Quantum Mechanics MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Quantum Mechanics - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

परिणाम की गणना:

प्रतिनिधित्व \((\mathbf{s}^2, s_x)\) में, चक्रण आव्यूह हैं

\(\sigma_x = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad \sigma_y = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \sigma_z = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} \)

आइगेनफंक्शन \(\begin{pmatrix}1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ i\end{pmatrix} \) के साथ क्रमशः। इस प्रकार कण के चुंबकीय आघूर्ण और चुंबकीय क्षेत्र के बीच अन्योन्य क्रिया का हैमिल्टोनियन है

\(H = -\boldsymbol{\mu} \cdot \mathbf{B} = -\frac{\mu_0 B}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\)

और श्रोडिंगर समीकरण है

\(i\hbar \frac{d}{dt} \begin{pmatrix} a(t) \\ b(t) \end{pmatrix} = -\frac{\mu_0 B}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a(t) \\ b(t) \end{pmatrix}\)

जहाँ \(\begin{pmatrix} a(t) \\ b(t) \end{pmatrix} \) समय t पर कण का तरंग फलन है। प्रारंभ में हमारे पास है

\(\begin{pmatrix} a(0) \\ b(0) \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\)

और इसलिए हल है

\(\begin{pmatrix} a(t) \\ b(t) \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} \exp\left(i \frac{\mu_0 B t}{2\hbar} \right) \\ i \exp\left(-i \frac{\mu_0 B t}{2\hbar} \right) \end{pmatrix}\)

इसलिए समय t पर s_y = +1/2 अवस्था में कण के होने की प्रायिकता है

\(\left| \frac{1}{\sqrt{2}} (1 \;\; 1) \begin{pmatrix} a(t) \\ b(t) \end{pmatrix} \right|^2 = \frac{1}{4} \left| \exp\left(i \frac{\mu_0 B t}{2\hbar} \right) + i \exp\left(-i \frac{\mu_0 B t}{2\hbar} \right) \right|^2 = \frac{1}{2} \left( 1 + \sin\left( \frac{\mu_0 B t}{\hbar} \right) \right)\)

इसी प्रकार, समय t पर s_y = -1/2 अवस्था में कण के होने की प्रायिकता \(\frac{1}{2} \left( 1 - \sin\left( \frac{\mu_0 B t}{\hbar} \right) \right)\) है

परिणाम:

श्रोडिंगर समीकरण में

d2ψ/dx2 + 2m[E - V(x)]ψ / ħ2 = 0,

हम एक बंधित अवस्था के लिए E < 0 तथा

k2 = 2m |E| / ħ2, U0 = 2mV0 / ħ2,

से प्राप्त करते हैं:

d2ψ/dx2 − k2ψ − U0 δ(x)ψ = 0.

दोनों पक्षों को x पर −ε से +ε तक समाकलित करने पर, जहाँ ε एक मनमाना छोटी धनात्मक संख्या है, हमें प्राप्त होता है:

ψ′(ε) − ψ′(−ε) − k2 ∫−εε ψ dx − U0ψ(0) = 0.

ε → 0+ के साथ, यह बन जाता है:

ψ′(0+) − ψ′(0−) = U0 ψ(0).

x ≠ 0 के लिए श्रोडिंगर समीकरण का औपचारिक हल ψ(x) ∼ exp(−k|x|) है जहाँ k धनात्मक है, जो देता है:

ψ′(x) ∼ −k |x| / x e−k|x| = −k e−kx, x > 0,

ψ′(x) ∼ k ekx, x < 0

और इसलिए:

ψ′(0+) − ψ′(0−) = −2kψ(0) = U0ψ(0).

इस प्रकार k = −U0/2, जिसके लिए V0 का ऋणात्मक होना आवश्यक है। बंधित अवस्था की ऊर्जा तब है:

E = −ħ2k2 / 2m = −mV02 / 2ħ2

और बंधन ऊर्जा है:

Eb = 0 − E = mV02 / 2ħ2.

