QM in 3 Dimensionen. Kapitel Schrödinger Gleichung in 3 Dimensionen

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1 Kapitel 4 QM in 3 Dimensionen 4.1 Schrödinger Gleichung in 3 Dimensionen Schrödinger Gl.: i h Ψ t = HΨ Hamilton-Operator bekommen wir aus der klassischen Energie: 1 2 mv2 +V = 1 2m p2 x +p2 y +p2 z +V durch die standarte Substituition p x i h p y i h p z i h x y z oder p i h Wir bekommen i h Ψ t = h2 2m 2 Ψ+VΨ mit Laplace-Operator in Kartesischen Koordinaten 2 = 2 x y z 2 Die Wahrscheinlichkeit das Teilchen im Elementarvolumen zu finden ist Ψ r,t 2 dv, wobei dv = dx dy dz, mit der Normierungsbedingung: Ψ r,t 2 dv = 1 V 53

2 Wir integrieren über den ganzen Raum. Für zeitunabhängiges Potential benutzen wir den Ansatz Ψ r, t = ψ rφt, genauso wie in einer Dimension. Wir bekommen ein vollständiges System von stationären Zuständen Ψ n r,t = ψ n re ient/ h, wobei die räumliche Wellenfunktion ψ die Lösung der zeitunabh. Schr. Gl. ist: h2 2m 2 ψ +Vψ = Eψ Die allgemeine Lösung der zeitabh. Schr. Gl Ψ r,t = c n ψ n re ient/ h Konstanten c n bekommen wir, wie üblich, aus der Anfangsbedingung Ψ r, Bsp.: ein Teilchen im Quader Potential: Vx,y,z = Schr. Gl. im Quader: {, < x < a, < y < a, < z < a, sonst h2 2 ψ 2m x ψ y ψ z 2 = Eψ Ansatz: ψx,y,z = XxYyZz. Einsetzen, und mit XYZ dividieren: 1 d 2 X X dx Y d 2 Y dy d 2 Z Z dz 2 = 2m h 2 E Alle drei Summanden links sollen konstant sein. Wir notieren diese Konstanten mit k 2 x, k2 y, k2 z. Dann d 2 X dx 2 = k2 x X, d 2 Y dy 2 = k2 y Y, d 2 Z dz 2 = k2 z Z und E = h2 2m k2 x +k 2 y +k 2 z 54

3 Lösungen: Xx = A x sink x x+b x cosk x x Yy = A y sink y y+b y cosk y y Zz = A z sink z z+b z cosk z z Randbedingungen: X = Xa = = B x =, sink x a = = k x = n xπ a,n x = 1,2,... Normierung genauso wie für den unendlich hohen Potentialtopf: A x = 2/a. Ähnlich für X, Y. Letzendlich: 2 3/2 nx π ψx,y,z = sin a a x ny π sin a y nz π sin a z E = h2 π 2 2m a 2n2 x +n2 y +n2 z In 1D war es E n = h2 π 2 2m a 2n2 Finden wir Energiewerte und Entartung. 55

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5 Überprüfen Orthonormierung. Wir benutzen a πx πx sin a n sin a n = a 2 δ nn a a a ψijk ψ i j k = ψ ijk ψ i j k dxdydz 2 3 a πx πx a a = sin a a i sin a i dx dy dz = δ ii δ jj δ kk 4.2 Zentralpotential Typisches Problem: Zentralkraft. Das Potential ist V r = Vr = wir benutzen die Kugelkoordinaten. Laplace-Operator 2 = 1 r 2 r r r r 2 sinθ sinθ θ θ r 2 sin 2 θ φ 2 Ansatz: ψr,θ,φ = RrYθ,φ. Wir bekommen [ h2 Y d 2m r 2 dr r 2dR dr + R r 2 sinθ h2 2m 2 ψ +Vψ = Eψ θ sinθ Y θ + Dividieren mit RY, multiplizieren mit 2mr 2 / h 2 : { } 1 d r 2dR 2mr2 Rdr dr h 2 [Vr E] + 1 { 1 sinθ Y + 1 } 2 Y Y sinθ θ θ sin 2 θ φ 2 = ] R 2 Y r 2 sin 2 θ φ 2 +VRY = ERY Erste {...} ist nur von r abhängig, zweite {...}/Y nur von θ,φ, also beide Glieder sollen konstant sein. Wir notieren diese Separationskonstante mit ll + 1; hier kann l eine beliebige komplexe Zahl sein, aber später wird gezeigt, dass l ganzzahlig ist. l: die Nebenquantenzahl oder Drehimpulsquantenzahl. Die Gleichung für R 1 R d dr r 2dR dr 2mr2 h 2 [Vr E] = ll+1 57

