Komentarz do wykładu 6 FCS

Przykłady rozwiązań równania Schrodingera

1. Cząstka swobodna w jednym wymiarze.

Rozpatrujemy cząstkę w nieograniczonym obszarze, w którym energia potencjalna cząstki

jest wszędzie taka sama U ( x, y, z) = const (ponieważ zawsze energia potencjalna jest określona z dokładnością do stałej więc można przyjąć, że U = 0 ). Na cząstkę nie działają

zatem żadne siły, cząstka jest cząstką swobodną, o energii całkowitej równej energii

p 2

kinetycznej E =

. Dla uproszczenia rachunków rozwiążmy na początek zagadnienie

2 m

dla jednego wymiaru. Załóżmy, że cząstka porusza się w kierunku dodatnich wartości osi

x . Wtedy równanie Schrodingera wygląda następująco:

h 2

1 ∂ ψ

2

( x)

−

= Eψ

(5.31)

2

2

( x)

π

4

2 m

x

∂

2

∂ ψ ( x) 8

2

+ mπ Eψ x = (5.32)

2

2

( ) 0

∂ x

h

Kładąc:

2

8 mπ

2

k =

(zawsze dodatnie, k rzeczywiste) (5.33)

2

h

Otrzymujemy ogólne rozwiązanie równania (5.):

ψ ( x)

− ikx

ikx

= C e

+ C e (5.34)

1

2

Po uwzględnieniu również części funkcji falowej zależnej od czasu otrzymamy:

Ψ( x, t)

i ( kx−ω t )

− i( kx+ω t)

= Ae

+ Be

(5.35)

E

π

gdzie ω

2

=

. W naszym przypadku B = 0 gdyż drugi człon równania (5.35)

h

przedstawia falę rozchodzącą się w kierunku − x , podczas gdy cząstka porusza się w

kierunku + x . W rezultacie:

Ψ( x, t)

i ( kx−ω t )

= Ae

(5.36)

Wartości własne w tym przypadku wynoszą zatem:

h 2 k 2

E =

(5.37)

2

8π m

2. Cząstka swobodna w trzech wymiarach

W przypadku ruchu cząstki swobodnej w przestrzeni trójwymiarowej, hamiltonian czyli

wyrażenie opisujące energię wygląda następująco:

h 2

2

 ∂ Ψ( x, y, z)

2

∂ Ψ( x, y, z)

2

∂ Ψ( x, y, z)

−



+

+

 = EΨ

2

2

2

2

( x, y, z)

8π

(5.38)

m 

x

∂

y

∂

z

∂



W tym przypadku rozwiązanie możemy znaleźć poprzez separację zmiennych zastępując

funkcję Ψ( x, y, z) =ψ ( x)φ( y)γ ( z). Po podstawieniu i podzieleniu obu stron przez iloczyn ψ ( x)φ( y)γ ( z) otrzymujemy:

h 2  1

∂2ψ ( x)

1 ∂2φ( y)

1 ∂2γ ( z)

−

2



+

+

2

2

2

 =

8π

(5.39)

m ψ ( x)

x

∂

φ( y) y

∂

γ ( z)

E

z

∂



W ten sposób problem się redukuje do trzech oddzielnych problemów jednowymiarowych:

2

∂ ψ ( x) 8

2

+ mπ E ψ x

x

=

2

2

( ) 0

∂ x

h

2

∂ φ( y) 8

2

+ mπ E φ y

(5.40)

y

=

2

2

( ) 0

∂ y

h

2

∂ γ ( z) 8

2

+ mπ E γ z

z

=

2

2

( ) 0

∂ z

h

Gdzie E = E + E + E . Korzystając z rozwiązania w przypadku jednowymiarowym

x

y

z

możemy napisać :

Ψ(

rr

x, y, z) = Cψ ( x)φ( y)γ ( z)

ik x ik y

y

ik z

k

i r

= Ce x e e z = Ce (5.41)

r

r

gdzie r = ( x, y, z) -promień wodzący , k = ( k , k , k wektor falowy. Wobec tego pełną x

y

y )

funkcję falową możemy zapisać jako:

r

Ψ(

r

r

x, y, z, t ) = Ψ( r , t)

i ( kr − wt )

= Ae

(5.42)

Zatem cząstkę swobodną w nieograniczonej przestrzeni, rozchodzącą się w kierunku

r

k opisuje rozchodząca się w tym kierunku fala płaska. Gęstość prawdopodobieństwa

*

2

ΨΨ = A , w ten sposób prawdopodobieństwo znalezienia cząstki jest wszędzie i w każdej

chwili takie samo.

