<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[11pt,a4paper]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
%\topmargin=-1.5cm
%\oddsidemargin=-1.0cm
%\evensidemargin=-1.0cm
%\textheight=25cm
%\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}

{\bf TFY4215 Innf{\o}ring i kvantefysikk L{\o}sningsforslag  til Eksamen 30.\ mai 2018}  \\\\

{\bf1}) {\bf B}: $\lambda=hc/E=21$ pm \\

{\bf2}) {\bf ABCDE}: $\lambda = h/\sqrt{3mk_B T} = 0.11$ {\AA}. (Trykkfeil i svaralternativene.
Alle svar godkjennes.)\\

{\bf3}) {\bf C}: Midlere translasjonsenergi er $3k_B T/2$ (3 kvadratiske
frihetsgrader), slik at $v_{\rm rms} = \sqrt{\langle v^2 \rangle} = \sqrt{3k_B T/m}
\simeq 0.8$ km/s \\

{\bf4}) {\bf A}: $m = 180 \cdot 12u + 250 \cdot 19u = 6910u = 1.147 \cdot 10^{-23}$ kg,
slik at $\lambda = h/p = 2\pi\hbar/mv \simeq 0.7$ pm \\

{\bf5}) {\bf E}: Total energi: $E = K + m_e c^2 = 1.3 \cdot 10^{-13}$ J. Impuls:
$p = (1/c) \sqrt{E^2 - (m_ec^2)^2} = 3.36 \cdot 10^{-22}$ kg m/s = 630 keV/$c$ \\

{\bf6}) {\bf E}: Coulombpotensialet er $V(r) = -e^2/4\pi\varepsilon_0 r$, og i Bohr-modellen
er total energi $E = -e^2/8\pi\varepsilon_0 r$ (som med $r=a_0$ gir -13.6 eV). 
Dermed er $K = e^2/8\pi\varepsilon_0 r = -V/2$ \\

{\bf7}) {\bf B}: $\lambda = hc/(E_4-E_1) = 3.5\,\mu$m \\

{\bf8}) {\bf E}: Absoluttkvadratet av $\psi(x,t)$ blir p{\aa} formen
$f(x) + g(x) \cos \left( \frac{(E_4-E_1)t}{\hbar} \right)$, som oscillerer med periode
$T = 2\pi\hbar/(E_4-E_1) = 12$ fs \\

{\bf9}) {\bf D}: Sannsynligheten for {\aa} m{\aa}le $E_1$ er $|c_1|^2$, der
$$c_1 = \int_0^L \psi_1^*(x) \Psi(x,0) dx = \frac{\sqrt{10}}{\pi}
\left( \cos \frac{2\pi}{5} - \cos \frac{3\pi}{5} \right) \simeq 0.6221.$$
Dermed er $|c_1|^2 = 0.3870 \simeq 39\%$. \\

{\bf10}) {\bf A}: Siden $\psi_2(x)$ er antisymmetrisk og $\Psi(x,0)$ er symmetrisk
(om $L/2$), blir $c_2=0$. \\

{\bf11}) {\bf E}: De 20 elektronene vil okkupere de 10 laveste (romlige) tilstandene
$\psi_1, \dots, \psi_10$, to elektroner i hver, et med spinn opp og et med spinn ned.
Systemets totale energi er dermed
$$E = 2 \cdot \frac{\pi^2\hbar^2}{2m_e L^2} \left(1+4+9+16+25+36+49+64+81+100\right)=18\,{\rm eV}.$$

{\bf12}) {\bf D}: Minste fotonenergi som kan gi eksitasjon av et elektron er 
$\Delta E = E_{11}-E_{10}$ slik at $\lambda_{\rm max} = hc/\Delta E = 2.5\,\mu$m. \\

{\bf13}) {\bf B}: $k = m \omega^2 = 957$ N/m $\simeq$ 9.6 N/cm. \\

{\bf14}) {\bf C}: Klassisk tillatt omr{\aa}de i 1.\ eksiterte tilstand er bestemt ved
$E_1 &gt; m \omega^2 x^2/2$, som med $E_1 = 3\hbar\omega/2$ gir
$|x| &lt; \sqrt{3\hbar/m\omega} = 16$ pm. Dvs, en total utstrekning p{\aa} 32 pm. \\

{\bf15}) {\bf ABCDE}: Her er $\hbar\omega = 511$ meV og ved 300 K er $k_B T = 26$ meV,
slik at Boltzmannfaktoren blir ca $3 \cdot 10^{-9}$. Det betyr at nesten alle 
molekylene befinner seg i grunntilstanden mhp vibrasjonsfrihetsgradene. En liten {\o}kning
i temperaturen vil i liten grad p{\aa}virke dette, slik at vibrasjonsfrihetsgradene ikke
bidrar til gassens varmekapasitet. (Det klassiske ekvipartisjonsprinsippet gjelder derfor
ikke for vibrasjonsfrihetsgradene.) (En gammel versjon av vibrasjonsfrekvensen fra
litteraturen f{\o}rte til feil verdi p{\aa} Boltzmannfaktoren, derfor poeng for alle
svar p{\aa} denne oppgaven.) \\

