Семестр_4_Лекции_05_06 (Отличные лекции от Семиколенова)

Семестр 4. Лекции 5-6.Лекции 5 - 6. Стационарные задачи квантовой механики.Частица в потенциальной яме с бесконечно высокими стенками. Частица в трехмерномпрямоугольном потенциальном ящике. Понятие о вырождении энергетических уровней. Одномерный потенциальный порог и барьер. Туннельный эффект. Сканирующий туннельный микроскоп. Гармонический осциллятор.Задача о бесконечно глубокой потенциальной яме.Частица массы m находится в ограниченной одномерной области, за пределы которойона проникнуть не может. Внутри области нет потенциальной энергии (U=0), а снаружи потенциальная энергия принимает бесконечно большие значения. Поэтому на границе области начастицу действует бесконечно большая возвращающая сила.

(Говорят, что стенки ямы непроницаемые для частицы – т.е. частица находится в бесконечно глубокой потенциальной яме).Математическая постановка задачиОбласть Ω = { x ∈ ℝ 0 < x < a} .UU0, x ∈ ΩПотенциальная энергия U ( x ) = +∞ , x ∉ ΩТ.к. частица не может выйти из ямы, то волновая функция частицы вне ямы равна нулю Ψ ( x ) = 0 при x ∉ Ω .Следовательно, ввиду непрерывности волновой функxции, на границе ямы волновая функция должна обращаться в0aноль Ψ ( 0 ) = 0 и Ψ ( a ) = 0 .Поэтому и координатная часть волновой функции тоже обращается в ноль в граничных точкахψ ( 0) = 0 и ψ ( a ) = 0 .Координатная часть является решением уравнения Шрёдингера для стационарного со2mстояния ∆ψ + 2 ( E − U ) ⋅ ψ = 0 , которое в одномерном случае для области внутри ямы приметℏвидd 2 ψ 2m+E ⋅ψ = 0.dx 2 ℏ 22md 2ψЕсли ввести обозначение k 2 = 2 E , то уравнение+ k 2 ⋅ ψ = 0 имеет решение в видеℏdx 2ψ = A ⋅ sin ( kx + α ) .

Для поиска значений постоянных А и α поставляем граничные условия.ψ ( 0 ) = A ⋅ sin ( α ) = 0 откуда следует, что можно принять α = 0 .ψ ( a ) = A ⋅ sin ( ka ) = 0 . Это значит, что ka = nπ , где n = 1, 2 ,3,... , т.е. k =nπa nπ Поэтому решение примет вид ψ = A ⋅ sin x . a aДля поиска значения А используем условие нормировки P ( 0 < x < a ) = ∫ ψ dx = 120Ноa∫ψ0a2dx = ∫0 2nπ a1 − cos x22A Aa22a  2nπ  2  nπ A ⋅ sin  x  dx = A ∫ ⋅dx =x−sin x =a22 2nπ  a   02 a 0a1Семестр 4.

Лекции 5-6.2. В данной задаче нет комплексных чисел, поэтому можно считать, что числоa22 nπ А является действительным и положительным, т.е. A =. Тогда ψ n =⋅ sin x.aa a Поэтому A =22m nπ Значения энергии частицы определяются из соотношения k = 2 E =   , т.е.ℏ a 22π2 ℏ 2 2n энергия зависит от номера n. Целое число n, определяющее значение энергии час2ma 2тицы называется главным квантовым числом.2 nπ В итоге, любому натуральному числу n соответствует решение ψ n =sin x  и знаa a E=−i n tπ2 ℏ 2 2ℏчение энергии En =n.ПсифункцияΨ=ψe.nn2ma 2Энергия частицы в бесконечно глубокой яме принимает дискретные значения, или, какговорят, квантуется.Случай n=0 не рассматриваем, т.к.

при n=0 получаем, что ψ 0 = 0 , т.е. частицы нет в яме.Состояние частицы с минимальным значением энергии (n=1) называется основным состоянием.Остальные состояния (для n>1) – возбужденными: n=2 – первое возбуждённое состояние, n=3 –второе возбуждённое состояние и т.д.Разность соседних уровней энергии при больших значенияхπ2 ℏ 2π2 ℏ 2 2 π2 ℏ 2π2 ℏ 22∆E = En +1 − En =n+1−n=2n+1≈n()()2ma 22ma 22ma 2ma 2пропорциональна номеру n.Для молекулы газа с массой m ∼ 10 −27 кг в области с размером a ∼ 0 ,1 м эта разностьравна ∆E ∼ 10−38 n Дж или ∆E ∼ 10−19 n эВ.

