
obs
λ källa
= 21cm
⋅
v
1−
c
1+
0,1
1−
0,1
hc eV nm
Fotonenergin ges av E
1240 ⋅ 0,9
6
= ≈
≈ 5,34 ⋅10
− eV
λ 0,21m
1,1
(Fotnot: Notera att energiändringen hos fotonerna pga dopplerskiftet
≈5⋅10 -7 eV, är avsevärt mycket större än energiosäkerheten pga tillståndets
livstid)
7. En partikel med massa m rör sig i en endimensionell lådpotential som ges av
⎧∞
x < 0
⎪
V (x) = ⎨0
0 < x < a
⎪
⎩∞
a < x

Vid tiden t = 0 har vågfunktionen formen
2 ⎛ πx
⎞ 4 ⎛ 3πx
⎞
Ψ = sin⎜
⎟ + sin⎜
⎟
3a
⎝ a ⎠ 3a
⎝ a ⎠
Bestäm (a) vågfunktionen och (b) väntevärdet av energin vid en senare tidpunkt t .
Lösning:
(a) Energiegenfunktionerna och energiegenvärdena ges av
2 ⎛ nπx
⎞ −iEnt
/ h
ψ
n
( x,
t)
= sin⎜
⎟e
a ⎝ a ⎠
2 2 2 2
h kn
h ⎛ nπ
⎞
En
= = ⎜ ⎟
2m
2m
⎝ a ⎠
n = 1,2,...
Vågfunktionen vid t = 0 kan därför skrivas:
2 ⎛ πx
⎞ 4 ⎛ 3πx
⎞ 1 2
Ψ ( x,0)
= sin⎜
⎟ + sin⎜
⎟ = ψ
1(
x,0)
+ ψ
3
( x,0)
3a
⎝ a ⎠ 3a
⎝ a ⎠ 3 3
Notera att vågfunktionen är normerad. Vågfunktionen vid t = 0 blir:
1 2
2 ⎛ πx
⎞ −iE / 4 3
1t
h ⎛ πx
⎞
Ψ x,
t)
= ψ
1(
x,
t)
+ ψ
3
( x,
t)
= sin⎜
⎟e
+ sin⎜
⎟e
3 3 3a
⎝ a ⎠ 3a
⎝ a ⎠
E
1
(
3
2 2
h π
=
2
2ma
, E
3
2 2
9h
π
=
2
2ma
−iE
t / h
(b) Eftersom vågfunktionen är normerad blir väntevärdet av energin vid tiden t :
E
=
∫
1 *
= E1
ψ
1ψ
1dx
+ E3
3 14243
∫
= 1
E1
2E3
= +
3 3
*
Ψ HΨdx
=
∫
⎛
⎜
⎝
2
3
E1
2E3
= + E1
3 3
1
ψ
1(
x,
t)
+
3
∫
*
ψ
3ψ
3dx
+ E
14243
= 1
2 ⎞
ψ
3
( x,
t)
⎟
3
⎠
1
2
3
= 0
*
⎛
⎜
E
⎝
1
*
ψ
3ψ
1dx
+ E
14243
1
ψ
1(
x,
t)
+ E
3
3
2
3
2 2
2 2
2 2
1 h π 2 9h
π 19 h π
= ⋅ + ⋅ = ⋅
2
2
2
3 2ma
3 2ma
3 2ma
dvs tidsoberoende, vilket är ett exempel på energikonservation.
∫
∫
= 0
3
*
ψ
1ψ
3dx
=
14243
2 ⎞
ψ
3(
x,
t)
⎟dx
=
3
⎠

8. Vätekärnan består av en proton vilken har spinnet ½. Om vi jämför amplituden
med projektionen längs z-axeln får vi att i amplituden finns en faktor √(1/2(3/2)=
(√3)/2, medan projektionen har motsvarande faktor = ½.
För protonen får vi då att μ z =± (1/√3)⋅2,42 μ n .
Energiskillnad: Δ E = 2μ
z
B
−8
ΔE
2μ B 2 ⋅ 2,42 ⋅ 3,152 ⋅10
eV/T ⋅1T
Frekvensen blir då: f = = z
≈
≈ 21,3MHz ⋅
−15
h h 3 ⋅ 4.136 ⋅10
eV ⋅ s