Паршаков А.Н. - Курс лекций по квантовой физике, страница 28

Отсюда автоматически следует,что волновая функция остается гладкой.1.52. U ( x) = 2(α 221.53. U ( x) = −α/ mx, E = −α2/ m) x 2 , E = α2 22/m .2m .1.54. r = a / 2 .1.55. U =k / 8m .1.57. Пусть ψ m и ψ n – две волновые функции, удовлетворяющие стационарным уравнениям Шредингера:−−17422m22m∆ψ m + U ψ m = Em ψ m∆ψ n * +U ψ n * = En ψ n * .Умножим первое из них на ψ n * , а второе – на ψ m и вычтемпочленно друг из друга. Это дает следующее выражение:( Em − En )ψ m ψ n * ==h2(ψ m ∆ψ n * −ψ n * ∆ψ m ) =2mh2div(ψ m ∇ψ n * −ψ n * ∇ψ m ).2mЕсли теперь проинтегрировать обе стороны этого уравненияпо всему пространству, то правая сторона, будучи преобразованапо теореме Гаусса, обратится в нуль, и тогда получаем:( Em − En ) ∫ ψ m ψ n * dV = 0 .И так как Em ≠ En , отсюда следует искомое соотношение ортогональности∫ ψ mψ n * dV = 0 .ПРОХОЖДЕНИЕ ЧАСТИЦЫ ЧЕРЕЗ ПОТЕНЦИАЛЬНЫЙ БАРЬЕР2.1.

Выберем решение стационарного уравнения Шредингерав области x > 0 в виде суперпозиции падающей и отраженной волн:ψ ( x) = a exp(ikx) + b exp(−ikx), k = 2mE / h .Из условия непрерывности ψ (0) = 0 следует, что a = −b . Тогдаплотность вероятности равнаw( x) = ψψ* = 4a 2 sin 2 kx .Максимумы w( x) находятся в точках xn = nπ / 2k = πhn / 8mE ,n = 1, 2,3,...2.2. Возьмем решение уравнения Шредингера в области x ≤ 0в видеψ1 = a1 exp(ikx) + b1 exp(−ikx), k = 2mE / hи в области x > 0 в видеψ 2 = a2 exp(β x) + b2 exp(−β x), β = 2m(U 0 − E ) / h .175Из требования конечности волновой функции следует, что a2 = 0 .А из условия непрерывности ψ и ψ′ в точке x = 0 получим:a1 + b1 = b2 , a1 − b1 = iβ b2 / k .Отсюда находим коэффициент отражения22R = b1 / a1 = (k − iβ) /(k + iβ) = 1 .При E = U 0 / 2 → k = β , и для плотности вероятности получаем:w( x ≤ 0) = ψ1ψ1* = 2a12 (1 − sin 2kx), w( x > 0) = ψ 2 ψ 2 * = 2a12 exp(−2β x),где a1 представляет собой амплитуду падающей волны (полагаемее вещественной).2.3.

Решение уравнения Шредингера в области x ≥ 0 имеет вид:ψ = b exp(−β x) , где β = 2m(U 0 − E ) / (см. предыдущую задачу).Тогда плотность вероятности будет пропорциональна exp(−2βx) ,откуда находим xэфф = 1/ 2β . Для электрона xэфф = 0,1 нм.2.4. Представим решения уравнения Шредингера в виде:ψ1 ( x ≤ 0) = a1 exp(ikx) + b1 exp(−ikx), k = 2mE /ψ 2 ( x > 0) = a2 exp(iβ x), β = 2m( E − U 0 ) / ,где a1 представляет собой амплитуду падающей волны (полагаемее вещественной). Из условия непрерывности ψ и ψ′ в точкеx = 0 получим: b1 = a1 (k − β) /(k + β) . Тогда для коэффициентовотражения R и прозрачности D находим:2R = b1 / a1 = (k − β) 2 /(k + β) 2 , D = 1 − R = 4kβ /(k + β) 2 .2.5.