Учитывая, что при Т=300 К энергия теплового движения порядка ET ∼ 10 −21 Дж, то дискретностью уровней энергии частицы можно пренебречь.EНо для электрона m = 9,1 ⋅10−31 в области a ∼ 10−10 м (порядок размера атома) ∆E ∼ 10−17 n Дж,что уже соизмеримо со значением тепловой энергии.Замечание. Найдем вектор плотности вероятности для частицы в яме.iℏj=Ψgrad Ψ* − Ψ* grad Ψ ) .(2miℏ  ∂Ψ*∂Ψ Т.к. задача одномерная, то j = ( jx , 0,0 ) , где jx =− Ψ*Ψ.2m ∂x∂x ∂ψ n iℏ  ∂ψ* n− ψ* n ψn.2m ∂x∂x 2 nπ Из вещественности решения ψ n = ψ* n =sin x  следует, чтоa a Из Ψ n = ψ n e−iEntℏследует jx =∂ψ n iℏ  ∂ψ* n− ψ* n ψn=02m ∂x∂x Т.е.

вероятность нахождения частицы в яме не изменяется с течением времени.jx =Частица в трёхмерной потенциальной яме с непроницаемыми стенками.Частица массы m находится в трёхмерной области, за пределы которой она проникнутьне может. Внутри области нет потенциальной энергии (U=0), а снаружи потенциальная энергия2Семестр 4. Лекции 5-6.принимает бесконечно большие значения. Поэтому на границе области на частицу действуетбесконечно большая возвращающая сила.Математическая постановка задачиОбласть Ω = {( x, y, z ) 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c} .0 , ( x, y,z ) ∈ ΩПотенциальная энергия U ( x, y,z ) = .+∞ , ( x, y,z ) ∉ ΩТ.к. частица не может выйти из ямы, то волновая функция частицы вне ямы равна нулюΨ ( x, y,z ) = 0 при ( x, y,z ) ∉ Ω .

Следовательно, на границе ямы волновая функция должна обращаться в нульΨ ( 0, y,z ) = 0 и Ψ ( a, y,z ) = 0 ;Ψ ( x,0,z ) = 0 и Ψ ( x,b,z ) = 0 ;Ψ ( x, y,0 ) = 0 и Ψ ( x, y,c ) = 0 ;Поэтому и координатная часть волновой функции тоже обращается в ноль в граничных точках.Координатная часть является решением уравнения Шрёдингера для стационарного со2mстояния ∆ψ + 2 ( E − U ) ⋅ ψ = 0 , которое в трёхмерном случае для области внутри ямы приметℏвид∂ 2 ψ ∂ 2 ψ ∂ 2 ψ 2m+++E ⋅ψ = 0 .∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 ℏ 2Решение ищем в виде произведения трех функций, каждая из которых зависит только от однойиз координат ψ = A ⋅ X ( x ) ⋅ Y ( y ) ⋅ Z ( z ) . После подстановкиA ⋅ X xx′′ ⋅ Y ⋅ Z + A ⋅ X ⋅ Yyy′′ ⋅ Z + A ⋅ X ⋅ Y ⋅ Z zz′′ +2mE ⋅ A⋅ X ⋅Y ⋅ Z = 0ℏ2разделим на A ⋅ X ⋅ Y ⋅ Z . Тогда в полученном уравненииX xx′′ Yyy′′ Z zz′′ 2m+++ 2 E = 0.XYZℏПервые три слагаемые зависят от трёх разных аргументов, но сумма является постоянным числом.

Это возможно, если каждое из слагаемых – постоянное число. Например,Yyy′′X xx′′Z ′′= − k12 ,= − k22 , zz = − k32 .XYZРешения этих уравнений должны быть ограниченными, поэтому константы – отрицательные.Исходное уравнение от трех переменных распадается на три одномерных уравнения. Решая их сучётом граничных условий как в предыдущем случае, получаем решенияnπnπnπk1 = 1 , k2 = 2 , k3 = 3 .abc222n π nπ n π X=⋅ sin  1 x  , Y =⋅ sin  2 y  , Z =⋅ sin  3 z  .abc a  b  c ψ=8n π nπ n π ⋅ sin  1 x  ⋅ sin  2 y  ⋅ sin  3 z  .abc a  b  c 2mE = 0 находим выражение для энергииℏ2ℏ2 2π2 ℏ 2  n12 n22 n32 22E=k+k+k=( 1 2 3 ) 2m  a 2 + b 2 + c 2  .2mОткуда видно, что в этом случае тоже энергия принимает дискретные значения.Из равенства − k12 − k22 − k32 +3Семестр 4. Лекции 5-6.Предположим, что яма является кубической, т.е.

a = b = c . Тогда из выражения для энергииπ2 ℏ 2 2( n1 + n22 + n32 )2ma 2видно, что возможны случаи, когда одному значению энергию соответствуют различные псифункции.Определение. Совокупность (различных) состояний, в которых частица имеет одинаковое значение энергии, называется вырожденным состоянием. Количество таких состояний (для одного и того же значения энергии) называется кратностью вырождения уровня энергии. Есликратность уровня энергии равна единице, то говорят, что уровень энергии не вырожден.Пример.

