3.2: Незв'язані задачі в квантовій механіці
- Page ID
- 79467
Потім ми вирішимо незалежне від часу рівняння Шредінгера в деяких цікавих 1D випадках, які стосуються задач розсіювання.
Нескінченний бар'єр
Спочатку розглядаємо потенціал, як на рис\(\PageIndex{1}\). Розглянемо два випадки:
- Випадок А. Система (частка) має загальну енергію більше, ніж потенційний бар'єр\(E > V_H\).
- Випадок Б. Енергія менше, ніж потенційний бар'єр,\(E < V_H\).
Розглянемо спочатку класичну проблему. Система являє собою жорстку кульку з сумарною енергією Е, заданою сумою кінетичної і потенційної енергії. Якщо ми тримаємо загальну енергію фіксованою, кінетичні енергії різні в двох областях:
\[T_{I}=E \quad T_{I I}=E-V_{H} \nonumber\]
Якщо E > V H, кінетична енергія в області два є\(T_{I I}=\frac{p^{2}}{2 m}=E-V_{H}\), даючи просто знижену швидкість для частинки. Якщо замість E < V H, ми отримаємо негативну кінетичну енергію T II. Це не дозволене рішення, але це означає, що частинка не може подорожувати в область II, і натомість вона обмежена в регіоні I: частинка відскакує від потенційного бар'єру.
У квантовій механіці нам потрібно вирішити рівняння Шредінгера, щоб знайти хвильову функцію, що описує частинку в будь-якому положенні. Незалежне від часу рівняння Шредінгера
\ [\ mathcal {H}\ psi (x) =-\ frac {\ hbar^ {2} d^ {2}} {2 м d x^ {2}}\ psi (x) +V (x)\ psi (x) = E\ psi (x)\ стрілка вправо\ {\ почати {масив} {l}
-\ frac {\ hbar^ {2}} {2 м}\ розрив {d^ {2}\ psi (x)} {d x^ {2}} =Е\ psi (x)\ текст {в регіоні I}\\
-\ frac {\ hbar^ {2}} {2 м}\ frac {d^ {2}\ psi (x)} {d x^ {2}} =\ лівий (E-V_ {H}\ праворуч)\ psi (x)\ text {в регіоні II}
\ end {масив}\ право. \ номер\]
Два випадки відрізняються, оскільки в регіоні II різниця енергії\(\Delta E=E-V_{H} \) є позитивною або негативною.
Позитивна енергія
Давайте спочатку розглянемо випадок, в якому\(\Delta E=E-V_{H}>0 \). В обох областях частинка поводиться як вільна частинка з енергією E I = E і E II = E − V H. Ми вже бачили розв'язки такого диференціального рівняння. Це:
\[\psi_{I}(x)=A e^{i k x}+B e^{-i k x} \nonumber\]
\[\psi_{I I}(x)=C e^{i k^{\prime} x}+D e^{-i k^{\prime} x} \nonumber\]
де\( \frac{\hbar^{2} k^{2}}{2 m}=E\) і\(\frac{\hbar^{2} k^{\prime 2}}{2 m}=E-V_{H} \).
Ми вже інтерпретували функцію\(e^{i k x} \) як хвилю, що рухається зліва направо і\(e^{-i k x} \) як хвилю, що рухається справа наліво. Потім ми розглянемо випадок, подібний до класичного випадку, в якому куля був спрямований в бік бар'єру. Тоді частинка спочатку описується як хвиля, що рухається зліва направо в Регіоні I. На потенційному бар'єрі частка може або відображатися, породжуючи хвилю, що рухається справа наліво в Регіоні I, або передаватися, отримуючи хвилю, що рухається зліва направо в регіоні II. Це рішення описується рівняннями вище, якщо ми встановимо D = 0, маючи на увазі, що немає хвилі, що походить з крайнього правого краю.
Оскільки хвильова функція повинна описувати фізичну ситуацію, ми хочемо, щоб вона була безперервною функцією та з безперервною похідною. Таким чином, ми повинні зіставити значення розв'язку та їх похідні на межі x = 0. Це дасть рівняння для коефіцієнтів, що дозволяють знайти точне рішення рівняння Шредінгера. Це проблема граничних умов.