w1 ( x ≤ 0) = 16a12 (1 − 3/ 4sin 2 kx) / 9, w2 ( x > 0) = 16 / 9a12 , гдеа1 представляет собой амплитуду падающей волны (полагаем еевещественной), а k = 8 / 3mU 0 / .2.6. При E << U0 R ≈ 1 − 4 E / U 0 , при E >> U0 R ≈ (U 0 / 4 E ) 2 .2.7. Представим решения уравнения Шредингера для трехобластей в виде:ψ1 ( x < 0) = a1 exp(ikx) + b1 exp(−ikx), k = 2mE /ψ 2 (0 < x < l ) = a2 exp(iβ x) + b2 exp(−iβ x), β = 2m( E + U 0 ) /ψ 3 ( x > l ) = a3 exp(ikx) .176Из условия непрерывности ψ и ψ′ на границах ямы находим:a34kβ exp(−ikl ).=a1 (k + β) 2 exp(−iβ l ) − (k − β) 2 exp(iβ l )Тогда коэффициент прозрачности будет равенaD= 3a12U 0 sin 2 βl −1(k 2 − β2 ) 22−1= (1 +sin β l ) = (1 +) .4E (E + U 0 )4 k 2β 2Для электрона D ≈ 0,95 .вия2.8. Воспользуемся решением предыдущей задачи.

Из услоD = 1 следует , что sin(βl ) = 0 . Отсюда β l = nπ , илиE = π2 2 n 2 / 2ml 2 − U 0 , где n – целые числа, при которых E > 0 .Соотношение β l = nπ можно интерпретировать как l = nλ / 2 , гдеλ – дебройлевская длина волны частицы внутри ямы. Для электрона Emin =14 эВ.2.9. R ≈π2 2 m( E + U 0 )≈ 1,7 ⋅ 10−10 м.2.10. Максимум отражения будет наблюдаться, очевидно,при минимуме коэффициента прозрачности D, т.е. при sin βl = 1,β = 2 m( E + U 0 /(см. решение задачи 2.7). Отсюда легко полу-чить: l = (2n + 1)π / 8m( E + U 0 ) = (2n + 1)λ / 4,n = 0,1, 2,... , гдеλ – дебройлевская длина волны частицы внутри ямы.2.11.

Решение аналогично приведенному в задаче 2.7:D = (1 +U 0 sin 2 βl −1) , где β = 2m( E − U 0 ) / .4E (E − U 0 )При E→U0 коэффициент прозрачности равен D = (1 + ml 2U 0 / 2 2 ) −1 .Значения энергии E , при которых частица будет беспрепятственно проходить через такой барьер, равныE = (π22/ 2ml 2 )n 2 + U 0 , n = 1, 2,3,...1772.12. Представим решения уравнения Шредингера для трехобластей в виде:ψ1 ( x < 0) = a1 exp(ikx) + b1 exp(−ikx), k = 2mE /ψ 2 (0 < x < l ) = a2 exp(β x) + b2 exp(−β x), β = 2m(− E + U 0 ) /ψ 3 ( x > l ) = a3 exp(ikx) .Из условия непрерывности ψ и ψ′ на границах ямы находим:a34ikβ exp(−ikl )=.2a1 (k + iβ) exp(β l ) − (k − iβ) 2 exp(−β l )Тогда коэффициент прозрачности будет равен−12U 0 2 sh 2βl −1k 2 + β2 2 2 = 1 + () sh β l  = (1 +) ,2k β4 E (U 0 − E )exp(βl ) − exp(−β l )где shβl =.

При β l >> 1 выражение для D упро2щается:aD= 3a116k 2β2EEexp(−2β l ) = 16 (1 − ) exp(−2l 2m(U 0 − E ) / ).22 2U0U0(k + β )Множитель перед экспонентой имеет величину порядка единицы,поэтому можно считать, чтоD≈D ≈ exp(−2l 2m(U 0 − E ) / ) .2.13.Внутрибарьераψ = a exp(β x) + b exp(−β x) ,гдеβ = 2m(U 0 − E ) / . Тогда отношение плотностей вероятностейбудет равноw(0) ψ (0)ψ * (0)(1 + a / b)(1 + a * / b*) exp(−2β l ).==w(l ) ψ (l )ψ * (l ) (a / b + exp(−2β l ))(a * / b * + exp(−2β l ))Из условия непрерывности ψ и ψ′ в точке x = l получаем:a 1+ i=exp(−2βl ) .