6 soll man für jede Potentialfunktion Vr lösen. Die Winkelgleichung { 1 1 sinθ Y + 1 } 2 Y Y sinθ θ θ sin 2 θ φ 2 = ll+1 ist vom Potential unabhängig Winkelgleichung Winkelgleichung ist mit dem Ansatz Yθ, φ = ΘθΦφ lösbar. Zuerst schreiben wir die Gleichung um multiplizieren mit Y sin 2 θ: sinθ θ sinθ Y + 2 Y θ φ 2 = ll+1sin2 θy Einsetzen Yθ,φ = ΘθΦφ, dann mit ΘΦ dividieren: { 1 Θ [ sinθ d dθ sinθ dθ dθ ] } +ll+1sin 2 θ + 1 d 2 Φ Φ dφ 2 = Dann erscheint noch eine Separationskonstante, die wir mit m 2 notieren. Wir bekommen [ 1 sinθ d sinθ dθ ] +ll+1sin 2 θ = m 2 Θ dθ dθ 1 d 2 Φ Φ dφ 2 = m2 m heisst die magnetische Quantenzahl. Für Φ bekommt man eine sehr einfache Lösung Aus der Periodizitätsbedingung Φφ = e imφ Φφ+2π = Φφ = e 2πmi = 1 = m =,±1,±2,... Die Lösung für Θ kann man durch die Legendre-Funktionen und Legendre-Polynomen darstellen; die ist nur für ganzzahlige positive l und m l normierbar. Normierung: ψ 2 r 2 sinθ dr dθ dφ = Rr 2 r 2 dr Y 2 sinθdθ dφ = 1 58

7 Es ist bequem, die Funktionen separat zu normieren: Rr 2 r 2 dr = 1 π 2π Y 2 sinθdθ dφ = 1 Die normierte Winkelwellenfunktionen heissen Kugelflächenfunktionen: Y m l θ,φ = ǫ 2l +1l m! 4π l+ m! Pm l cosθe imφ mit ǫ = 1 m für m und ǫ = 1 für m <. Pl m sind Legendre-Funktionen. Die Funktionen Yl m sind orthogonal: π 2π [Y m l ] Y m l sinθdθ dφ = δ ll δ mm 59

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9 4.2.2 Radialgleichung Winkelfunktionen Y m l sind für alle Zentralpotentiale gleich, nur Rr ist von Vr abhängig. Die Gleichung ist Substitution: Dann R = u/r, d dr r 2dR dr 2mr2 h 2 [Vr E]R = ll+1r ur = rrr dr dr = [du dr r u]/r2, d r 2dR dr dr r d2 u dr 2 2mr2 h 2 [V E] u r = ll+1u r d 2 u dr 2 2m h 2 [V E]u = ll +1 u r 2 [ ] h2 d 2 u 2m dr 2 + V + h2 2m ll +1 r 2 u = Eu Wir vergleichen mit der zeitunabh. Schr. Gl. in einer Dimension: h2 d 2 ψ +Vψ = Eψ 2m dx2 = r d2 u dr 2 Die Gleichungen sind identisch, wenn wir das effektive Potential einführen: V eff = V + h2 ll+1 2mr 2 Zentrifugalterm, wie im Kepler-Problem: V eff = V + L2 z 2mr. Vergleich zeigt, dass 2 l-zahl den Drehimpuls beschreiben soll. Normierungbedingung ist jetzt Rr 2 r 2 dr = u 2 dr = 1 61