बंधित अवस्था का तरंग फलन है:

ψ(x) = A exp( (mV0 / ħ2) |x| ) = √(−mV0 / ħ2) exp(mV0 |x| / ħ2),

जहाँ स्वेच्छ नियतांक A को नॉर्मलाइजेशन द्वारा प्राप्त किया गया है:

∫−∞0 ψ2 dx + ∫0∞ ψ2 dx = 1.

संप्रत्यय:

0 ≤ x ≤ a में श्रोडिंगर समीकरण ज्यावक्रीय हल देता है: ψ(x) = sin(√(2mEx) / ℓ).

x > a में श्रोडिंगर समीकरण बद्ध अवस्थाओं के लिए घातीय रूप से क्षयमान हल देता है: ψ(x) = Ae^{-√(2m(V₀ - E))x / ℓ}.

सीमा शर्तें:

ψ(0) = 0 (चूँकि x < 0 पर V = ∞).

सामान्यीकरण सुनिश्चित करने के लिए ψ(x) → 0 जैसे x → +∞.

x = a पर तरंग फलन और उसके व्युत्पन्न का मिलान करने पर ट्रान्सेंडैंटल समीकरण प्राप्त होता है:

tan(√(2mEa) / ℓ) = -[E / (V₀ - E)]^1/2

अंतिम उत्तर:

ψ(x) = sin(√(2mEx) / ℓ), 0 ≤ x ≤ a;

ψ(x) = Ae^{-√(2m(V₀ - E))x / ℓ}, x > a.

गणना:

हम {H, J2, Jz, L2, S2} को क्रमविनिमेय प्रेक्षणों के एक पूर्ण समुच्चय के रूप में चुनते हैं।

चक्रण-कक्षा अन्योन्यक्रिया के लिए:

\( H_{so} = A \vec{L} \cdot \vec{S} = \frac{1}{2}A(J^2 - L^2 - S^2) \)

अब l = 2 और s = 1 के लिए, j के संभावित मान हैं: \( j = 3, 2, 1 \)

सूत्र का उपयोग करते हुए:

\( E_{so} = \frac{\hbar^2}{2} A \left[j(j+1) - l(l+1) - s(s+1)\right] \)

जब \( j = 3 \): \( E_{so} = \frac{\hbar^2}{2}A[12 - 6 - 2] = 2A\hbar^2 \), अपभ्रंश \( d = 2j+1 = 7 \)

जब \( j = 2 \): \( E_{so} = \frac{\hbar^2}{2}A[6 - 6 - 2] = -A\hbar^2 \), अपभ्रंश \( d = 5 \)

जब \( j = 1 \): \( E_{so} = \frac{\hbar^2}{2}A[2 - 6 - 2] = -3A\hbar^2 \), अपभ्रंश \( d = 3 \)

गणना:

तरंग फलन है:

\(\psi = Kr(\cos\phi \sin\theta + \sin\phi \sin\theta + 2\cos\theta) e^{-\alpha r}\)

इसका कोणीय भाग है:

\(\psi(\theta, \phi) = K'(\cos\phi \sin\theta + \sin\phi \sin\theta + 2\cos\theta)\)

सर्वसमिकाओं का उपयोग करते हुए:

\(\cos\phi = \frac{1}{2}(e^{i\phi} + e^{-i\phi}), \quad \sin\phi = \frac{1}{2i}(e^{i\phi} - e^{-i\phi})\)

प्रतिस्थापित करने और सरलीकृत करने पर:

\(\psi(\theta, \phi) = K'\left[ \frac{1}{2}(e^{i\phi} + e^{-i\phi})\sin\theta + \frac{1}{2i}(e^{i\phi} - e^{-i\phi})\sin\theta + 2\cos\theta \right]\)

यह बन जाता है:

\(\psi(\theta, \phi) = \sqrt{\frac{1}{8\pi}} \left[ -\frac{1}{2}(1 - i)\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_1^1 + \frac{1}{2}(1 + i)\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_1^{-1} + 2\sqrt{\frac{4\pi}{3}}Y_1^0 \right] \)

यह l = 1 के साथ गोलीय हार्मोनिक्स का एक रैखिक संयोजन है। इसलिए कुल कोणीय संवेग है:

\(\sqrt{\langle \vec{L}^2 \rangle} = \sqrt{l(l+1)}\hbar = \sqrt{2}\hbar \)

इसलिए, सही उत्तर (3) है।

अवधारणा:

हम कोणीय संवेग के गुणों का उपयोग कर रहे हैं अर्थात्-\(=^2+^2+^2\) और \(L\) और \(L_z\) के दिए गए मानों को रखकर हम \(L_x\) का मान ज्ञात कर सकते हैं।

व्याख्या:

दिया गया है,

• \(L^2|\phi>=6\hbar^2|\phi>\)
• \(L_z|\phi>=2\hbar|\phi>\)

यहाँ L कोणीय संवेग है और \(\hbar\) प्लांक नियतांक है

कोणीय संवेग सूत्र का उपयोग करके, हम कोणीय संवेग के प्रत्याशा मान इस प्रकार लिख सकते हैं

• \(=^2+^2+^2\)

कोणीय संवेग संकारक पर केट, ब्रा संकारक लागू करने पर, हमें प्राप्त होता है

• \(<\phi|L^2|\phi>=<\phi|L_x^2|\phi>+<\phi|L_y^2|\phi>+<\phi|L_z^2|\phi>\)

• \(<\phi|L^2|\phi>=<\phi|L_x^2|\phi>+<\phi|L_y^2|\phi>+<\phi|L_z^2|\phi>\)

\(<\phi|\phi>=1\) का उपयोग करते हुए, और \(L\) और \(L_z\) के दिए गए मानों को रखने पर, हमें प्राप्त होता है,

• \(6\hbar^2=++4\hbar^2\)
• अब, \(\)\(=\)

हमें प्राप्त होता है, \(\frac {6\hbar^2-4\hbar^2} {2}=\)

• \(=\hbar^2\)

सही उत्तर \(=\hbar^2\) है।

अवधारणा:

दिया गया हैमिल्टोनियन अनुरूप ऑसिलेटर के लिए है। हम दिए गए हैमिल्टोनियन की तुलना अनुरूप ऑसिलेटर के हैमिल्टोनियन के समीकरण से करेंगे।

• \(H=\frac{p_x^2}{2 m}+\frac{p_y^2}{2 m}+\frac{1}{2} m ω^2 x^2+2 m ω^2 y^2\)
• \(H=\frac{p_x^2}{2 m}+\frac{p_y^2}{2 m}+\frac{1}{2} m ω^2 x^2+\frac {1}{2}m (2ω)^2 y^2\)

व्याख्या:

• \(H=\frac{p_x^2}{2 m}+\frac{p_y^2}{2 m}+\frac{1}{2} m ω^2 x^2+2 m ω^2 y^2\)
• \(H=\frac{p_x^2}{2 m}+\frac{p_y^2}{2 m}+\frac{1}{2} m ω^2 x^2+\frac {1}{2}m (2ω)^2 y^2\)
• \(\omega_x=\omega\), \(\omega_y=2\omega\)
• \(E= (n_x+\frac{1}{2})\hbar\omega_x+(n_y+\frac{1}{2})\hbar\omega_y\)

यह दो आयामों में एक ऑसिलेटर में ऊर्जा का सूत्र है।

अब, \(E=\)\(\frac{27}{2} \hbar \omega\)(दिया गया है)

• \(\frac{27}{2} \hbar \omega\)\(= (n_x+\frac{1}{2})\hbar\omega_x+(n_y+\frac{1}{2})\hbar\omega_y\)
• \(\omega\) के पदों में \(\omega_x\) और \(\omega_y\) के मान प्रतिस्थापित कीजिए
• \(\frac{27}{2} \hbar \omega\)\(= (n_x+\frac{1}{2})\hbar\omega+2(n_y+\frac{1}{2})\hbar\omega\)
• \(\frac {27}{2}=n_x+\frac{1} {2}+2n_y+1\)
• \(12=n_x+2n_y\)
• समीकरण को संतुष्ट करने के लिए \(n_x\) सम होना चाहिए।
• \(n_x\)\(=0,2,4,6,8,10,12\) ; \(n_y=6,5,4,3,2,1,0\)
• \((n_x,n_y)=(0,6),(2,5),(4,4), (6,3), (8,2),(10,1), (12,0)\)
• इसलिए, ऊर्जा स्तर \(E=\)\(\frac{27}{2} \hbar \omega\) की अपभ्रष्टता 7 है।