Подставляя это в предыдущее выражение,b 1− iнаходимw(0) / w(l ) = [ exp(2βl ) + exp(−2β l ) ] / 2 .1782.14. Очевидно, что для беспрепятственного прохождениячерез барьер полная энергия частицы E должна быть большевысоты барьера U 0 . Ширина барьера (ямы) должна удовлетворять условию l = λ / 2,3λ / 2,5λ / 2,...

, где λ = 2πh / 2m( E − U 0 ) –длина волны де Бройля частицы в области барьера (ямы). Отсюданаходим:π2 h 2 n 2,2ml 2из чего видно, что энергия частицы должна совпадать с одним изсобственных значений энергии в бесконечно глубокой яме, днокоторой расположено на высоте барьера. Энергия электронадолжна быть равна En = (5 + 37,62n 2 ) эВ.E = U0 +2.15. D ≈ exp  −(4l 2m / 3hU 0 )(U 0 − E )3/ 2  .2.16.

D ≈ exp  −(πl / h) 2m / U 0 (U 0 − E )  .ПОТЕНЦИАЛЬНЫЕ ЯМЫ2.17. ψ ( x) =1cos(nπx) для нечетных значений n = 1,3,5,...ll/21nπxи ψ ( x) =sin() – для четных значений n = 2, 4,6,... ,ll/2h 2 π2 2n в обоих случаях.2ml 22.18. Как показано в задаче 2.17, уровни энергии частицы, находящейся в одномерной потенциальной яме шириной l , квантованы:E=h 2 π2 2n .2ml 2При переходе частицы из состояния n + 1 в состояние n излучается квант энергии (фотон) с частотойEn =ωn +1, n =En +1 − En π2 h 2(2n + 1) .=h2ml 2179Классическая частица колеблется в яме с частотой ωкл = 2π /T ,где T – период колебаний, равный T = 2l / ϑ , ϑ – скорость частицы при движении от стенки к стенке, определяемая ее энергией.Для сравнения примем значение энергии, равное En . Тогда2 En π n=.mmlИ для частоты излучения ωкл получаем:ϑ=ωкл =πϑ π2 n.=lml 2Сравним ωn +1, n с ωкл :ωn +1, nωкл=1+1→ 1 при n → ∞ .2nТаким образом, «классический» случай получается предельнымпереходом из квантово-механического решения задачи.2.19.

E = ( 2 / 2m)(πa 2 / 2) 2 / 3 .2.20. а) E =k / 2m ; б) E = π22 22( N − 1) 2 / 2ml 2 .2.21. а) m = 5π2 2 / 2l 2 ∆E ; б) n = (η + 1) / 2(η − 1) = 3 .2.22. Из выражения для энергии частицы, находящейся в бес2 2π 2n , следуетконечно глубокой потенциальной яме En =2ml 2dE 2dn=.

ОтсюдаEndN = (l / π ) m / 2 EdE .2.23. а) F = π22/ ml 3 ; б) A = (η2 − 1)π22.24. Emin = π22N ( N + 1)( N + 2) / 24ml 2 ;F = π22.25. w =2l22ml 2 .N ( N + 1)( N + 2) /12ml 3 .2l / 3∫sin 2 (πx / l )dx = 1/ 3 + 3/ 2π ≈ 0,61 .l /32.26. l = 2 / Pm , E = (π Pm ) 2 / 8m .18022.27. Уравнение Шредингера внутри ямы имеет вид:ψ′′x + ψ′′y + k 2 ψ = 0 , где k = 2mE / = .Будем искать его решение в виде ψ ( x, y ) = A sin(k1 x)sin(k2 y ) , таккак при x = 0, y = 0 волновая функция должна обращаться в нуль.Возможные значения k1 , k2 найдем из граничных условий:ψ (a, y ) = 0 → k1 = n1π / a , где n1 = 1, 2,3,...ψ ( x, b) = 0 → k2 = n2 π / b , где n2 = 1, 2,3,...После подстановки ψ ( x, y ) в уравнение Шредингера получаемk 2 = k12 + k2 2 .