Найдём кратность вырождения уровней энергии (с 1-го по 6-й) в кубической потенциальной яме.Вид пси-функции определяется набором трех натуральных чисел ( n1 ,n2 ,n3 )E=ψ=8nπ nπ n π ⋅ sin  1 x  ⋅ sin  2 y  ⋅ sin  3 z  ,abc a  a  a а значение энергии зависит от «квадрата длины набора» ( n12 + n22 + n32 ) :π2 ℏ 2 2n + n22 + n32 ) .2 ( 12maЗначения энергии упорядочиваем по величине.Кратность вырождения равна числу наборов «одной длины».№Значение энергииНаборы чисел ( n1 ,n2 ,n3 )E=1(1,1,1)2( 2,1,1) , (1, 2,1) , (1,1, 2 )3( 2, 2,1) , (1, 2, 2 ) , ( 2,1, 2 )4( 3,1,1) , (1,3,1) , (1,1,3)5( 2 , 2, 2 )6(1, 2,3) , ( 2,1,3) , (1,3, 2 ) ,( 3,1, 2 ) , ( 3, 2,1) , ( 2,3,1)3π2 ℏ 2E1 =2ma 23π2 ℏ 2E2 =ma 29π2 ℏ 2E3 =2ma 211π2 ℏ 2E4 =2ma 26π 2 ℏ 2E5 =ma 27 π2 ℏ 2E6 =ma 2Кратность вырождения133316Падение частицы на потенциальный порог.1. Частица массы m с энергией Е движется вдоль оси Х,IIIсначала в области I, где потенциальная энергия меньшеU0энергии частицы, и налетает на область II, в которой потенциальная энергия больше энергии частицы U0>E.

ДляEобласти I пусть x<0, а для области II x>0.Примем зависимость потенциальной энергии в видеx00 , x < 0U ( x) = U 0 , x > 0Уравнение Шрёдингера для стационарного состояния в области I:4Семестр 4. Лекции 5-6.d 2 ψ I 2m+ 2 E ⋅ ψI = 0 .dx 2ℏ2mСоответственно, решение ψ I = C1eik1 x + C2 e− ik1 x , где k12 = 2 E .ℏВ области I решение является суперпозицией падающей на порог и отраженной от порогаволн:ψ I = ψ IПАД + ψ ОТР.IТ.к. уравнение падающей (в положительном направлении оси Х) на преграду волны де Бройлядолжно иметь видΨПАД= C1 ⋅ eE− i  n t − k1 x  ℏ= C1 ⋅ eik1 x ⋅ e−iEntℏ,то в решении для области I падающей волне соответствует координатная часть ψ IПАД = C1eik1x .Соответственно, отражённую волну де Бройля описывает ψ ОТР= C2 e − ik1 x .IДля области II:d 2 ψ II 2m− 2 (U 0 − E ) ⋅ ψ II = 0dx 2ℏ2mрешение имеет вид ψ II = C3e − k2 x + C4 e k2 x , где k2 =(U 0 − E ) .ℏ2Оставляем только решение, убывающее при x→+∞ .

(Этому соответствует условие того,что вероятность нахождения частицы внутри барьера убывает с глубиной.) Поэтому прошедшаяволна ψ IIПРОШ = C3e− k2 x .Граничным условием является непрерывность функции ψ и её первой производной ψ′x награнице барьераdψIdψψ I ( 0 ) = ψ II ( 0 ) ,( 0 ) = II ( 0 ) .dxdxC1 + C2 = C3откуда получаем систему для определения коэффициентов .ik1C1 − ik1C2 = − k2C3Решение этой системы имеет вид C2 =( k2 + ik1 ) C , C = 2ik1 C .( ik1 − k2 ) 1 3 ( ik1 − k2 ) 1Эффективной глубиной L проникновения частицы в область порога называется расстояние отграницы порога, на котором плотности вероятности уменьшается в е раз.e2k2 Lψ ПРОШ( 0)II2ψ IIПРОШ ( L )2=C32C3e − k2 L2=e11ℏ2= e , 2k2 L = 1 , L =.=2k2 2 2m (U 0 − E )Замечание.

Из последней формулы следует, что при увеличении «высоты» порога U 0 → ∞ эффективная глубина уменьшается L → 0 .Найдём плотность потока вероятности падающей волны*ik1 xik1 x ПАД *ПАД ∂Ce∂ψ* ∂ ( C1e*()()) =ℏℏi∂ψi1ikxikxПАДПАДПАД11ψ=jx =− (ψ )C1e− ( C1e )2m ∂x∂x  2m ∂x∂xiℏiℏ2=C1C1* eik1 x ( −ik1 ) e− ik1x − ( C1* C1e − ik1 x ) ( ik1 ) eik1 x = −2ik1C12m2mПлотность потока вероятности отраженной волны()5Семестр 4. Лекции 5-6.*ОТР *ОТР ∂ ( C2 e −ik1x )∂ ( C2 e − ik1 x ) iℏ  ОТР ∂ ( ψ )iℏikx−− ik1 x *ОТР * ∂ψ1=ψ− (ψ )=− ( C2 e )j =C2 e2m ∂x∂x  2m ∂x∂xiℏiℏ2=C2C2* e − ik1 xik1eik1x − ( C2* C2 eik1 x ) ( −ik1 ) ( e− ik1x ) = 2ik1C22m2miℏ2222ikCОТР12jC2k2 + ik12mКоэффициент отражения от порога равен R = ПАД ====1iℏ2C1ik1 − k2jC12ik12mт.е.