इसलिए, सही उत्तर 7 है।

व्याख्या:

• प्रत्येक कण के लिए तरंग फलन को अनंत वर्ग कुएँ की ऊर्जा आइगेनस्टेट्स के संदर्भ में लिखा जा सकता है। एक कण (चौड़ाई a के एक-आयामी अनंत वर्ग कुएँ में) की मूल अवस्था और पहली उत्तेजित अवस्था इस प्रकार दी गई हैं:

\(\psi_0(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)\) , मूल अवस्था के लिए, और

\(\psi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{2\pi x}{a}\right)\) , पहली उत्तेजित अवस्था के लिए।

• स्थिति संचालकों \(x_1\) और \(x_2\) के गुणन के प्रत्याशा मान की गणना समाकल की सहायता से की जा सकती है:

\(\langle x_1 x_2 \rangle = \int dx_1 \int dx_2\) \(\psi_0(x_1)\psi_1(x_2) x_1 x_2 \psi_0(x_1) \psi_1(x_2)\),

• जहाँ समाकलन \(x_1\) और \(x_2\) दोनों के लिए [0, a] पर है।
• हालांकि, चूँकि कण अलग-अलग और बिना परस्पर क्रिया वाले हैं, हम लिख सकते हैं \(\langle x_1 x_2 \rangle = \langle x_1 \rangle \langle x_2 \rangle \), जो समाकलन को सरल करता है:

\(\langle x_1 \rangle = \int dx_1 \psi_0(x_1) x_1 \psi_0(x_1)\) , और \(\langle x_2 \rangle = \int dx_2 \psi_1(x_2) x_2 \psi_1(x_2)\)

• इन समाकलों की गणना देता है: \(\langle x_1 \rangle = \frac{a}{2}\), और \(\langle x_2 \rangle = \frac{a}{2}\)
• इसलिए, \(x_1\) और \( x_2\) के गुणन का प्रत्याशा मान केवल \(x_1\) और \(x_2\) के प्रत्याशा मानों का गुणनफल है: \(\langle x_1 x_2 \rangle = \langle x_1 \rangle \langle x_2 \rangle = \frac{a^2}{4}\)

हल-विकल्प-1

अवधारणा:

सबसे पहले, हम ग्राफ में रेडियल नोड्स की संख्या जांचेंगे जो निम्न द्वारा दी जाती है

• रेडियल नोड्स की संख्या \(=n-l-1\)
• फिर दूसरा हम \(r=2a\) पर इलेक्ट्रॉन की प्रायिकता का मान जांचेंगे।

गणना-

• दिया गया है- \(n=2\) और \(l=0\)
• \(R_{20}=N\left(1-\frac{r}{2 a}\right) e^{-\frac{r}{2 a}}\)
• रेडियल नोड्स\(=n-l-1\) \(=2-0-1=1\)
• इसलिए, ग्राफ में केवल एक नोड होगा। या तो विकल्प 1 सही है या विकल्प 2 सही है।
• अब हम \(r=2a\) पर इलेक्ट्रॉन मिलने की प्रायिकता जांचेंगे।
• \(R_{20}=N(1-\frac{r}{2a})\mathrm{e}^\frac{-r}{2a}\) , पर
• \(P_r=|R_{20}|^2=N^2(1-\frac{r}{2a})^2\mathrm{e}^{\frac{-r}{a}}\)
• \(r=2a\), \(P_r=0\), पर
• r=2a r=2a पर इलेक्ट्रॉन मिलने की प्रायिकता शून्य है।
• इसलिए, ग्राफ 1 इस शर्त को संतुष्ट करता है।

इसलिए, सही उत्तर ग्राफ-1 है।

व्याख्या:

\(E_n=nE_0\)(दिया गया है)

