Учебник - Как понимать квантовую механику - Иванов М.Г. (1238820), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Скорость (классическая, или групповая) пропорциональнаимпульсу, таким образом, отношение потоков в отражённой волне и падающей волне (коэффициент отражения) совпадает с отношением вероятностей. Отношение потоков в прошедшей и падающей волнах (коэффициентпрохождения) отличается от отношения вероятностей на отношения скоростей частиц (импульсов, или волновых чисел).То есть коэффициенты (вероятности) отражения R и прохождения Dопределяются так:R = |r|2 ,D = k |d|2 .(6.16)kПоскольку частица не может исчезнуть или быть захваченной потенциалом(т. к. энергия сохраняется), R + D = 1 (ниже мы это строго докажем).6.3.2.
Пример: рассеяние на ступенькеРассмотрим одномерную задачу рассеяния на потенциале ступенька:0, x 0,U (x) =V, x > 0.В данном случае асимптотическое поведение волновой функции (6.15)начинается непосредственно от нуля:√ψ(x) = eikx + re−ikx , ψ (x) = ik eikx − re−ikx , x 0, k = h̄1 2mE,ψ(x) = deik x , ψ (x) = ik deik x , x 0, k = h̄1 2m(E − V ).Нам остаётся сшить волновую функцию в нуле, используя условия непрерывности самой функции и её первой производной:ψ(−0) = 1 + r = ψ(+0) = d,ψ (−0) = ik(1 − r) = ψ (+0) = ik d.Получаем систему1 + r = d,1 − r = kk d⇒⎧⎪⎨d =2k ,k + k⎪⎩ r = k − k .k+kИз амплитуд выражаем коэффициенты прохождения и отражения k − k 2 ,D = kk |d|2 = 4kk 2 .R = |r|2 = k+k|k + k |(6.17)6.3. ОДНОМЕРНАЯЗАДАЧА РАССЕЯНИЯ179Для полученного ответа выполняются следующие свойства:• R + D = 1 — сохранение вероятности;• при V = 0 (ступенька исчезает) k = k , частица проходит без рассеяния: R = 0, D = 1;• при E → +∞ получаемR → 0, D → 1;kk→ 1, частица проходит без рассеяния:• при V > E волновое число k — мнимое, частица полностью отражается: R = 1, D — мнимое, что означает «неправильную» (экспоненциальную) асимптотику при x > 0, т.
е. вместо мнимого D следуетбрать D = 0;6• если рассмотреть рассеяние справа налево, или, что равносильно, заменить V на −V , а E на E −V , т. е. поменять местами k и k , то R и Dне изменятся (неизменность D и R при изменении направления рассеяния в общем случае доказывается далее в разделе 6.3.5 «Рассеяниеслева направо и справа налево**»).Проверка этих общих свойств для конкретного потенциала может применяться как простейший самоконтроль полученного решения одномернойзадачи рассеяния.6.3.3. Пример: рассеяние на δ-ямеРассмотрим одномерную задачу рассеяния на потенциале δ-ямы:2U (x) = − h̄m κ0 δ(x).Как и для ступеньки, асимптотическое поведение волновой функции (6.15)начинается непосредственно от нуля:ψ(x) = eikx + re−ikx , ψ (x) = ik eikx − re−ikx , x 0,√ψ(x) = deikx , ψ (x) = ikdeikx , x 0, k = h̄1 2mE.Одно из условий сшивки по-прежнему условие непрерывности волновойфункции, а второе изменяется на условие на скачок первой производнойдля δ-ямы:ψ(−0) = 1+r = ψ(+0) = d,ψ |+0−0 = ikd−ik(1−r) = −2κ0 ψ(0) = −2κ0 d.6 Мнимому D тоже можно придать физический смысл, но это уже не будет коэффициентпрохождения.180ГЛАВА 6Получаем систему1 + r = d,d + r − 1 = 2i κk0 d⇒⎧⎪⎨d =k ,k − iκ0⎪⎩ r = iκ0 .k − iκ0(6.18)Из амплитуд выражаем коэффициенты прохождения и отраженияR = |r|2 =κ20,k + κ202D = |d|2 =k2 .k + κ202Как пример самопроверки снова проверим общие свойства:• R + D = 1 — сохранение вероятности;• при κ0 = 0 (яма исчезает) частица проходит без рассеяния: R = 0, D = 1;• при E → +∞ получаемR → 0, D → 1;κ0k→ 0, частица проходит без рассеяния:• при κ0 → −∞ δ-яма превращается в δ-барьер, который по мере роста−κ0 становится всё более и более непроницаемым, частица полностьюотражается: R → 1, D → 0;• для чётного потенциала рассеяние справа налево не полностью симметрично рассеянию слева направо и отдельно его рассматривать ненадо.6.3.4.