10 4.3 Bsp.: ein Teilchen in der Kugel Sei das Potential V = für r < a und V = sonst. Für r > a ist die Wellenfkt gleich Null. Für r < a: mit Randbediengung: ua =. Für l = : d 2 u dr 2 = k2 u h2 d 2 u 2m dr 2 + h2 2m ll+1 r 2 u = Eu d 2 u ll +1 dr2 r 2 u = 2mE h 2 u d 2 [ ] u ll+1 dr 2 = r 2 k 2 u k = 2mE h E = k2 h 2 2m = ur = Asinkr+Bcoskr Rr = ur/r = A sinkr r +B coskr r Wir verlangen, dass Rr begrenzt ist. Dann soll B =, sonst lim r Rr =. Randbediengung gibt: sinka = = ka = nπ, n = 1,2,... Die Energie ist: E n = k2 h 2 2m = π2 h 2 2ma 2n2, n = 1,2,... Genau wie im unendl. hoh. Potentialtopf in einer Dimension. Normierung: Mit Y = 1/ 4π A = 2/a ψ n = R n ry θ,φ = 1 sinnπr/a = 1 nπ/asinnπr/a = n π 2πa r 2πa nπr/a a 2a J nπr a, wobei J x = sinx/x ist die Bessel-Fkt nullter Ordnung. Allgemeine Lsg für l > bekommnt man durch Bessel- und Neumann-Fkt. 62

11 4.4 Wasserstoffatom Schwerer Proton in Koordinatenursprung und Elektron. Coulombsches Potential: Die radiale Gleichung lautet: h2 d 2 u 2m dr 2 + Vr = e2 1 4πε r [ ] e2 1 4πε r + h2 ll+1 2mr 2 u = Eu Die Aufgabe ist die Gleichung zu lösen und die erlaubte Werte der Energie zu bestimmen. Man kann zeigen, dass die normierbare Lösungen nur für existieren, mit und E n = E 1 n 2 mit E 1 = me4 32 h 2 π 2 ε 2 l =,1,2,...,n 1, n = 1,2,... = 13.6 ev m = l, l+1,...,l 1,l Hier n ist die Hauptquantenzahl. Das ist die berühmte Bohr-Formel. Bindungsenergie ist 13.6 ev. E 1 = h2 2ma 2 = 13.6, wobei a = 4πε h 2 me der Bohr-Radius ist. 2 Die Wellenfunktionen haben 3 Indexen: ψ nlm = R nl ryl m θ,φ, wobei n = 1,2,3,... l =,1,...,n 1 m = l, l+1,...,,1...l Z.B., der Grundzustand ist: ψ 1 = 1 e r/a πa 3 Funktionen sind orthonormiert: ψ nlm ψ n l m r2 sinθdθdφ = δ nn δ ll δ mm 63

12 Entartung: für jeden Wert von l gibt es 2l+1 möglichen Werten von m. Dann n 1 dn = 2l+1 = n 2 Andere Notation: Zustand des Elektron im Wasserstoffatom: l= ψ = n,l,m Weiter sehen wir, dass eigentlich sollen wir schreiben: Hier die Quantenzahl s entspricht Spin. ψ = n,l,m,s Bohr-Radius klassisch, grobe Schätzung. Aus der Unschärferelation: p h/a. Dann T = p2 2m = h2 2ma 2 Va = 1 e 2 4πε a Minimiert man die Gesamtenergie Ta+Va, erhält man a = 4πε h 2 me Spektrum des Wasserstoffatoms Wenn das Wasserstoffatom im Zustand n,l,m ist, dann soll es auch so bleiben, weil der Zustand stationär ist. Eine Störung Kollisonen mit anderen Atomen, Photonen, etc kann aber das System in einen anderen Zustand bringen. Energiedifferenz: 1 E γ = E i E f = E 1 n 2 1 i n 2 = hω = hν f E γ > : Emission eines Photons; E γ < : Absorption eines Photons. ν = c/λ = 1 λ = E 1 1 2π hc n i n 2 = R f n 2 1 i n 2 f 64