Від
\[\psi_{I}(0)=\psi_{I I}(0) \quad \text { and } \quad \psi_{I}^{\prime}(0)=\psi_{I I}^{\prime}(0) \nonumber\]
і D = 0 отримуємо умови:
\[A+B=C, \quad i k(A-B)=i k^{\prime} C \nonumber\]
з розчинами
\[B=\frac{k-k^{\prime}}{k+k^{\prime}} A, \quad C=\frac{2 k}{k+k^{\prime}} A \nonumber\]
Далі ми можемо знайти А шляхом інтерпретації хвильової функції в терміні потоку частинок. Таким чином, ми фіксуємо вхідний хвильовий потік, щоб бути\(\Gamma \) які множини\(|A|=\sqrt{\frac{m \Gamma}{\hbar k}} \) (ми можемо вважати A реальним, позитивним числом для простоти). Тоді у нас є:
\[B=\frac{k-k^{\prime}}{k+k^{\prime}} \sqrt{\frac{m \Gamma}{\hbar k}}, \quad C=\frac{2 k}{k+k^{\prime}} \sqrt{\frac{m \Gamma}{\hbar k}} \nonumber\]
Ми також можемо підтвердити наступну особу
\[k|A|^{2}=k|B|^{2}+k^{\prime}|C|^{2} \nonumber\]
що випливає з:
\[\begin{align*} k|B|^{2}+k^{\prime}|C|^{2} &=\frac{|A|^{2}}{\left(k+k^{\prime}\right)^{2}}\left[k\left(k-k^{\prime}\right)^{2}+k^{\prime}(2 k)^{2}\right] \\[4pt] &=k|A|^{2} \frac{\left(k-k^{\prime}\right)^{2}+4 k^{\prime} k}{\left(k+k^{\prime}\right)^{2}} \end{align*}\]
Помножимо його на\(\hbar / m=\):
\[\frac{\hbar k}{m}|A|^{2}=\frac{\hbar k}{m}|B|^{2}+\frac{\hbar k^{\prime}}{m}|C|^{2} \nonumber\]
Згадаймо трактування\(\psi(x)=A e^{i k x} \) як хвилі, що дає потік частинок\( |\psi(x)|^{2} v=|A|^{2} \frac{\hbar k}{m}\). Цей зв'язок аналогічно дотримується для потоку в області II, а також для відбитого потоку. Тоді ми можемо інтерпретувати рівність вище як рівність потоку частинок:
Вхідний потік\( \Gamma=\frac{\hbar k}{m}|A|^{2}\) дорівнює сумі відбитих\(\Gamma_{R}=\frac{\hbar k}{m}|B|^{2} \) і переданих\(\Gamma_{T}=\frac{\hbar k}{m}|C|^{2} \) потоків. Потік частинок зберігається. Потім ми можемо визначити коефіцієнти відбиття та передачі як:
\[\Gamma=\Gamma_{R}+\Gamma_{T}=R \Gamma+T \Gamma \nonumber\]
де
\[\begin{align*} R &=\frac{k|B|^{2}}{k|A|^{2}} \\[4pt] &=\left(\frac{k-k^{\prime}}{k+k^{\prime}}\right)^{2}, \\[4pt] T&=\frac{k^{\prime}|C|^{2}}{k|A|^{2}} \\[4pt] &=\left(\frac{2 k}{k+k^{\prime}}\right)^{2} \frac{k^{\prime}}{k} \end{align*}\]
Тоді це легко побачити,\(T + R = 1\) і ми можемо інтерпретувати коефіцієнти відображення та передачі як ймовірність відображення та передачі відповідно.
Відповідно до ймовірнісної природи квантової механіки, ми бачимо, що рішення рівняння Шредінгера не дає нам точного місця розташування частинки. Замість цього він описує ймовірність знаходження частинки в будь-якій точці простору. Враховуючи виявлену вище хвильову функцію, ми можемо обчислити різну цікаву кількість, наприклад, ймовірність того, що частинка має заданий імпульс, положення та енергію.
Негативна енергія
Тепер переходимо до випадку, де E < V H, так що\(\Delta E<0 . \). У класичному випадку ми побачили, що це означало неможливість для м'яча опинитися в регіоні II. У квантовій механіці ми не можемо просто вгадати рішення на основі нашої інтуїції, але нам потрібно знову вирішити рівняння Шредінгера. Різниця лише в тому, що зараз у II регіоні ми маємо\( \frac{\hbar^{2} k^{\prime \prime} 2}{2 m}=E-V_{H}<0\).
Оскільки квантова механіка визначається в складному просторі, це не створює жодної проблеми (ми можемо мати негативні кінетичні енергії, навіть якщо загальна енергія позитивна)\(k^{\prime \prime}=i \kappa\), і ми можемо вирішити для\(k^{\prime \prime}\) простого знаходження уявного числа\(\kappa=\sqrt{\frac{2 m}{\hbar^{2}}\left(V_{H}-E\right)}\) (з\(\kappa \) реальною).
Розв'язки задачі на власні значення схожі на те, що вже бачили:
\[\psi_{I}(x)=A e^{i k x}+B e^{-i k x} \nonumber\]
\[\psi_{I I}(x)=C e^{i k^{\prime \prime} x}=C e^{-\kappa x} , \nonumber\]
де ми взяли D = 0 як раніше.