Общие свойства одномерного рассеянияРазрешимость задачиЕсли k и k вещественны, то E — двухкратно вырожденное состояние. Отсутствие падающей волны в асимптотике на +∞ (т. е. равенствонулю амплитуды при члене e−ik x при x → +∞) выделяет из двумерного пространства состояний с данной энергий одномерное подпространство.Единичная амплитуда падающей волны (eikx при x → +∞) фиксируетнормировку рассматриваемого решения. Таким образом, амплитуды r и dопределяются однозначно.Если k — вещественное, а k — мнимое, то энергия E относитсяк непрерывному невырожденному спектру. Асимптотика на +∞ имеет вид6.3. ОДНОМЕРНАЯЗАДАЧА РАССЕЯНИЯ181e−|k |x , так что следует считать, что d = 0.7 Как уже говорилось выше,в одномерном случае стационарные состояния могут быть записаны каквещественные волновые функции.
Для невырожденного уровня это означает, что собственное состояние всегда может быть сделано вещественнымумножением на постоянный множитель. Для асимптотики x → −∞ получаем, что |r| = 1, т. е. частица отражается с единичной вероятностью.Однако фаза амплитуды r может нести некоторую интересную информацию (например, если одномерная задача получена из задачи на радиальноедвижение в центральном поле).Сохранение вероятности*Свойство сохранения вероятности при рассеянии (R + D = 1) мы ужеобосновали.
Теперь мы его докажем.Плотность вероятности (x) обнаружения частицы в точке x и плотность потока вероятности j(x) задаются выражениями8p̂ih̄2∗∗∗(x) = |ψ(x)| ,j=(−ψ ∇ψ + ψ∇ψ ) = Re ψ (x) m ψ(x) .2mДля них выполняется уравнение непрерывности9∂ρ+ div j = 0,∂t⇒в одномерии∂ρ∂j+= 0.∂t∂xВ одномерном случае вектор j имеет всего одну компоненту.Для стационарных состояний от времени зависит только фаза волновойфункции и ∂ρ∂t = 0. Так что для одномерных стационарных состояний, которые используются в одномерной задаче рассеяния, ток вероятности вдоль7 Как мы уже видели выше, для рассеяния на ступеньке с высотой выше, чем энергиячастицы, аналитическое продолжение со случая бегущей прошедшей волны eik x на случайвещественной экспоненты даст нам ненулевое значение d, однако формально вычисленныйкоэффициент прохождения D = kk |d|2 при этом оказывается мнимым, что ясно говоритнам, что eik x уже не волна де Бройля, а вещественная экспонента, затухающая на +∞,и правильное значение d = 0.8 Cм.
раздел 13.6 «Сохранение вероятности и уравнение непрерывности», можно отложитьчтение текущего раздела до тех пор, пока указанный раздел не будет изучен, или перепрыгнутьвперёд, а потом вернуться назад. Либо последовать совету в следующей сноске.9 Вы можете, используя уравнение Шрёдингера, легко проверить это уравнение и рассматривать его как обоснование приведённого определения j.