13 Hier R ist die Rydberg-Konstante. Übergänge zum Grundzustand, d.h. n f = 1: Lyman-Serie, ultraviolett. Übergänge zum ersten angeregten Zustand, d.h. n f = 2: Balmer-Serie, sichtbar. Übergänge zum zweiten angeregten Zustand, d.h. n f = 3: Paschen-Serie, infrarot. 4.5 Drehimpuls Klassisch: L = r p oder L x = yp z zp y L y = zp x xp z L z = xp y yp x Quantenmechanisch: den Operator des Drehimpulses bekommen wir durch die standarte Substitution: p x i h x p y i h y Kanonische Vertauschrelationen p z i h z In 3 Dimensionen Übung gelten kanonische Vertauschrelationen in 1D: [x,p] = i h: [r i,p j ] = i hδ ij [r i,r j ] = [p i,p j ] = Wir berechnen alle Operatoren sind distributiv! [L x,l y ] = [yp z zp y,zp x xp z ] = [yp z,zp x ] [yp z,xp z ] [zp y,zp x ]+[zp y,xp z ] In [yp z,xp z ] und [zp y,zp x ] alle Operatoren kommutieren = [yp z,xp z ] = [zp y,zp x ] = [yp z,zp x ] = yp z zp x zp x yp z = yp x p z z yp x zp z = yp x [p z,z] [zp y,xp z ] = xp y [z,p z ] [L x,l y ] = [yp z,zp x ]+[zp y,xp z ] = xp y [z,p z ] yp x [z,p z ] = i hxp y yp x = i hl z Mit x y, y z, und z x: [L x,l y ] = i hl z [L y,l z ] = i hl x [L z,l x ] = i hl y 65

14 Verallgemeinerte Unschärferelation: 1 2 σl 2 x σl 2 y 2i i hl z = h2 4 L z 2 = Zwei Komponenten des Drehimpulses sind nicht verträglich! Anderseits, der Operator L 2 = L 2 x +L2 y +L2 z kommutiert mit L x. Wir berechnen: [L 2,L x ] = [L 2 x,l x]+[l 2 y,l x]+[l 2 z,l x] = [L 2 y,l x]+[l 2 z,l x] Alle Kommutatoren kommutieren mit sich selbst. Weiter benutzen wir: [ˆB,Ĉ] = Â[ˆB,Ĉ]+[Â,Ĉ]ˆB [L 2,L x ] = L y [L y,l x ]+[L y,l x ]L y +L z [L z,l x ]+[L z,l x ]L z [L 2,L x ] = L y i hl z + i hl z L y +L z i hl y +i hl y L z = Also, [L 2,L x ] = [L 2,L y ] = [L 2,L z ] = Eigenwerte des Drehimpulsoperators L 2 und L z sind verträgliche Observablen = wir suchen nach gemeinsame Eigenzustände: L 2 f = λf und L z f = µf Wir benutzen Kletteroperatoren: Kommutator mit L z : L ± = L x ±il y [L z,l ± ] = [L z,l x ]±i[l z,l y ] = i hl y ±i i hl x = ± hl x ±il y [L z,l ± ] = ± hl ± Offensichtlich: [L 2,L ± ] = 66

