Практический курс физики. Квантовая физика. Элементы физики твёрдого тела и ядерной физики (1013875), страница 8
Текст из файла (страница 8)
По условию задачи положим В = 0. ПолучимПлотность вероятности2i(E t − p x )h.2Ψ = Ψ * ⋅Ψ = A e+i(E t − p x )h⋅e−i(E t − p x )h= A2 .Поскольку Ψ 2 не зависит от х, частицу с равной вероятностьюможно обнаружить в любой точке оси Х. Таким образом, приопределенном значении импульса частицы р, частица оказываетсяполностью нелокализованной.Задача 2.10. Найти собственные значения энергии исобственные функции для электрона, находящегося в одномернойпрямоугольной потенциальной яме с бесконечно высокими стенкамии шириной l (см.
рис.). Проанализировать решение.РешениеU(x)III0IIIx=lXОпределим вид потенциального поля в0 < x < l;условиях задачи: U(х) = 0 приU(х) = ∞ при x ≤ 0, x ≥ l. Таким образом, всепространство -∞ < x < ∞ разбито на три области:I, II, III. По условию задачи электрон находится вобласти II. Поскольку потенциальная яма имеет46бесконечно высокие стенки, то электрон не может выйти за еепределы, т.е. вероятность обнаружить электрон в областях I и III22равна нулю,Ψ1(x ) = 0иΨ3 (x ) = 0 .Из условия непрерывности Ψ функции следует, что на границахпотенциального поля в точках хи х=0Ψ1(0 ) = Ψ2 (0 ) = 0 ;1=lΨ2 (l ) = Ψ3 (l ) = 0.2(1)Соотношения (1) называются граничными условиями УравнениеШредингера для движения электрона вдоль оси х в области II:d2 Ψ2 2m+ 2 E Ψ2 = 0 .hdx 2(2)Уравнение (2) соответствует движению свободной частицы, т.к.
вобласти 0 < x < l потенциальное поле U(х) = 0. Обозначимk2 =2mEh2(3)где k = 2π / λ , λ- длина волны де Бройля для электрона. С учетом (3)уравнение (2) запишем в виде:Решение уравненияd2 Ψ2+ k 2 ⋅ Ψ2 = 0 .2dx(4)(4)можно записать в виде:Ψ2 (x ) = A sin(k ⋅ x ) + B cos(k ⋅ x )(5).= 0,2(0) = 0(5) x = l,A sin(kl ) = 0 .где А и В – постоянные интегрирования При хВ = 0. Подставляя внаходимА ≠ 0, то sin(k ⋅ l ) = 0 . ТогдаИз соотношенийэлектрона:n = 1, 2, 3, ...k·l =π·n ,(3) и (6) находим собственныеEn =π2h 22ml2⋅ n2ΨиПоскольку(6)значения энергии(7)Таким образом, граничные условия удовлетворяются лишь длядискретного ряда значений энергии E1, E2, E3…En.
Следовательно, изрешения уравнения Шредингера следует, что частица, “запертая” впотенциальной яме, может иметь только дискретный спектр энергий.Решения уравнения (6) в виде Ψ2 (x ) = A sin(k ⋅ x ) , отвечающиесобственным значениям энергии частицыЕn, являютсясобственными функциями. Их можно записать с учётом (6) в виде:⎛ πnx ⎞⎟⎝ l ⎠Ψ2,n (x ) = A sin⎜(8)Постоянную А найдём из условия нормировки Ψ- функции:47l∫Ψ2,n (x ) dx = 1.20Учитывая (8), будем иметьl⎛ πn22A n ⋅ sin ⎜0⎝l⎞⋅ x ⎟ ⋅ dx =⎠1 2l ⎡⎛ 2πn⎞ ⎤ 1A n ⎢1 − cos⎜⋅ x ⎟dx ⎥ = ⋅ A n2 ⋅ l = 1.2 0⎣⎝ l⎠ ⎦ 2Следовательно, A n = 2 / l . Окончательно дляполучим нормированное выражениеΨ2,n =Ψ2,n -функции2πn⋅ sin( ⋅ x ) .llНа рис. 2.1 приведены графики собственных значений энергии Enсобственных функций Ψn (x ) (б) и квадратов их модулей Ψn (x ) 2 (в).Enn=3Ψ n(x)(a),|Ψn(x)|2n=2n=1l0x0a)lб)Рис. 2.1x0в)lxГрафик Ψn (x ) 2 характеризует распределение вероятности обнаруженияэлектрона в том или ином месте внутри ямы при различных значенияхэнергии электрона.
Как видно из рисунка, в низшем энергетическомсостоянии n = 1 (основное состояние) с наибольшей вероятностьюможно найти электрон около середины ямы, а вероятность найти егоу стенок равна нулю. Этот результат резко отличается оттого, чтоможно ожидать для макроскопической частицы, которую с равнойвероятностью можно найти в любом месте пространства.Задача 2.11. Электрон находится в потенциальной яме шириной:а) l1 = 0,45 нм б) l2 = 0,9 см. Определить наименьшую разностьэнергетических уровней ΔE электрона. Ответ выразить в эВРешениеЗначение собственной энергии электрона в потенциальной ямеопределяется по формуле (7) предыдущей задачи и равноEn =h 2n 28m e l 2,(1)48n = 1, 2, 3...