स्थिति-1-ध्रुवीकरण के बिना प्रारंभिक निम्नतम ऊर्जा अवस्था

पाउली अपवर्जन नियम के अनुसार, केवल दो इलेक्ट्रॉन एक अवस्था में भरे जाते हैं।

• प्रारंभिक निम्नतम ऊर्जा अवस्था \(E_i=2\times0+2\times E_0+2\times 2E_0+2\times3E_0+-------+2\times (\frac{N-2}{2})E_0\)
• \(E_i=2E_0[1+2+3+-----------+\frac {N-2}{2}]\)
• अब, \(\sum[1+2+3+-------N]=\frac{N(N+1)}{2}\)
• \(\sum[1+2+3+-------\frac{N-2} {2}]=\frac {(\frac{N-2}{2}) (\frac {N} {2})} {2}\)
• \(E_i=2E_0\times \)\(\frac {(\frac{N-2}{2}) (\frac {N} {2})} {2}\)\(=\frac{N^2E_0}{4}-\frac{NE_0} {2}\)

स्थिति-2-ध्रुवीकरण के बाद अंतिम निम्नतम ऊर्जा अवस्था

ध्रुवीकरण के बाद, केवल एक इलेक्ट्रॉन अवस्था में भरा जाता है।

• \(E_f=1\times0+1\times E_0+1\times 2E_0+1\times3E_0+...+1\times (N-1)E_0\)
• \(E_f=E_0[1+2+3+-----------+(N-1)]\)
• \(\sum[1+2+3+-------N]=\frac{N(N+1)}{2}\)
• \(\sum[1+2+3+-------+(N-1)=\frac{N(N-1)}{2}\)
• \(E_f=\frac{N^2E_0}{2} -\frac {NE_0}{2}\)

निम्नतम ऊर्जा अवस्था में परिवर्तन है \(E_f-E_i=\frac{N^2 E_0} {2}-\frac {NE_0}{2}-\frac {N^2E_0} {4}+\frac {NE_0}{2}=\frac {N^2 E_0}{4}\)

इसलिए, सही उत्तर \(\frac{1}{4} N^2 E_0\) है।

अवधारणा:

संवेग संचालक दिया गया है:

p = - ih \({\partial \over \partial x}\)

जहाँ, h प्लांक नियतांक है।

परिकलन:

e^{\({iaP\over h}\)} |x>

= [\(\sum^{\infty}_{n=0} {1 \over n!}({iaP\over h})^n\) ]|x>

= \([\sum^{\infty}_{n=0} {1 \over n!}({iaP\over h})^n]^h \)|x>

= |x> - a∇|x> + \({1 \over 2!}\) (a∇)²|x> ... = |x-a>

X|x-a> = (x-a)|x-a>

सही उत्तर विकल्प (3) है।

संप्रत्यय:

1. ऊर्जा संकारक:

एक बॉक्स में कण के लिए एक आयाम में ऊर्जा (या हैमिल्टोनियन) संकारक इस प्रकार दिया गया है:

\(\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2}\)

2. ऊर्जा का प्रत्याशा मान:

ऊर्जा का प्रत्याशा मान 〈 E 〉 इस प्रकार दिया गया है:

〈 E 〉 = \(\int_0^1 ψ^ *(x) \hat{H} ψ(x) \, dx\)

गणना -

1. तरंग फलन:

\(ψ(x) = \sqrt{\frac{8}{5}} \sin(\pi x)(1 + \cos(\pi x))\)

2. द्वितीय व्युत्पन्न:

\(\frac{d}{dx} \left( \sin(\pi x)(1 + \cos(\pi x)) \right) = \pi \cos(\pi x)(1 + \cos(\pi x)) - \pi \sin^2(\pi x)\)

\(\frac{d^2}{dx^2} \left( \sin(\pi x)(1 + \cos(\pi x)) \right) = -\pi^2 \sin(\pi x)(1 + \cos(\pi x)) - 2\pi^2 \cos(\pi x) \sin(\pi x) \)

सरलीकरण:

\(\frac{d^2}{dx^2} \left( \sin(\pi x)(1 + \cos(\pi x)) \right) = -\pi^2 \sin(\pi x) (1 + 2\cos(\pi x) + \cos^2(\pi x)) \)