W przypadku trójwymiarowym wartości własne hamiltonianu jak to było pokazane są sumą

wartości własnych poszczególnych problemów jednowymiarowych zatem:

2

2

h 2 k 2

h k

2

2

y

h k

E = E + E + E

x

z

=

+

+

(5.43)

x

y

z

2

8π m

2

8π m

2

8π m

Dla cząstki swobodnej zależy parabolicznie od długości wektora falowego, nie zależy od jego

kierunku. Ponieważ nie ma żadnych ograniczeń co do wartości k więc energia cząstki

swobodnej w nieograniczonym obszarze może przyjmować dowolną wartość. Jest to jedyny

przypadek w mechanice kwantowej (zresztą przypadek czysto abstrakcyjny, bo w

rzeczywistości cząstka zawsze ograniczona jest do skończonego obszaru) w którym zbiór

wartości własnych stanowi widmo ciągłe.

3. Bariera potencjalna. Efekt tunelowy

Dygresja matematyczna. Będziemy rozważać równanie Schrodingera oddzielne dla różnych

obszarów, w których U(x) jest stałe, i porównamy rozwiązanie w punktach nieciągłości U(x).

Musimy więc zdecydować się na odpowiednie warunki brzegowe dla ψ ( x) . Ponieważ

prawdopodobieństwo istnienia cząstki nie może być przestrzennie nieciągłe, funkcja

ψ ( x) musi być ciągła w obszarze przejściowym, gdzie U(x) zmienia się skokowo. Równanie

Schrodingera jest równaniem różniczkowym drugiego stopnia musimy zatem w punkcie

nieciągłości potencjału podać warunki brzegowe dla pierwszych pochodnych ψ . Załóżmy, że

dψ

rozpatrujemy bardzo mały wycinek przestrzeni

x

∆ na brzegu. Zmiana ψ ′ =

w tym

dx

obszarze dana jest w przybliżeniu przez

dψ ′

∆ψ ′ ≈

x

∆ =ψ x

∆

′

dx

Korzystając z równania Schrodingera mamy:

8 m 2

∆ ′ ≈

π

ψ

2

[ U( x) − E]ψ ( x) x

∆

h

Ponieważ zarówno o stałych jak i o całkowitej energii E oraz funkcji falowej ψ ( x) wiemy, że są to wielkości skończone wobec tego

∆ψ ′ → 0 gdy ∆ x → 0

dopóki potencjał U(x) nie jest nieskończony. Wobec tego dochodzimy do wniosku, że ψ (

′ x)

podobnie jak ψ ( x) musi być ciągle przy przechodzeniu przez brzegi skończonych studni i barier potencjału. Dla nieskończonych studni i barier nachylenie ψ jest nieokreślone, a więc

nieciągłe. W takich sytuacjach, ψ ( x) musi dążyć do zera w okolicy punktów brzegowych i natura problemu jest nieco inna.

Niech cząstki np. elektrony poruszają się z lewa na prawo wzdłuż osi x , w obszarze w

którym rozkład energii potencjalnej jest taki jak na rysunku. W pewny punkcie, przyjętym za

początek osi, ma miejsce prostokątny skok energii potencjalnej. W praktyce nigdy nie ma

dokładnie prostokątnego skoku potencjału. Przybliża on jednak wiele rzeczywistych sytuacji,

np. skok potencjału istniejący na powierzchni metalu. Rozpatrzymy równanie Schrodingera

dla stanów stacjonarnych w poszczególnych obszarach ruchu cząstki:

W obszarze 1 (− ∞ < x < 0)

2

h

1

2

∂ ψ ( x)

−

= Eψ x

2

2

( )

4π 2 m ∂ x

(5.44)

2

d ψ ( x) 8

2

π

+ m

E ψ x =

2

2

( ) 0

dx

h

8 m 2

π

2

h 2

k =

E (zawsze dodatnie) (5.45)

1

h 2

W obszarze 2 (0 < x < ∞)

h 2 1 ∂ ψ

2

( x)