- номер энергетического уровня (состояния);h = 6,62·10-34Дж·с, mе = 9,1·10-31кг - масса электрона; l - ширина-10-3потенциальной ямы: а) l =4,5·10 м,б) l =9·10 м.Разность энергий соседних энергетических уровнейn+1 и nгдесоставляетh2(2)(2n + 1)8m e l 2Наименьшая величина ΔE будет приn=123hΔEmin =(3)8m e l 2Подставляяв(3) численные данные и учитывая, что-191 эВ = 1,6·10 Дж, найдем: а) ΔЕmin = 5,57 эВ - дискретность уровней-14б) ΔЕmin = 1,39·10эВ - дискретность уровнейнаблюдается;обнаружить нельзя.E n + 1 − E n = ΔE =Задача 2.12. Частица, движущаяся вдоль оси Х, встречаетбесконечно протяженный потенциальный барьер. Найтикоэффициент отражения барьера для случая Е/U0 = 2, где Е - энергиячастицы, U0 – высота барьера.РешениеВозьмем начало барьера в точке х = 0.
Тогда потенциальнаяU = U0. В области х < 0энергия при х < 0 равна 0, при х ≥ 0уравнение (2.13) имеет вид:U(x)d2 Ψ1 2m+ 2 E ⋅ Ψ1 = 0dx 2hОбщеерешениетакогоуравнения:гдеk 1 = 2mE / h .,Ψ = A ⋅e+B⋅eВолновая функция частицы в области х < 0−ik1xik1xEU00Ψ (x, t ) = A ⋅ ex− i(Et − k 1⋅ x )h+B⋅e−i(Et + k1⋅ x )hЗдесь первое слагаемое представляет волну,падающую на барьер, второе – волну, отраженную от барьера.2B .Коэффициент отражения R определяется какR=AВ области х ≥ 0:d Ψ22dxРешение этого уравнения:2+2mh2(E − U0 )Ψ2 = 0 .Ψ = C ⋅ eik 2x + D ⋅ e −ik 2x , где k 2 =Ψ (x, t ) = C ⋅ e⎞⎛E− i ⎜ t − k 2 ⋅x ⎟⎝h⎠+ D⋅e2m(E − U0 )⎞⎛E−i⎜ t + k 2 ⋅x ⎟⎝h⎠h.;49Второе слагаемое в этом решении представляет волну, бегущую вотрицательном направлении оси Х.
Поскольку барьер имеетбесконечную протяженность, отражения волны в области х ≥ 0произойти не может. Следовательно, D = 0. ПолучаемΨ (x, t ) = C ⋅ e⎛E⎞− ⎜ t − k 2 ⋅x ⎟h⎝⎠,что описывает проходящую в область барьера волну.Из непрерывности волновой функции в точке х = 0 имеемΨ1(0 ) = Ψ2 (0 ) ,что дает А + В = С.Из непрерывности первых производныхΨ1′(0 ) = Ψ2′ (0 )получаемAk 1 − Bk 1 = Ck 2 .Подставив сюда С = А + В,получимk 1 − k 2 )2(B k1 − k 2=.и R=A k1 + k 2(k1 + k 2 )2Используя выражения для k1 и k2, найдем(1 −R=(1 +)/E)1 − U0 / E21 − U02.Численный расчет дает R = 0,0295. Классическая частица сэнергией Е > U0 наверняка прошла бы в область х > 0, т.е.
для нееR = 0. Квантовомеханическое рассмотрение показывает, что свероятностью 2,95% частица отразится от барьера, а с вероятностью97,05% пройдет в область х > 0.Задача 2.13. Электрон с энергией Е = 100эВ падает напрямоугольный потенциальный барьер бесконечной протяженности,имеющий высоту U0 = 150 эВ.
Определить эффективную глубинупроникновения электрона в область барьера.РешениеВ области х < 0 волновая функция электрона имеет вид падающейна барьер и отраженной от него волн (см. задачу 2.12).Ψ (x, t ) = A ⋅ e⎛E⎞− i ⎜ t − k1 ⋅ x ⎟⎝h⎠+B⋅e⎛E⎞− i ⎜ t + k 1⋅ x ⎟⎝h⎠U(x)U0В области х ≥ 0 уравнение Шредингераможно записать в виде:d2 Ψ2dx 2−2mh2(U0 − E)Ψ2 = 0Решение такого уравнения:Ψ2 (x ) = C ⋅ e −k 2x + D ⋅ ek 2x ,E02m(U − E )0где k 2 =.hЧтобы Ψ2 была ограниченной при х → ∞, положим D = 0.x50Ψ2 (x ) = C ⋅ e − k 2xДалее из требования непрерывности волновой функции и еепервой производной в точке х = 0 получим: А + В = С;ik1A − ik1B = −k 2C . Из двух последних уравнений следует:ik + k 2B=A 1ik1 − k 2и2BR== 1.AЕ < U0 R = 1.Итак, коэффициент отражения в случаеЧастицанаверняка отразится от барьера.