3. ψ(x) पर हैमिल्टोनियन का कार्य:

\(\hat{H} ψ(x) = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} ψ(x) \)

4. प्रत्याशा मान समाकल:

〈 E 〉 = \(\int_0^1 ψ(x) \left(-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} ψ(x)\right) dx\)

दिया गया नॉर्मलाइज़्ड तरंग फलन ψ(x) अनंत विभव कुएँ के आइगेनफंक्शन का एक रैखिक संयोजन है।

एक अनंत विभव कुएँ के लिए, आइगेनफंक्शन हैं

\(ψ_n(x) = \sqrt{2} \sin(n \pi x)\) ऊर्जा आइगेनमानों के साथ \(E_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2m} .\)

दिए गए तरंग फलन की तुलना करना:

\(ψ(x) = \sqrt{\frac{8}{5}} \sin(\pi x)(1 + \cos(\pi x))\)

यह पहले और दूसरे आइगेनस्टेट्स के सुपरपोजिशन के समतुल्य है।

गुणांक और नॉर्मलाइज़ेशन यह सुनिश्चित करते हैं कि यह तरंग फलन एक उचित आइगेनस्टेट मिश्रण है।

ऊर्जा गणना:

समरूपता और आइगेनफंक्शन की ऑर्थोगोनलिटी द्वारा, ऊर्जा का प्रत्याशा मान 〈 E 〉 आइगेनमानों का भारित योग है:

〈 E 〉 = \(a_1^2 E_1 + a_2^2 E_2\)

दिया गया:

\(E_1 = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m}, \quad E_2 = \frac{4 \pi^2 \hbar^2}{2m}\)

भार a₁, a₂ नॉर्मलाइज़ेशन से पाए जाते हैं। ज्ञात समाकलों का उपयोग करके सरलीकरण करने पर, हमें सही भारित योग प्राप्त होता है।

अंत में, इस विशेष समस्या के लिए परिणाम (हल करके) प्रत्याशा मान \(\frac{4\pi^2 \hbar^2}{5m}\)

इसलिए, सही उत्तर (2) है।

व्याख्या:

आइए समीकरणों के निकाय पर पुनर्विचार करें:

\(\frac{dA}{dt} = -iωB\) और \(\frac{dB}{dt} = iωA.\)

पहले समीकरण को फिर से अवकलित करके, \( \frac{d²A}{dt²} = -iω \frac{dB}{dt}.\)

• दूसरे समीकरण को इसमें प्रतिस्थापित करने पर \(\frac{d²A}{dt²} = -ω² A.\) प्राप्त होता है।
• यह अवकल समीकरण एक सरल आवर्त समीकरण है, लेकिन एक महत्वपूर्ण अंतर के साथ: ω² के सामने कोई ऋणात्मक चिह्न नहीं है, जिससे अतिपरवलयिक हल प्राप्त होते हैं।
• विशेष रूप से, हमें किसी स्थिरांक C के लिए A(t) = Csinh(ωt) प्राप्त होता है।
• यह देखते हुए कि अपेक्षा मान \(〈A⟩_ψ(t) = 0\) t = 0 पर है, हमें \(C = 0.\) प्राप्त होता है।
• इस प्रकार, सामान्य रूप से, B(t) को cosh(ωt) के रूप में होना चाहिए, ताकि क्रमविनिमेय संबंधों को पूरा किया जा सके। अंत में, यह देखते हुए कि \(〈B⟩_ψ (0) = i,\) हमें cosh(ωt) को i से गुणा करने की आवश्यकता है।
• इसलिए, समय-विकसित अपेक्षा मान \( 〈A⟩_ψ(t) = 〈ψ|A(t)| ψ⟩ = 〈ψ|Csinh(ωt)| ψ⟩ = sinh(ωt)\) है।

अवधारणा:

प्रथम विक्षोभ में ऊर्जा दी जाती है

• \(E_1^{(1)}=<\psi|H^\prime|\psi>\)
• हम जानते हैं कि, एक अनंत विभव कूप के लिए, \(\psi=\sqrt{\frac {2} {L}}cos\frac {\pi x} {L}\)