−

+ U ψ

(5.46)

2

2

0

( x)= Eψ ( x)

π

8

m

x

∂

2

d ψ ( x)

2

8 m

+

π E − U ψ x = 0

2

2

(

0 )

( )

dx

h

(5.47)

2

8 mπ

2

k =

E − U

2

2

(

0 )

h

Ogólnym rozwiązaniem dla obszaru 1 jest funkcja:

ψ x = Ae

−

1

+ Be 1 (5.48)

I ( )

ik x

ik x

W powyższej funkcji człon

ikx

Be−

przestawia falę biegnącą w kierunku ujemnych wartości osi

x . Jest to fala odbita od bariery potencjału, przedstawiająca strumień cząstek odbitych.

Przy rozwiązywaniu równania Schrodingera dla obszaru 2 trzeba rozpatrzyć dwa

przypadki w zależności do znaku wyrażenia E − U . Jeżeli E − U > 0 to k jest rzeczywiste i 0

0

2

ogólne rozwiązanie w obszarze 2 ma postać:

ψ x = Ce

−

2

+ De 2 (5.48)

II ( )

ik x

ik x

Człon

− ik x

De 2 przedstawia falę rozchodzącą się z prawa na lewo w obszarze 2. Fali takiej w

obszarze 2 nie ma. Zatem D = 0 . Stosując warunki ciągłości dla funkcji ψ ψ

,

oraz ich

I

II

pochodnych otrzymujemy:

A + B = C

(5.49)

Ak − Bk = Ck

1

1

2

Skąd amplitudy B i C możemy wyrazić za pomocą amplitudy fali padającej A

k − k

B

1

2

=

A

k + k

1

2

(5.50)

2 k

C

1

=

A

k + k

1

2

Natężenie strumienia cząstek jest proporcjonalne do ich prędkości i koncentracji (liczby

cząstek w jednostce objętości), a więc gęstości prawdopodobieństwa znalezienia cząstek.

Zatem współczynnik odbicia wyniesie:

2

v B

1

( k − k

1

)2

2

R =

=

(5.51)

2

v A

k + k

1

( 1

)2

2

Należy zauważyć, że w każdym przypadku mamy do czynienia z odbiciem co jest sprzeczne z

obrazem mechaniki klasycznej. Gdzie o ile E − U > 0 cząstka nie powinna odczuwać

0

obecności bariery (odczuwa nawet w przypadku gdy U < 0 ). Mikrocząstki zachowują się

0

więc analogicznie do światła, które przy prostopadłym padaniu na powierzchnię graniczną

ulega odbiciu, zarówno wtedy, gdy przechodzi do ośrodka optycznie gęstszego jak i

rzadszego.

Współczynnik transmisji (przepuszczalności) z ośrodka 1 do ośrodka 2 wyniesie:

2 Ek 2

2

2

2

v C

2

m

4 k

k

4 k

4 k k

T =

=

=

=

(5.52)

2

v A

2 E

k + k

k

k + k

k + k

1

k

( 1

1

1

)

2

2

2

( 1

1

1

)2

2

( 1 2

1

)2

2

m

Oczywiście liczba cząstek musi być zachowana wobec tego R + T = 1 co jest łatwe do

sprawdzenia.

Rozpatrzmy teraz drugi przypadek gdy E − U < 0 . Wówczas k ma wartość urojoną

0

2

więc:

k

(5.53)

2 = iα

2π 2 m( U − E)

gdzie α =

0

jest liczbą rzeczywistą. Ogólnym rozwiązaniem dla obszaru 2 jest

h

wtedy funkcja:

x = Ge−α

ψ

+ Heα (5.54)

II ( )

x

x

Z warunku, że funkcja ψ powinna być funkcją skończoną otrzymujemy H = 0 . Z warunku

II

ciągłości funkcji ψ i jej pochodnej w punkcie x = 0 otrzymujemy:

A + B = G

ik A − B = −α G

1(

)

k − iα

1

B =

(5.55)

k +

A

iα

1

2 k 1

G = k + A

iα

1

2

= B

R

= 1

2

A

Fala wchodz

−α

ąca do obszaru 2 jest wykładniczo tłumiona ψ ( x)

x

= Ge . Odwrotność

II

1/α oznacza odległość na której funkcja zanika e razy. Istnieje różne od zera

prawdopodobieństwo

znalezienia

cząstek

w

obszarze

2

do

głębokości

rzędu

1

h

l ≈

=

α

a więc do głębokości rzędu długości fali de Broglie’a cząstki o

2π 2 m( U 0 − E)

energii kinetycznej U

. Jak można wyliczyć dla U − E = e

1 V głębokość wnikania l jest

0 − E

0

rzędu 12A. Ten kwantowo mechaniczny wyniki jest różny od wniosku z mechaniki

klasycznej, wg której cząstka o energii mniejszej od bariery potencjału nie może znaleźć się w

obszarze bariery. Żadna jednak cząstka nie kontynuuje swojej drogi w obszarze 2, wszystkie

zawracają w kierunku malejących wartości x jak to wynika z rozwiązań.

Przenikanie cząstek z obszaru 2, mimo, że energia całkowita cząstek E jest mniejsza

od energii potencjalnej w obszarze 2, stwarza możliwość tzw. efektu tunelowego przez

cienkie bariery potencjału. W fizyce ciała stałego jest on szczególnie ważny w emisji

elektronów pod wpływem silnego pola elektrycznego, zjawisk w złączu p-n (diody

tunelowej), przepływu prądu przez cienkie warstwy dielektryczne. Jeżeli np. U − E = e

1 V i

0

szerokość bariery L jest rzędu 12A lub mniej, to istnieje skończone prawdopodobieństwo

znalezienia cząstki po przeciwnej stronie bariery. W tym przypadku równanie Schrodingera w

różnych obszarach wygląda następująco:

2

h

1

2

∂ ψ ( x)

−

= Eψ x

2

2

( )

4π 2 m ∂ x

− ∞ < x < 0

dla 

(5.56)

2

d ψ ( x) 8

2

L < x < ∞

+ mπ



E ψ x =

2

2

( ) 0

dx

h

i

h 2 1 ∂ ψ

2

( x)

−

+ U ψ

dla 0 ≤ x ≤ L (5.57)

2

2

0

( x)= Eψ ( x)

π

8

m

x

∂

Rozwiązania w różnych obszarach są następujące :

ψ x = e

−

1

+ Ae 1 dla − ∞ < x < 0

I ( )

ik x

ik x

ψ x = Ce

−

2

+ De 2 dla 0 ≤ x ≤ L

II ( )

ik x

ik x

ψ x De 1

=

dla L < x < ∞

I ( )

ik x

Gdzie dla wygody przyjęliśmy jednostkową amplitudę fali padającej. Zauważmy, że

rozwiązanie w obszarze 2 ma zawierać rosnące i malejące funkcje wykładnicze. Założenie to

jest konieczne w celu dopasowania rozwiązań dla x = L . Uwzględnia ono fakt, że fale są

odbijane jak i przepuszczane dla x = L podobnie jak x = 0 .

Nasz problem jest więc właściwie przygotowany; mamy jeszcze po dwa warunki

brzegowe dla każdej z dwu nieciągłości. Daje to w sumie cztery równania z czterema

niewiadomymi A, B, C, D . Co przy x = 0 ciągłość ψ (0) i ψ (

′ 0)daje:

1 + A = B + C

ik 1

(5.58)

1( − A) = k 2 ( B − C )

przy x = L

ik L

k L

− k L

De 1 = Be 2 + Ce 21

(5.)

ik L

ik De

−

1

= k

−

1

2 (

k L

k L

Be 2

Ce 21 )

Pozostawiamy szczegółowe obliczenia czytelnikowi i podamy od razu wynik:

( k 2 + k 2 1− −

1

2 )(

2 k L

e

2

)

A = ( k + ik − − −

2

1 )2

2 k L

e

2

2

( k ik

2

1 )

(

(5.59)

k − ik

2

1 ) L

i

4 k k e

B = (

1 2

k + ik

−

−

2

)2

1

( k ik

2

1 )2

2 k L

e 2

Z których można wyliczyć współczynniki odbicia i transmisji:

−





2

4 E( U − E

0

) 1

R = A = 1

 +



2

2



U sh k L 

0

( 2 ) (5.60)

−

2

2





2

U sh k L

0

( 2 ) 1

T = B = 1

 +





4 E( U − E

0

)