15 N.R. für weitere Nutzung: L ± L = L x ±il y L x il y = L 2 x +L 2 y il x L y L y L x = L 2 L 2 z ii hl z Oder L 2 = L ± L +L 2 z hl z Aussage: Wenn f die Eigenfunktion von L 2 und von L z ist, dann L ± f ist es auch. Beweis: [L 2,L ± ] = = L 2 L ± f = L ± L 2 f = L ± λf = λl ± f L 2 L ± f = λl ± f = L ± f ist Eigenfunktion von L 2 mit dem selben Eigenwert λ. Weiter, L z L ± f = L z L ± L ± L z f +L ± L z f = ± hl ± f +L ± µf L z L ± f = µ± hl ± f = L ± f ist Eigenfunktion von L z mit dem neuen Eigenwert µ± h. Also, für vorgegebene λ gibt es eine Treppe von Zuständen mit Eigenwerten µ± h, µ±2 h,... Aber Eigenwert von L z sprich Messwert der z-komponente des Drehimpulses kann nich grösser als L sein = es gibt das höchste Niveau Funktion f t sodass L + f t = Den entsprechenden Eigenwert notieren wir mit l h wir sehen bald, dass l die Nebenquantenzahl ist. Genauso, es gibt das niedrigste Niveau Funktion f b sodass L f b = Den entsprechenden Eigenwert notieren wir mit l h. Wir benutzen jetzt die NR oben: L 2 = L L + +L 2 z + hl z = L 2 f t = λf t = L L + +L 2 z + hl zf t = + h 2 l 2 f t + h 2 lf t = h 2 ll +1f t = λ = h 2 ll +1 Ähnlich L 2 = L + L +L 2 z hl z = 67

16 L 2 f b = λf b = L + L +L 2 z hl zf b = + h 2 l2 f b h 2 lfb = h 2 l l 1fb = λ = h 2 l l 1 Also, ll+1 = l l 1 Eine Lösung ist l = l+1, aber das währe bedeuten, dass f b Niveau höher als f t Niveau ist! Andere Lösung ist l = l Wir wissen auch, dass die Eigenwerte von L z sich stufenweise ändern, mit dem Schritt h. Dann l h+n h = l h, wobei N eine ganze Zahl ist. Dann l = N/2 ist ganzzahlig oder halb-ganzzahlig: und Eigenwerte von L z sind m h, mit l =,1/2,1,3/2,... m = l, l+1,...,l 1,l Wir sehen bald dass m die magnetische Quantenzahl ist. Jeden Zustand beschreiben wir mit l,m, d.h. mit der Eigenfunktion f m l : L 2 f m l = h 2 ll+1f m l L z f m l = hmf m l D.h. Betrag des Drehimpulses ist h ll+1, z-komponente ist m h. Bemerkung 1: ll +1 > l = z-komponente ist immer kleiner als Betrag des Drehimpulses. Also, es kann nicht sein, dass L e z : das waehre bedeuten, dass alle drei Komponenten exakt bekannt sind, und das ist wegen der verallgemeinerten Unschärferelation 1 2 σl 2 x σl 2 y 2i i hl z = h2 4 L z 2 nicht möglich. Das Teilchen kann nicht einen definierten Drehimpuls haben. Bemerkung 2: Man kann zeigen, dass fl m = Yl m θ, φ. Kugelflächenfunktionen sind Eigenfunktionen von L 2 und L z. Bemerkung 3: Algebraische Methode Kletteroperatoren erlaubt, dass l und deswegen auch m ganzzahlig oder auch half-ganzzahlig sein kann. Mit dem Separationsansatz haben wir aber bekommen, dass l ganzzahlig sein soll. Widerspruch? 68