{\bf16}) {\bf C}: Fj{\ae}rkonstanten p{\aa}virkes ikke av at hydrogenkjernen f{\aa}r tilf{\o}rt
et n{\o}ytron. Redusert masse {\o}ker, fra $38u/40$ til $38u/21$. Dermed reduseres frekvensen
med faktoren $\sqrt{21/40} = 0.7246$, og blir i DF $8.98 \cdot 10^{13}$ Hz. \\

{\bf17}) {\bf C}: $[x,\hat{p}_x] = i\hbar$ \\

{\bf18}) {\bf A}: $[x,\hat{L}_x] \sim [x,y\frac{\partial}{\partial z}-z\frac{\partial}{\partial y}]=0$ \\

{\bf19}) {\bf E}: $[x,\hat{K}]=-\frac{\hbar^2}{2m}\left(x\frac{\partial^2}{\partial x^2}-
\frac{\partial^2}{\partial x^2} \right) = \dots = \frac{\hbar^2}{m} \frac{\partial}{\partial x} =
i\hbar\hat{p}_x/m$ \\

{\bf20}) {\bf A}: $[\hat{p}_x,\hat{L}_x]=0$ \\

{\bf21}) {\bf D}: $[\hat{p}_x,V(x)] = \frac{\hbar}{i} \frac{\partial V}{\partial x}$ \\

{\bf22}) {\bf A}: $[\hat{p}_x,\hat{K}]=0$ \\

{\bf23}) {\bf E}: $E_{11} = (1 + 1/2 + 1 + 1/2)\hbar\omega = 3\hbar\omega$ \\

{\bf24}) {\bf D}: $\psi_{11} \sim \sin 2\phi$ og her er $\hat{L}^2 = \hat{L}_z^2 =
-\hbar^2 \partial^2/\partial\phi^2$, med egenverdi $L^2 = 4\hbar^2$. Dermed er
$L = 2\hbar$ \\

{\bf25}) {\bf C}: Like stor sannsynlighet for $L_z = -2\hbar$ som $+2\hbar$.
$\psi_{11}$ er ikke egenfunksjon til $\hat{L}_z$. \\

{\bf26}) {\bf A}: Vi trenger en egenfunksjon til $\hat{L}_z$ med egenverdi $-2\hbar$.
Da m{\aa} b{\o}lgefunksjonen v{\ae}re proporsjonal med $\exp(-2i\phi) = \cos 2\phi -
i \sin 2\phi$. Bruker vi de oppgitte sammenhengene, samt at $x=r\cos\phi$ og $y=r\sin\phi$,
kan vi skrive $\exp(-2i\phi) = (x^2-y^2-2ixy)/r^2$, og da gjenst{\aa}r bare en liten 
kontroll p{\aa} normeringsfaktorene f{\o}r vi kan konkludere med valget
$\psi_{20} - \psi_{02} -\sqrt{2}i\psi_{11}$.

{\bf27}) {\bf A}: Innsetting av den gitte pr{\o}vel{\o}sningen gir
$$E(k) = \frac{\hbar^2}{ma^2} \left ( 1 - \cos ka \right).$$
Dette er grafen i figur A. \\

{\bf28}) {\bf C}: Siden $\cos ka$ kan variere mellom $-1$ og $1$, blir b{\aa}ndbredden
$2\hbar^2/ma^2$. \\

{\bf29}) {\bf A}: Ingen nullpunkter i A, dermed grunntilstanden. \\

{\bf30}) {\bf D}: Tre nullpunkter i B, dermed 3.\ eksiterte tilstand. \\

{\bf31}) {\bf C}: $\psi_A$ har b{\o}lgelengde like i overkant av 8 nm. Det betyr at energien
er omtrent $\hbar^2 k_A^2/2m_e = 4\pi^2 \hbar^2/2m_e \lambda_A^2 = 0.02$ eV.
(Her kunne det l{\o}nne seg {\aa} bruke $\hbar^2/2m_e = 0.0378$ eV nm$^2$, dvs
$E_A = 0.0378 \cdot 4\pi^2/8^2 = 0.02$ eV.) \\

{\bf32}) {\bf B}: $\psi_B$ har $\lambda_B \simeq 2.2$ nm, slik at
$E_B \simeq 0.0378 \cdot 4\pi^2/2.2^2 = 0.3$ eV. \\

{\bf33}) {\bf A}: $\lambda \simeq 12$ nm utenfor br{\o}nnomr{\aa}det, slik at
$K = E - V_0 \simeq 0.0378 \cdot 4\pi^2/12^2 \simeq 0.01$ eV, som med $V_0 = 1.0$ eV gir
$E \simeq 1.01$ eV. \\

{\bf34}) {\bf B}: Et rimelig estimat fra figuren er $\lambda/2 = 2.5$ nm i grunntilstanden, 
i br{\o}nnomr{\aa}dene, dvs $\lambda = 5$ nm. Da er energien omtrent $0.0378 \cdot 4\pi^2/5^2 = 0.06$ eV. \\

{\bf35}) {\bf A}: 4.\ eksiterte tilstand har omtrent samme b{\o}lgelengde som grunntilstanden, og
derfor omtrent samme energi. \\