W równaniach tych użyliśmy funkcji sinus hiperboliczny zdefiniowanej jako:

−

−

sh( x)

x

x

e

e

=

(5.61)

2

Dla cząsteczek o energiach przekraczających wysokość bariery E > U nasze podstawowe

0

równania pozostają bez zmian, oprócz tego że k staje się urojone. Oznacza to ze funkcje

2

hiperboliczne w ostatnich związkach zostaną zastąpione funkcjami kołowymi ponieważ

sh i

( x) = i sin x . Wobec tego dla E > U współczynniki odbicia i transmisji równają się: 0

−





2

4 E( U − E

0

) 1

R = A = 1

 +



2

2



U sin k L 

0

( 2 ) (5.62)

−

2

2





2

U sin k L

0

( 2 ) 1

T = B = 1

 +





4 E( U − E

0

) 

4. Cząstka w nieskończonej studni potencjału

Dotychczas omawialiśmy stany cząstki nie związanej z określonym obszarem przestrzeni,

cząstki idącej z nieskończoności do nieskończoności. Teraz przejdziemy do rozpatrywania

stanów związanych tzn. stanów cząstki zmuszonej do określonymi siłami do przebywania w

skończonym obszarze przestrzeni. Jak zobaczymy stany związane prowadzą do kwantowania

energii cząstki.

Rozpoczniemy do rozważenia (na początek w jednym wymiarze osi x ) przypadku

cząstki znajdującej się w przedziale 0 ≤ x ≤ d między dwiema prostokątnymi nieskończonymi

barierami potencjału. Przypadek taki określa się mianem cząstki w nieskończenie głębokiej

prostokątnej studni (dole, jamie) potencjału. Jest on przybliżeniem rzeczywistej sytuacji w

wielu zagadnieniach fizycznych. Przykładowo elektron w atomie wodoru znajduje się

praktycznie w nieskończenie głębokiej studni potencjału, odmienny jest kształt ścian tej

studni. Również elektrony w próbce ciała stałego można w wielu zagadnieniach traktować

jako elektrony w jamie potencjału. Dla x < 0 oraz x > d czyli w obszarach 1 i 3, w których energia potencjalna cząstki jest nieskończenie duża funkcja falowa ψ ( x) = 0 . Wynika to

choćby z rozważań, które prowadziliśmy dla progu potencjału w sytuacji gdy U

i w

0 → ∞

tym przypadku funkcja falowa musi znikać. Wewnątrz studni czyli w obszarze 2 (0 ≤ x ≤ d ),

w którym potencjał jest stały U ( x) = 0 , cząstka jest cząstką swobodną o energii E równej energii kinetycznej. Dla cząstki w tym obszarze obowiązuje bezczasowe równanie

Schrodingera

2

h

1

2

∂ ψ ( x)

−

= Eψ x

2

2

( )

4π 2 m ∂ x

(5.63)

2

d ψ ( x) 8

2

+ mπ E ψ x =

2

2

( ) 0

dx

h

oraz jego ogólne rozwiązanie:

ψ ( x)

ikx

− ikx

= Ae + Be (5.64 )

gdzie 2

k wynosi:

2

8 mπ

2

k =

2

h

Ze względu na ciągłość funkcji falowej funkcja ψ ( x) z przedziału 2 musi znikać na krańcach

tego przedziału tzn.

ψ (0) =ψ ( d) = 0 (5.65)

czyli:

A + B = 0

ikd

Ae

+

− ikd

Be

= 0

Po podstawieniu do ostatniego równania B = − A otrzymamy równanie:

sin kd = 0

które jest spełnione tylko dla pewnych takich wartości k , że;

n

k d

π

n

= n , n = ,

1

K

3

,

2

czyli:

nπ

k =

n

(5.66)

d

Korzystając z powyższych zależności możemy podać wyrażenia na funkcje własne i

odpowiadające im wartości własne energii:

−

n

n

ψ

=

−

=

=

n ( x )

Aeik x

Ae ik x

2 iA sin k x

A sin k x

n

1

n

=

π

ψ n( x)

n

A sin

x

1

d

(5.67)

2

2

2

2

h

k

h

n

E

n

=

=

n

2

2

8π m

8 md

Widzimy więc, że zamknięcie cząstki w ograniczonym obszarze, a konkretniej – narzucenie

na funkcję falową pewnych warunków brzegowych prowadzi do kwantowania energii cząstki.