17 4.6 Spin Klassisch: Drehimpuls L = r p Rotations des Schwerpunktes und Drehimpuls S = I ω Rotation um den Schwerpunkt. Letzendlich, S ist die Summe von L von allen Punkten, also klassisch gibt es eigentlich keine Unterscheidung zwischen S und L. In der Quantenmechanik hat solche Unterscheidung eine fundamentale Bedeutung. In QM unterscheiden wir 1. Bahndrehimpuls L, z.b. wegen Rotation des Elektrons um Proton. 2. Interner Drehimpuls S, kann nicht durch eine Funktion von Raumkoordinaten geschrieben werden. Algebraische Theorie is zur Theorie des Drehimpulses ähnlich. Es gelten die kanonische Vertauschrelationen: wir nehmen die als Postulate Eigenwertgleichungen: [S x,s y ] = i hs z [S y,s z ] = i hs x [S z,s x ] = i hs y S 2 s m = h 2 ss+1 s m S z s m = hm s m Eigenzustände sind keine Funktionen, deswegen benutzen wir die ket-notation. Jetzt gibt es auch keine Grunde, die halb-geradzahlige Werte auszuschliessen: s =,1/2,1,3/2,... m = s, s+1,...,s 1,s Jedes Teilchen hat ein specifisches und konstantes wert von s: wir nennen den Wert Spin des Teilchens: π-mesonen haben Spin, Elektronen, Protonen und Neutronen haben Spin 1/2, Photonen haben Spin 1, u.s.w Spin 1/2 Das ist der wichtigster Fall. Es gibt nur zwei Eigenzustände: , 1 2, oder Spin aufwärts, oder 69

18 2. 1 2, 1 2, oder Spin abwärts, oder Zweizustandssystem: Eigenvektoren 1 χ + = χ = 1 Der allgemeine Zustand wird durch die 1 2 Matrix Spinor dargestellt: a χ = aχ + +bχ = b Die entsprechenden Operatoren sind 2 2 Matrizen. Die Eigenwertgleichungen für s = 1/2 lauten: S 2 χ + = 3 4 h2 χ + S 2 χ = 3 4 h2 χ und S 2 ist noch unbekannt: S 2 = Die erste Eigenwertgleichung ist dann: c d 1 e f oder c e Die zweite Eigenwertgleichung: c d e f = 1 c d e f = 3 4 h2 1 3 h 2 /4 = 3 4 h2 1 oder d f = 3 h 2 /4 Also, c = f = 3 h 2 /4, e = d = und S 2 = 3 4 h

19 Genauso, die Gleichungen S z χ + = h 2 χ + S z χ = h 2 χ liefern S z = h Mit Hilfe von Kletteroperatoren findet man S x = h 1 S 2 1 y = h 2 i i Zu merken: S i, S 2 sind hermitesch. Man schreibt S i = h 2 σ i, wo σ i die Pauli-Matrizen sind: 1 i 1 σ x = σ 1 y = σ i z = 1 Eigenvektoren und Eigenwerte von S z : χ + mit h/2 und χ mit h/2. Wir messen S z eines Teilchen im Zustand χ = aχ + +bχ. Mögliche Ergebnisse: S z = h/2 mit der W keit a 2 und S z = h/2 mit der W keit b 2. Jetzt messen wir S x. Eigenvektoren normierte und Eigenwerte von S x : χ x 1/ 2 + = 1/ 2 χ x = 1/ 2 1/ 2 Wir nehmen diese Vektoren als neue Basis. χ x + +χ x = 2 χ x + χ x = 2 mit λ = h/2 mit λ = h/2 = 2χ + = 2χ χ = aχ + +bχ = aχ x + +χ x / 2+bχ x + χ x / 2 71

20 χ = a+b χ x + + a b χ x 2 2 W keit, bei der Messung h/2 zu bekommen, ist a+b 2 /2. W keit, bei der Messung h/2 zu bekommen, ist a b 2 /2. Bsp. Sei ein Teilchen Spin 1/2 im Zustand: χ = i 2 Wie gross ist die W keit h/2 oder h/2 bei der Messing von S x und S z zu bekommen? Hier a = 1+i/ 6 und b = 2/ 6. Dann für S z : die W keit ± h/2 zu Messen ist bzw. a 2 = 1/3 und b 2 = 2/3. Erwartungswert h/2 1/3+ h/2 2/3 = h/6 Oder direkt: S z = χ S z χ = χ S z χ = S x = χ S x χ = χ S x χ = 1 i h/2 h/2 1 i h/2 h/2 1+i i = h 6 = h 3 Nochmal zur statistischen Interpretation. Sei Zustand des Teilchens χ +. Dann z-messung gibt immer h/2. Aber x-messung ist unscharf: die gibt ± h/2 mit W kei 1/2. Das bedeutet: der Zustand ist genau bekannt, aber das Teilchen hat kein bestimmten Wert der x-komponente des Spins. 72