Этот вывод совпадает срезультатом решения подобной задачи по законам классическоймеханики.Однако, в отличие от классического рассмотрения, вероятностьобнаружить частицу в области х > 0 не равна нулю, так как2Ψ2 экспоненциально убывает с удалением от точки х = 0.Расстояние l, на котором плотность вероятности обнаружить частицууменьшается в е раз, называется эффективной глубиной2проникновения.Ψ2 = C 2 e − 2k 2x ;22Ψ2 (0 ) = C 2 ;Ψ2 (l ) = C 2 e −1 ;1. Подставив сюда выражение для k2,2k 2h.
Проведя вычисления, найдем l = 12 пм.=2 2m(U0 − E )Следовательнополучим l = lэффl=Задача 2.14. Частица массой m находится в сферическисимметричной потенциальной яме с абсолютно непроницаемымистенками: U(r) = 0 при r < r0 и U(r) = ∞ при r ≥ r0. Для случая, когдаволновая функция зависит только от r, найти а) собственныезначения энергии частицы; б) нормированные собственные функции.РешениеВ области потенциальной ямы уравнение Шредингера имеет вид:ΔΨ +2mEΨ = 0h2В сферически-симметричном случае решать уравнение следует всферической системе координат (r, θ, φ).
Оператор Лапласа всферической системе координат имеет вид:1 ∂⎛ 2 ∂⎞ 1⋅ ⎜rΔ θ,ϕ ,⎟+r 2 ∂r ⎝ ∂r ⎠ r 2оператора Лапласа Δ θ,ϕΔ=где угловая частьпроизводные по углам θ и φ. Следовательносодержит толькоΔ θ,ϕ Ψ (r ) = 0 .51Таким образом, получаем уравнение:Сделаем подстановку1r2⋅1 d ⎛ 2 dΨ ⎞ 2mEΨ = 0 .⋅ ⎜r⎟+r 2 dr ⎝ dr ⎠ h 2χ(r )dΨ 1 dχ χΨ (r ) =; тогда= ⋅−dr r dr r 2rиd 2 χ dχ ⎞⎟ 1 d2 χ1 ⎛⎜ dχd ⎛ 2 dΨ ⎞ 1 d ⎛ dχ⎞rrr= ⋅ 2=⋅+−=⋅−χ⎜⎟⎜⎟2 ⎜ dr2⎟ rdrdr ⎝ dr ⎠ r 2 dr ⎝ drdrdr⎠ r⎝⎠Приходим к уравнениюd2 χ 2mE+ 2 χ =0.hdr 2Общее решение такого уравнения можно записать в виде:χ = Ae i k r + Be −i k r ,где k = 2mE .hИз ограниченности Ψ = χ / r в точке r = 0 имеем χ(0) = 0 , что даетА + В = 0 и В = - А.
Тогда решение приобретает вид:χ = A ⋅ (e i k r − e −i k r ) = C ⋅ sin(k ⋅ r )Поскольку стенки ямы непроницаемы, из условия непрерывностиволновой функции следует χ(r0 ) = 0 ; sin(kr0 ) = 0 . Последнее равенствовыполняется, еслигде n = 1, 2, 3….k ⋅ r0 = π ⋅ n ,Значение n = 0 следует отбросить, так как при n = 0, χ = 0 вовсем пространстве. Из k = πn находим собственные значенияr0энергииEn =π 2 h 2n 22mr02C sin( πrn / r0 )Ψ=.rНормируем функции:и собственные функцииВ сферической системекоординат элемент объема dV = r 2 sin θ dr dθ dϕ . Нормировочныйинтеграл после подстановки Ψ и dV приобретает вид:2∫r0C2 0ЗдесьΨ dV = 1.2πsin2 k ⋅ r 2 π⋅rdrsinθdθ∫∫ dϕ = 1.r200π2π00sin θdθ = 2 ;∫ dϕ= 2π .Получаем52101 ⎛⎜sin(2kr) r0 ⎞⎟ 1 ⎛⎜sin(2πnr / r0 ) r0 ⎞⎟ r0=−sinkrdr(1cos(2kr))drrr=−=−= .⎜0⎟ 2⎜ 0⎟ 2222k2k0000⎝⎠⎝⎠r0r2Подставляя, находимC 2 ⋅ 4πr0= 1;21.2πr0sin(πnr / r0 )1Ψ (r ) =⋅r2πr0C2 =Нормированные собственные функцииНайти среднюю кинетическую энергию частицы водномерной прямоугольной потенциальной яме с бесконечновысокими стенками 0 < х < l, если частица находится в состоянииЗадача2.15.Ψ (x ) = Ax (l − x ) .РешениеСреднее значение динамической переменной Т, согласно (2.16),равно T = ∫ Ψ * T̂ΨdV .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