Cząstka w obszarze ograniczonym może przyjmować tylko pewne dozwolone (dyskretne)

wartości energii, w przeciwieństwie do przewidywań mechaniki klasycznej w myśl której

energia cząstki może zmieniać się w sposób ciągły. Zgodnie z powyższymi wynikami cząstka

swobodna w ograniczonym obszarze może przyjmować tylko pewne punkty z wykresu

parabolicznego zależności

2

h 2 k

E =

2

8π m

Liczbę całkowitą n określającą dyskretne wartości energii nazywamy liczbą kwantową.

Zerowa liczba kwantowa jest niemożliwa do przyjęcia gdyż dla n = 0 mamy zgodnie z

otrzymanymi wynikami ψ ( x

(dla każdego x ) brak cząstki. Wobec tego najniższym

n

)= 0

stanem energetycznym stanem podstawowym jest stan odpowiadający ( n = )

1 . Ze wzoru

opisującego energię jest widoczne, że dyskretność widma jest dobrze widoczna dla małych

wartości n i d , a więc mikrocząstek w mikroobszarach. Jeżeli d znacznie przekracza rozmiary atomowe, to odległości pomiędzy poziomami dozwolonymi są tak małe, że

praktycznie widmo staje się widmem ciągłym, jak w przypadku klasycznym.

Jednowymiarowy przypadek nieskończenie głębokiej studni potencjału można łatwo

uogólnić na trzy wymiary. W tym przypadku przestrzeń w której będzie znajdowała się

cząstka stanowi pudło potencjału o wymiarach d , d , d . Potencjał wewnątrz pudła jest równy 1

2

3

zeru (w ogólnym przypadku stały), natomiast na zewnątrz – jest nieskończenie duży. Zatem

na zewnątrz pudła ψ = 0 , natomiast wewnątrz pudła ψ spełnia równanie Schrodingera,

identyczne jak dla cząstki swobodnej w nieograniczonej przestrzeni trójwymiarowej

h 2

2

 ∂ Ψ( x, y, z)

2

∂ Ψ( x, y, z)

2

∂ Ψ( x, y, z)

−



+

+

 = EΨ

2

2

2

2

( x, y, z)

8π

(5.68)

m 

x

∂

y

∂

z

∂



Stosując procedurę separacji zmiennych Ψ( x, y, z) =ψ ( x)φ( y)γ ( z) otrzymujemy: h 2  1

∂2ψ ( x)

1 ∂2φ( y)

1 ∂2γ ( z)

−

2



+

+

2

2

2

 =

8π

(5.69)

m ψ ( x)

x

∂

φ( y) y

∂

γ ( z)

E

z

∂



W ten sposób problem się redukuje do trzech oddzielnych problemów jednowymiarowych:

2

∂ ψ ( x) 8

2

+ mπ E ψ x

x

=

2

2

( ) 0

∂ x

h

2

∂ φ( y) 8

2

+ mπ E φ y

(5.70)

y

=

2

2

( ) 0

∂ y

h

2

∂ γ ( z) 8

2

+ mπ E γ z

z

=

2

2

( ) 0

∂ z

h

Rozwiązując dla każdego wymiaru z osobna i korzystając z warunków brzegowych dla

funkcji ψ otrzymamy analogiczne jak w przypadku jednowymiarowym liczby falowe w

r

poszczególnych kierunkach k , k , k (składowe wektora falowego k ):

x

y

z

n π

n π

n π

k

k

k

n n n

n =

x

, n = y , n = z ,

, ,

x

y

z =

K

,

3

,

2

,

1

(5.71)

x

d

y

d

z

d

1

2

3

2

2

2

2

h k

h n

E

x

x

=

=

nx

2

2

8π m

8 md 1

2

2

2

2

h k

h n

E

y

y

=

=

(5.72)

n y

2

2

8π m

8 md 2

2

2

2

2

h k

h n

E

z

z

=

=

nz

2

2

8π m

8 md 3

Wobec tego całkowita energia w stanie ( n , n , n (poprawnie mówiąc wartość własna

x

y

z )

operatora energii w tym stanie) wynosi:

2 

2

2

2 

h  n

ny

n

x

z 

E

(5.73)

n n n

=

x

y

z



+

+

2

2

2 

8 m  d

d

d

1

2

3 

Dla pudła kubicznego d = d = d wartości własne energii wynoszą:

1

2

3

2

h

E

=

n + n + n (5.74)

n n n

x

y

z

( 2 2 2

x

y

)

8

z

m

Jak widać z powyższych związków funkcje własne opisujące stany cząstek jak również

energie dozwolone (wartości własne) zależą od trzech liczb kwantowych ( n , n , n . Zatem x

y

z )

trzy liczby kwantowe określają stan cząstki w pudle potencjalnym. Najniższym stanem

energetycznym jest stan odpowiadający trójce ( n

n

n

. Jak wynika z

x =

,

1 y = ,

1 z = )

1

otrzymanych związków energia stanu podstawowego dla pudła kubicznego wynosi

h

3 2

E

=

. Energia pierwszego stanu wzbudzonego może odpowiadać trzem stanom

111

8 m

ψ ,ψ ,ψ (trzem różnym kombinacją liczb kwantowych). Zatem pierwszy stan

211

121

112

wzbudzony jest trzykrotnie zdegenerowany. Można usunąć degenerację niższych stanów

przez zniszczenie symetrii kubicznej pudła, jeżeli d , d , d znacznie się różnią wówczas, 1

2

3

różne stany, aż do dużych wartości liczb kwantowych, nie dają jednakowych wartości energii.

Obliczanie liczby możliwych stanów. Każdej wartości trójki liczb jak stwierdziliśmy

wcześniej ( n , n , n odpowiada jeden stan cząstki. Przypuśćmy, że liczby ( n , n , n są duże x

y

z )

x

y

z )

w porównaniu z jednością. Do takich liczb można zastosować operację różniczkowania:

różniczka dn oznacza przedział liczb mały w porównaniu z samym n , ale zawierający

x

x

jeszcze wiele innych wartości n . Jest więc rzeczą oczywistą, że w przedziale dn zawiera się

x

1

równo dn możliwych liczb całkowitych, 1 << dn << n i analogicznie w przedziałach dn i x

x

x

y

dn . Odłóżmy ( n , n , n na osiach współrzędnych. W przestrzeni tej zbudujmy x

y

z )

z

nieskończenie mały równoległościan o objętości dn dn dn . Zgodnie z tym co

x

y

z

powiedzieliśmy w równoległościanie tym zawiera się dn dn dn trójek liczb całkowitych

x

y

z

( n , n , n , każdej z których odpowiada jakaś wartość energii w pudle. Wszystkich takich

x

y

z )

stanów w rozważanym przedziale wartości ( n , n , n mamy:

x

y

z )

dN ( n , n , n = dn dn dn (5.75) x

y

z )

x

y

z

Podstawiając k , k , k otrzymamy wyrażenie dla liczby stanów:

x

y

z

dN (

d d d dk dk dk

1

2

3

V

k , k , k =

=

dk dk dk

x

y

z )

x

y

z

3

3

x

y

z

π

π

gdzie V = d d d objętość pudła, a liczby k , k , k przybierają tylko wartości dodatnie.

1

2

3

x

y

z

Zgodnie z hipotezą de Broglie’a każdej wartości k odpowiadają dwie wartości rzutu pędu

i

równe co do wielkości lecz przeciwnego znaku. Dlatego też jeśli przyrównamy do siebie

π

2

liczby stanów zawartych w przedziałach dk i

dp w tym ostatnim znajdzie się dwa razy

x

x

h

liczba stanów mniejsza. Zgodnie z tym liczba stanów w przedziale pędu dp dp dp równa jest

x

y

z

dN (

V

p , p , p =

dp dp dp (5.76)

x

y

z )

3

x

y

z

h

gdzie p , p , p przybierają wszystkie wartości od − ∞ do + ∞

x

y

z

Wzór ten jest zgodny z zasadą nieoznaczoności Heisenberga. Jeśli ruch jest ograniczony w

kierunku osi x przedziałem d , to fizycznie rozróżnialne są tylko te stany, których rzuty pędu

1

różnią się mniej niż h / d , zatem w przedziale dp znajduje się dp /( h / d ) = d dp / h stanów.