Квантова механіка дозволяє частинці увійти в класичну заборонену область, але хвильова функція стає зникаючою експоненціальною функцією. Це означає, що навіть якщо частка дійсно може потрапити в заборонену область, вона не може піти дуже далеко, ймовірність знайти частинку далеко від потенційного бар'єру (дана\(P(x>0)=\left|\psi_{I I}(x)\right|^{2}=|C|^{2} e^{-2 \kappa x}\) стає все менше і менше.
Знову зіставляємо функцію та її похідні на межі, щоб знайти коефіцієнти:
\[\psi_{I}(0)=\psi_{I I}(0) \rightarrow A+B=C \nonumber\]
\[\psi_{I}^{\prime}(0)=\psi_{I I}^{\prime}(0) \rightarrow i k(A-B)=-\kappa C \nonumber\]
з розчинами
\[B=\frac{k-i \kappa}{k+i \kappa} A, \quad C=\frac{2 k}{k+i \kappa} A \nonumber\]
Ситуація з точки зору потоку натомість зовсім інша. Тепер ми маємо рівність\( k|B|^{2}=k|A|^{2}\):
\[k|B|^{2}=k\left|\frac{k-i \kappa}{k+i \kappa}\right|^{2}=k \frac{k^{2}+\kappa^{2}}{k^{2}+\kappa^{2}}=k \nonumber\]
З точки зору потоку ми можемо записати це співвідношення як\( \Gamma=\Gamma_{R}\), що має на увазі R = 1 і T = 0. Таким чином, у нас немає передачі, просто ідеальне відображення, хоча є проникнення ймовірності в забороненому регіоні. Це можна назвати зникаючою передається хвилею.
скінченний бар'єр
Розглянуто інший потенціал, який створює кінцевий бар'єр висотою V H між x = 0 і L. Як показано на малюнку,\(\PageIndex{2}\) цей потенціал ділить простір на 3 області. Знову розглянемо два випадки, коли сумарна енергія частки більше або менше V H. Класично розглядаємо кульку спочатку в Регіоні I, то в разі, коли
E > V H м'яч може подорожувати скрізь, у всіх трьох регіонах, тоді як для E < V H він буде обмежений у регіоні I, і ми маємо ідеальне відображення. Ми зараз розглянемо квантовий механічний корпус.
Позитивна кінетична енергія
Спочатку розглянемо випадок де\( \Delta E=E-V_{H}>0\). Кінетичні енергії в трьох областях
\[\begin{aligned}& \ \ \text { Region I } \qquad \qquad \quad\text { Region II } \qquad \qquad \qquad\text { Region III }\\ &T=\frac{\hbar^{2} k^{2}}{2 m}=E \qquad T=\frac{\hbar^{2} k^{\prime 2}}{2 m}=E-V_{H} \qquad T=\frac{\hbar^{2} k^{2}}{2 m}=E \end{aligned} \nonumber\]
І хвильова функція є
\ [\ begin {масив} {ccc}
\ текст {Регіон I} &\ текст {Регіон II} &\ текст {Регіон III}\\
A e^ {i k x} +B e^ {-i k x} & C e^ {\ прайм} х} +D e^ {-i k^ {\ прайм} x} & E ^ {i k x}
\ кінець {масив}\ номер\]
(Знову ставимо термін з фізичних\(F e^{-i k x}=0 \) причин, по аналогії з досліджуваним класичним випадком). Коефіцієнти можна обчислити, враховуючи граничні умови.
Зокрема, нас цікавить ймовірність пропускання променя через бар'єр і в область III. Коефіцієнт пропускання - це відношення вихідного потоку в Регіоні III до вхідного потоку в Регіоні I (обидва ці потоки рухаються вправо, тому ми позначаємо їх R):
\[T=\frac{k\left|\psi_{I I I}^{R}\right|^{2}}{k\left|\psi_{I}^{R}\right|^{2}}=\frac{k|E|^{2}}{k|A|^{2}}=\frac{|E|^{2}}{|A|^{2}} \nonumber\]
тоді як коефіцієнт відбиття - це відношення відбитого (справа наліво, маркованого L) і вхідного (зліва направо, маркованого R) потоку в області I:
\[R=\frac{k\left|\psi_{I}^{L}\right|^{2}}{k\left|\psi_{I}^{R}\right|^{2}}=\frac{k|B|^{2}}{k|A|^{2}}=\frac{|B|^{2}}{|A|^{2}} \nonumber\]
Ми можемо вирішити явно граничні умови:
\[\psi_{I}(0)=\psi_{I I}(0) \quad \psi_{I I}(L)=\psi_{I I I}(L) \nonumber\]
\[\psi_{I}^{\prime}(0)=\psi_{I I}^{\prime}(0) \quad \psi_{I I}^{\prime}(L)=\psi_{I I I}^{\prime}(L) \nonumber\]
і знайти коефіцієнти B, C, D, E (A визначається з інтенсивності потоку\( \Gamma\). З повного рішення ми можемо перевірити, що T + R = 1, як і повинно бути фізично.