{\bf36}) {\bf E}: $\psi = A \exp(-\kappa x)$, der $\hbar^2 \kappa^2/2m_e = V_0 - E$.
Med oppgitte tallverdier: $\psi(7)/\psi(14) = \exp(7\kappa) = 23.56$, slik at
$\kappa = 0.451$ nm$^{-1}$. Dermed: $E = V_0 - 0.0378 \cdot 0.451^2 =
0.50 - 0.008 = 0.492$ eV. \\

{\bf37}) {\bf C}: Disse tilstandene har paritet $(-1)^l$ som med $l=2$ betyr like paritet. \\

{\bf38}) {\bf D}: Her er $L = \hbar\sqrt{2\cdot3} = \sqrt{6}\hbar$ og $L_z=\hbar$
siden $l=2$ og $m=1$. Dermed er vinkelen mellom $L_z$ (dvs $z$-aksen) og $\bold{L}$
bestemt ved $\cos\alpha = 1/\sqrt{6}$, dvs $\alpha = 66^\circ$. \\

{\bf39}) {\bf C}: $u_{32} = (R_{32} r)^2 \sim r^6 \exp(-2r/3a_0)$. Deriverer og setter
den deriverte lik null og finner maxpunkt for $r=9a_0$. \\

{\bf40}) {\bf A}: Utvalgsregelen for $\Delta l$ tilsier overgang til en $2p$-tilstand, slik at
fotonet har energi $13.6(1/4-1/9)$ eV = 1.889 eV. B{\o}lgelengden er da $hc/E=1237/1.889=656$ nm. \\

{\bf41}) {\bf C}: Vi har $Y_{21} \sim \sin\theta \cos\theta \exp(i\phi) =
\sin\theta \cos\theta (cos\phi + i\sin\phi)$. Siden $x/r = \sin\theta \cos\phi$,
$y/r = \sin\theta \sin\phi$ og $z/r = \cos\theta$ blir
$Y_{21} \sim xz + i yz \sim d_{xz} + i d_{yz}$. \\

{\bf42}) {\bf ABCDE}: Innsetting i definisjonen for $j$ og til slutt innsetting av $x=0$
gir $j = \hbar k_0/\sqrt{2\pi} m \sigma$. (Trykkfeil i oppgaven: Normeringskonstanten skulle ha 
inneholdt sigma kvadrert. Alle svar godkjennes.) \\

{\bf43}) {\bf A}: Av symmetrigrunner m{\aa} vi her ha $j=0$ i $x=0$. Det f{\o}lger ogs{\aa} direkte
av at den gitte $\Psi(x,0)$ er en reell funksjon. \\

{\bf44}) {\bf C}: Her er $R = 1-T = 0.04 = (2/10)^2$ slik at $(k-q)/(k+q) = 0.2$.
Siden $E \sim k^2$ og $E-V_0 \sim q^2$, finner vi etter hvert $E = 1.8 V_0 = 4.5$ eV. \\

{\bf45}) {\bf B}: 2 basisfunksjoner for hvert H-atom og 9 for hvert av de andre gir totalt
$2 \cdot 11 + 9 \cdot 14 = 148$. \\

{\bf46}) {\bf C}: Vi har 7 C-atomer, 6 N-atomer, 1 O-atom og 11 H-atomer. I alt 102 elektroner
som vil okkupere 51 molekylorbitaler. \\

{\bf47}) {\bf D}: Hvert atom har 3 frihetsgrader i 3 dimensjoner, slik at et molekyl med
$N$ atomer har totalt $3N$ frihetsgrader. 3 av disse tilsvarer ren translasjon av molekylet og
3 tilsvarer rotasjon av molekylet (med mindre det er et line{\ae}rt molekyl, hvilket ikke er
tilfelle her). Da gjenst{\aa}r $3N-6$ frihetsgrader knyttet til vibrasjonsbevegelsen, s{\aa}kalte
normale moder. Med 25 atomer blir dette 69 normale moder. \\

{\bf48}) {\bf D}: De to reaktantene har 3 translasjons- og 3 rotasjonsfrihetsgrader hver, i alt 12
frihetsgrader som ikke representerer vibrasjonsbevegelse. Produktet har bare 6 frihetsgrader som 
ikke tilsvarer vibrasjon. F{\o}lgelig har produktet 6 normale moder mer enn de to reaktantene til sammen.
(Antall frihetsgrader totalt er selvsagt det samme p{\aa} begge sider av reaksjonsligningen.) \\

{\bf49}) {\bf B}: Antall basisfunksjoner i den nevnte reaktanten er 39, i produktet 148. Forventet regnetid
for produktet er da ca $18 \cdot (148/39)^4 = 3733$ sekunder, dvs omtrent 1 time. \\

{\bf50}) {\bf E}: Reaksjonen er eksoterm og avgitt energi (varme) pr reaksjon er fra figuren ca 28 kcal/mol.
I enheten eV blir dette $28000 \cdot 4.184/6\cdot10^{23}\cdot1.6\cdot10^{-19}=1.2$. \\




\end{document}
</pre></body></html>