व्याख्या:

दिया गया है-

• \(H^{\prime}=ϵ \cos \left(\frac{\pi x}{L}\right)\) सीमाएँ \(\frac {-L} {2}\) से \(\frac {+L} {2}\) तक

हम जानते हैं कि, एक अनंत विभव कूप के लिए, \(\psi=\sqrt{\frac {2} {L}}cos\frac {\pi x} {L}\)

• \(E_1^{(1)}=<\psi|H^\prime|\psi>\)
• \(E_1^{(1)}=\int\limits_\frac{-L} {2}^\frac{+L}{2} |\psi|^2 H^{\prime}dx\)

अब, \(\psi=\sqrt{\frac {2} {L}}cos\frac {\pi x} {L}\) और \(H^{\prime}=ϵ \cos \left(\frac{\pi x}{L}\right)\), प्रथम क्रम ऊर्जा विक्षोभ समीकरण में ये मान रखें, हमें प्राप्त होता है,

• \(E_1^{(1)}=\int\limits_\frac{-L} {2}^\frac{+L}{2} [\sqrt {\frac{2} {L}}cos\frac{\pi x}{L}]^2 .\epsilon cos\frac{\pi x} {L} dx\)
• \(E_1^{(1)}=\frac {2\epsilon} {L}\int\limits_\frac{-L} {2}^\frac{+L}{2} cos^3\frac {\pi x} {L}dx\)

अब सीमा को (\(\frac{-L} {2}\) से \(\frac {+L} {2}\)) से (\(0\) से \(\frac {+L} {2}\)) में बदलने के लिए

• \(E_1^{(1)}=\frac {2\epsilon} {L}\times 2\int\limits_0^\frac {+L}{2}\cos^3\frac {\pi x} {L}dx\)

\(cos^3\frac {\pi x} {L}\) के लिए त्रिकोणमितीय सूत्र का उपयोग करते हुए,

• \(cos^3\frac{\pi x }{L}=\frac{[cos(\frac{3\pi x}{L})+3cos(\frac {\pi x}{L})]} {4}\)
• इस मान को प्रतिस्थापित करने पर, हमें प्राप्त होता है,
• \(E_1^{(1)}=\frac {4\epsilon} {L}\int\limits_0^\frac {+L}{2}\frac{[cos(\frac{3\pi x}{L})+3cos(\frac {\pi x}{L})]} {4}\)
• \(E_1^{(1)}=\frac {\epsilon} {L} [(\frac {Sin\frac {3\pi x}{L}} {3\pi/L})|_0^{L/2} + 3(\frac {Sin\frac{\pi x}{L}} {\pi/L})|_0^{L/2}\)

• \(E_1^{(1)}=\frac {\epsilon} {L} \times\frac {L} {\pi} [\frac{1}{3}(Sin\frac{3\pi} {2}-Sin0)+3(Sin\frac {\pi}{2}-Sin0)]\)
• \(E_1^{(1)}=\frac {\epsilon} {L} [\frac{-1} {3}+3]=\frac {8\epsilon} {3\pi }\)

इसलिए, सही उत्तर \(\frac{8 \epsilon}{3 \pi}\) है।

संप्रत्यय:

एक जनरेटर एक ऐसा संचालक है जो तरंग फलन या क्वांटम अवस्था सदिश पर कार्य करता है, जिससे सिस्टम में एक छोटा परिवर्तन लागू करने का प्रभाव उत्पन्न होता है।

गणना:

q → q' = (1 + ϵ)q

p → p' = (1 - ϵ)p

यदि G जनरेटर है तो

p' - p = δ p_j

= - ϵ \({\partial G \over \partial q_j}\)

= - ϵ p

q' - q = δ q_i

= ϵ \({\partial G \over \partial p_j}\)

= ϵ p

अब G = qp

- ϵ \({\partial G\over \partial q} \) = - ϵ p = δ p

ϵ \({\partial G\over \partial p} \) = - ϵ q = δ q

सही उत्तर विकल्प (2) है।