И находим значение для энергии:E = (π2 = 2 / 2m)(n12 / a 2 + n2 2 / b 2 ) .Постоянную A находим из условия нормировки. В итоге:ψ ( x, y ) = 4 / ab sin(n1πx / a )sin(n2 πy / b) .2.28. Воспользовавшись решением задачи 2.27, получаемw = (1/ 3 − 3 / 4π) 2 = 0,038 .2.29. Воспользовавшись решением задачи 2.27 при a = b = l ,получаем E = (π2 = 2 / 2ml 2 )(n12 + n2 2 ) .

Таким образом, задача обопределении энергии сводится к подбору таких наименьших значений n1 и n2 , не равных нулю, при которых комбинация целыхчисел n12 + n2 2 имеет четыре наименьших значения. Отсюда находим, что E = 2,5,8,10 единиц величины π2 = 2 / 2ml 2 .2.30. E = π2 = 2 Pm / 4m .2.31. После подстановки в уравнение Шредингера получимφ′′ + k 2 φ = 0, k = 2mE / = .Решение этого уравнения ищем в виде φ = A sin(kr + α) . Из требования конечности волновой функции при r = 0 следует α = 0 .

Такимобразом, ψ (r ) = ( A / r )sin kr . Из граничного условия ψ (r0 ) = 0получаем kr0 = nπ, (n = 1, 2,3...). Коэффициент A можно найти181∞из условия нормировки ∫ ψ 2 (r )4πr 2 dr = 1 . Тогда0E=π n1 sin kr; ψ(r ) =, где kr0 = nπ, (n = 1, 2,3...).22mr02πr0 r2 2 22.32. Воспользуемся решением задачи 2.31. Из условияπd (r 2 ψ 2 )= r0 / 2; w == 0 находим rвер =2kdrr0r0 / 2∫02.33. r = ∫ r ψ 2 (r )4πr 2 dr = r0 / 2, r 2 =0(r − r )ψ 2 (r )4πr 2 dr = 1/ 2.r0 23(1 − 2 2 ) ,32π n6) /12 .π n2.34.

Уравнения Шредингера для функции φ(r ) выглядятследующим образом :φ1 (r ≤ r0 ) = A sin(kr + α ), k = 2mE / ,2= r2 − r2= r0 2 (1 −2 2φ2 (r > r0 ) = B exp(β r ) + C exp(−β r ), β = 2m(U − E ) / .Из требования ограниченности волновой функции во всем пространстве следует, что α = 0, B = 0 . Таким образом,sin krexp(−βr )ψ1 (r ≤ r0 ) = A, ψ 2 (r > r0 ) = C.rrВ силу непрерывности самих волновых функций и их производных в точке r = r0 получаем tgkr0 = − k / β , или sin kr0 ==±2/ 2mr0 2U kr0 , где k = 2mE / . Единственный уровеньэнергии появится при условии, что π2 2 / 8m < r0 2U 0 < 9π2 2 / 8m .2.35.

Каждому значению пары целыхчисел ( n1 , n2 ), входящих в выражение дляэнергии E = (π2 2 / 2ml 2 )(n12 + n2 2 ) ( см . ре шение задачи 2.29) и определяющих, соответственно, волновую функцию частицы, соответствует одно состояние. Число состоянийв интервале ( dn1 , dn2 ) равно dN = ∫ dn1dn2 ,182где интеграл берется по всем состояниям вблизи значений( n1 , n2 ), соответствующим фиксированному значению энергии E.Имея в виду соотношение k 2 = k12 + k2 2 = 2mE / 2 , удобно отображать состояния в пространстве чисел k1 и k2 . С этой цельюпостроим в «k-пространстве» окружность радиуса k с центромв начале координат (рис. 1).