21 4.7 Addition von Drehimpulsen Sei es 2 Teilchen mit Spin 1/2. Eg gibt dann 4 Varianten:,,, Total Spin? Zustand ist χ 1 χ 2. Wir schreiben: wobei S 1,2 z wirkt auf χ 1,2. Dann S z = S 1 z +S 2 z, S z χ 1 χ 2 = S 1 z +S 2 z χ 1 χ 2 = S 1 z χ 1 χ 2 +χ 1 S 2 z χ 2 = hm 1 χ 1 χ 2 +χ 1 hm 2 χ 2 S z χ 1 χ 2 = hm 1 +m 2 χ 1 χ 2 Die vier Varianten geben dann m = 1, m =, m =, m = 1. Also, es gbt einen extra Zustand mit m =. m soll mit Schritt 1 änedrn. Die Lösung: wir konstruiren Zustand 1 = Das kann man so begründen. Kletteroperator S ± = S x ±is y = h 1 ±i h i i Das gibt: Zwei andere Zustände: Das ist triplet-konfiguration. Singlet-Konfiguration: S = S 1 + S 2 1 S + = h S = h 1 S ± = h + h = h = 1 1 = = 1 2 Wenn wir S ± verwenden, dann bekommen wir, also l =. Allgemein: wenn zwei Spins s 1, s 2 gibt oder Drehimpulsen, dann die Summe ist s = s 1 +s 2,s 1 +s 2 1,s 1 +s 2 2,..., s 1 s 2 73

22 4.8 Teilchen im Magnetfeld Das magnetische Moment auch magnetisches Dipolmoment einer Stromverteilung klassisch µ = 1 r jdv 2 Oder µ = γ S Hier γ ist gyromagnetisches Verhältnis. Magnetisches Dipol im Feld B: es entsteht ein Drehmoment, so dass Dipol in die Richtung des Feldes gedreht wird, so dass freies Dipol wird µ B wie Kompasszeiger. Die Energie Bsp. Larmor-Precession H = µ B = γ B S Wir betrachten das Teilchen mit Spin 1/2 im Ruhe, im Magnetfeld B = B k. Dann Hamiltonian klassisch ist H = γb S z QM: Hamiltonian ist jetzt eine Matrix: H = γb h σ z = γb h 2 2 H hat die selbe Eigenvektoren wie σ z : 1. χ + mit E + = γb h/2 2. χ mit E = +γb h/2 1 1 Energie ist kleiner wenn Dipol parallel zum Feld ist. Hamiltonian ist zeitunabhängig = Die Lösung der zeitabhängigen Schr. Gl.: i h χ t = Hχ stellen wir durch die stationären Zustände dar: χt = aχ + e ie +t/ h +bχ e ie t/ h = ae iγb t/2 be iγb t/2 74

23 Konstanten bekommen wir aus der Anfangsbedingung: a χ = b Normierung: a 2 + b 2 = 1. Wir notieren: a = cosα/2, b = sinα/2. Dann: χt = cosα/2χ + e ie +t/ h +sinα/2χ e ie t/ h = Erwartungswerte: S x = χt S x χt = h 2 sinαcosγb t cosα/2e iγb t/2 sinα/2e iγb t/2 S y = χt S y χt = h 2 sinαsinγb t S z = χt S z χt = h 2 cosα Precession: Bewegung auf der Kegeloberfläche; Halbwinkel des Kegels ist α, Larmor Frequenz ist ω = γb. Bsp. Stern-Gerlach-Versuch. Falls das Feld nicht homogen ist, dann wirkt auch die Kraft: F = µ B Wegen Precession, die Kraft in x oder y Richtung wird rausgemittelt. Die Kraft in die z-richtung ist von der Richtung des Spins abhängig = Spaltung des Atomstrahles in zwei Strahlen. 75