Обс. Зверніть увагу, що ми могли б також знайти інше рішення, наприклад, в якому ми встановили\( F \neq 0\) і A = 0, що відповідає частинці, що походить з правого.
Негативна енергія
У тому випадку\( \Delta E=E-V_{H}<0\), коли в регіоні II ми очікуємо, як і раніше уявний імпульс. Насправді ми знаходимо
\[\begin{array}{ccc} \text { Region I } & \text { Region II } & \text { Region III } \\ k=\sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^{2}}} & \quad k^{\prime}=i \kappa, \kappa=\sqrt{\frac{2 m\left(V_{H}-E\right)}{\hbar^{2}}} & \quad k=\sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^{2}}} \end{array} \nonumber\]
І хвильова функція є
\ [\ begin {масив} {clc}
\ текст {Регіон I} &\ текст {Регіон II} &\ текст {Регіон III}\\
A e^ {i k x} +B e^ {-i k x} & C e^ {-\ каппа х} +D e^ {\ kappa x} & E ^ {i k x}
\ кінець {масив}\ nonumber\
Різниця тут полягає в тому, що можлива кінцева передача через бар'єр і коефіцієнт передачі не дорівнює нулю. Дійсно, з повного розв'язку крайової задачі ми можемо знайти як і в попередньому випадку коефіцієнти T і R і ми маємо T + R = 1.
Таким чином, існує ймовірність того, що частинки тунелів через скінченний бар'єр і з'являються в Регіоні III, потім продовжуючи х → ∞.
Обс. Хоча ми описували ситуацію з точки зору хвилі, що рухається в тому чи іншому напрямку, те, що ми описуємо тут, не є проблемою, залежною від часу. У цій задачі взагалі немає тимчасової залежності (всі рішення є лише функцією x, а не часу). Це та ж ситуація, що і нерухомі хвилі, наприклад в мотузці. Стан системи не розвивається. Це завжди (в будь-який час) описується одними і тими ж хвилями, і тому в будь-який час ми матимемо однакові результати та результати ймовірності для будь-якого вимірювання.
Оцінки та масштабування
Замість того, щоб вирішувати саме задачу для другого випадку, ми намагаємося зробити деякі оцінки в тому випадку, якщо існує дуже мала ймовірність тунелювання. У цьому випадку ми маємо наступні наближення для коефіцієнтів A, B, C і D.
- Припускаючи T 1, ми очікуємо D ≈ 0, оскільки якщо є дуже мала ймовірність того, що частка буде знаходитися в області III, ймовірність повернення від неї через бар'єр повинна бути ще меншою (іншими словами, якщо\(D \neq 0\) ми будемо мати зростаючу ймовірність мати хвилю, що виходить з бар'єру).
- Крім того, T 1 має на увазі R ≈ 1. Це означає, що B/A ≈ 1 або B ≈ A.
- Зіставлення хвильової функції при x = 0, ми маємо C = A + B ≈ 2A.
- Нарешті зіставлення хвильової функції при x = L отримаємо:
\[\psi(L)=C e^{-\kappa L}=2 A e^{-\kappa L}=E e^{i k L} \nonumber\]
Потім ми можемо обчислити ймовірність передачі T з\( T=\frac{k\left|\psi_{I I I}^{R}\right|^{2}}{k\left|\psi_{I}^{R}\right|^{2}}\), з цими припущеннями. Отримуємо
\[T=\frac{k|E|^{2}}{k|A|^{2}}=\frac{|E|^{2}}{|A|^{2}}=\frac{4|A|^{2} e^{-2 \kappa L}}{|A|^{2}} \rightarrow T=4 e^{-2 \kappa L} \nonumber\]
Таким чином, ймовірність передачі залежить від довжини потенційного бар'єру (чим довше бар'єр, тим менше у нас передача, оскільки вона інтуїтивно зрозуміла) і від коефіцієнта\(\kappa\). Зверніть увагу, що\(\kappa\) залежить від різниці між енергією частинки та силою потенціалу: Якщо енергія частинки знаходиться біля краю потенційного бар'єру (тобто ΔE\(\kappa\) ≈ 0), то ≈ 0 і існує велика ймовірність тунелювання. Однак цей випадок суперечить нашим першим припущенням невеликого тунелювання (саме тому ми отримуємо нефізичний результат, що T ≈ 4!!). Випадок, який ми розглядаємо, - це натомість, коли енергія частинок мала порівняно з потенціалом, так що\(\kappa\) вона велика, і частинка має дуже низьку ймовірність тунелювання.