Либо можно ограничиться проверкойсвойства j(x) = const для одномерного стационарного случая.182ГЛАВА 6всей оси постоянен:j(x) = ih̄ (−ψ ∗ ψ + ψψ ∗ ).2mj(x) = const,Вычислим j(x) на −∞ и +∞, используя заданные при постановкезадачи (6.15) асимптотики:j(+∞) = |d|2 h̄km,j(−∞) = (1 − |r|2 ) h̄km.1 − |r|2 = k |d|2 .k R⇒j(−∞) = j(+∞)D6.3.5. Рассеяние слева направо и справа налево**Выше мы сформулировали одномерную задачу рассеяния для волны,падающей слева направо (6.15), однако мы можем поставить для того жепотенциала U (x) задачу рассеяния для волны, падающей справа налево:ψo +2m(Eh̄2− U (x)) = 0,−ik xψo (x) →e +падающая волна−ikxψo (x) →do e, (6.19)ik xr eo Ro = |ro |2 ,x → +∞,отражённая волнаx → −∞,прошедшая волна2m(E − U− ),k=1h̄,k =1h̄Do = k |do |2 .k2m(E − U+ ),(6.20)Решив для одного потенциала U (x) задачу рассеяния в обоих направлениях для энергии E > U+ , мы получим два разных решения ψ(x) и ψo (x)стационарного уравнения Шрёдингера для одного и того же потенциалаи одной и той же энергии.
Ещё два решения того же уравнения для тойже энергии мы можем получить, взяв комплексно сопряжённые функцииψ ∗ (x) и ψo∗ (x).Все четыре решения принадлежат к одному двумерному линейномупространству решений стационарного уравнения Шрёдингера с даннойэнергией. Отсюда следует, что между ними должна быть линейная зависимость.6.3. ОДНОМЕРНАЯЗАДАЧА РАССЕЯНИЯ183Чтобы исследовать зависимость решений, используем вронскиан (6.12)(см.
6.2.3 «Вронскиан (л*)»). Для частиц, движущихся с одинаковой энергией в одинаковых потенциалах, вронскиан от координаты не зависит (6.13)!Подставляя в вронскиан асимптотики на ±∞ четырёх связанных с одномерной задачей рассеяния решений уравнения Шрёдингера ψ(x), ψ ∗ (x),ψo (x), ψo∗ (x), мы получим ряд тождеств на параметры этих асимптотик r, d, ro , do , k, k .• i W [ψ, ψ ∗ ] = k |d|2 = k(1 − |r|2 ) — с точностью до множителя этот2 x→+∞x→−∞вронскиан совпадает с током вероятности j для решения ψ(x). Мы ещёраз доказали сохранение вероятности в одномерной задаче рассеяния.• i W [ψo , ψo∗ ] = −k (1 − |ro |2 ) = −k|do |2 — с точностью до множителя2 x→+∞x→−∞этот вронскиан совпадает с током вероятности j для решения ψo (x).k d = kdo — отсюда получаем (поскольку k и k• i W [ψ, ψo ] = 2x→+∞x→−∞вещественны), чтоD = k |d|2 = k |do |2 = Do .kkКоэффициенты прохождения (а значит и коэффициенты отражения) через барьер в обе стороны одинаковы!• i W [ψ, ψo∗ ] = k dro∗ = −kd∗o r .2 x→+∞x→−∞6.3.6.
Волновые пакетыДо сих пор мы рассматривали рассеяние на потенциале бесконечнодлинных монохроматических волн. Это предельный случай, который принципиально не может быть реализован на практике, т. к. плоская волна, каки любое состояние непрерывного спектра, не может быть нормирована наединицу.Реальное рассеяние — рассеяние волновых пакетов, которые уже неявляются монохроматическими, но зато имеют конечную норму. Рассеяниедостаточно длинных волновых пакетов (длинных по координате и узких по184ГЛАВА 6импульсу) должно в пределе соответствовать тому, что мы уже получилидля монохроматических волн (состояний с определённой энергией).Следует ожидать, что падающий волновой пакет, провзаимодействовав с потенциалом, расщепится на два волновых пакета: прошедший и отражённый, причём интегралы от |ψ(x)|2 по интервалам, содержащим, соответствующие пакеты будут соответствовать коэффициентам прохожденияи отражения для данного потенциала.Свободный волновой пакетРассмотрим волновой пакет, распространяющийся в потенциале U (x) == const.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