1

x

x

1

1

x

d dp

d dp

2

y

d dp

Mnożąc 1

x

3

z

⋅

⋅

otrzymujemy wzór (5.76).

h

h

h

Rozważmy teraz liczbę stanów zmieniając nieco zmienne niezależne. Na osiach

współrzędnych odłóżmy wielkości k , k , k . Zbudujmy w tej przestrzeni kulę, której

x

y

z

równanie ma postać:

2

2

2

2

k

+

+

=

x

k y

k z

K (5.77)

Liczby k , k , k są dodatnie, tak że będzie nas interesować tylko jedna ósma kuli – tzw. oktan.

x

y

z

Zapytajmy, ile stanów zawiera się między oktanami dwóch kuł o promieniach K i K + dK .

Liczba ta jest równa:

dN ( K )

2

2

V 4π K dK

VK dK

=

=

(5.78)

3

2

8π

2π

Biorąc pod uwagę postać energii możemy napisać:

2π

K =

2 mE (5.79)

h

3 / 2

8π

dN ( E)

Vm

E

=

dE (5.80)

2 h 3

Wobec tego liczba stanów zawartych między E i E + dE rośnie wprost proporcjonalnie do E . Związek ten ma duże znaczenie dla naszych przyszłych rozważań. Na jego podstawie

można udowodnić, że ilość stanów jest proporcjonalna do objętości i nie zależy od kształtu

pudla.

5. Cząstka w kwadratowej studni potencjału

W tej części rozpatrzymy przykład kwadratowej studni potencjału. Potencjał w tym

przypadku będzie równy:

U ( x) = U

x

0

> a (5.81)

U ( x) = 0

x < a

Weźmy cząstkę o całkowitej energii leżącej w zakresie:

0 < E < U (5.82) 0

i poszukamy rozwiązań równania Schrodingera bez czasu w obszarach x < a i x > a .

Równanie ma postać:

2

d ψ ( x) 8

2

+ mπ E − U x ψ x = (5.83)

2

2

(

( ) ( ) 0

dx

h

Podstawiając funkcje potencjału do tego równania otrzymujemy:

d ψ

2

( x) 8 π 2

m

=

U − E

x = k

(5.84)

2

2

( 0

)ψ( ) ψ22

dx

h

dla x > a , gdzie liczba falowa k jest rzeczywista ponieważ U

oraz

0 > E

2

d ψ

2

( x)

8 π 2

m

= −

ψ

E

x = − k

(5.85)

2

2

( )

ψ

2

1

dx

h

dla x < a . Dla x > a rozwi

−

ązaniami są funkcje wykładnicze w postaci k x

e

k

2

i

x

e 2 . Ponieważ

funkcje falowe muszą dążyć do zera przy x → ±∞ znajdujemy:

ψ = Aek x 2 x < − a (5.86) ψ = Be− k x 2 x > a

Napiszmy teraz rozwiązanie dla cząstki w studni. Dla x < a

ψ = C cos k x + D sin k x (5.87) 1

1

Wszystkie te rozwiązania należy teraz dopasować dla x = ± a . Najpierw dla x = − a

Ae− k a

2

= C cos k a − D sin k a (5.88)

1

1

i dla x = a

Be− k a

2

= C cos k a + D sin k a (5.89)

1

1

dodając obie strony otrzymujemy:

( A+ B) e− k a 2 = C

2 cos k a (5.90)

1

natomiast odejmując:

( B − A) e− k a 2 = 2 D sin k a (5.91) 1

Dwa ostatnie równania na chwilę zostawimy aby dopasować pochodne ψ w punktach

brzegowych. Najpierw dla x = − a :

k Ae− k a

2

= k C sin k a + k D cos k a (5.92)

2

1

1

1

1

a przy x = a

− k Be− k a 2 = − k C sin k a + k D cos k a (5.93) 2

1

1

1

1

Suma i różnicą tych równań są:

k

2

−

−

= 2

cos

(5.94)

2 ( A

B) e k a

k D

k a

1

1

i

k

2

+

−

= 2

sin

(5.95)

2 ( A

B) e k a

k C

k a

1

1

Dzieląc wzór (5.) przez (5.) otrzymujemy

− k = k ctg

(5.96)

2

1

( k a 1)

co jest prawdziwe tylko dla A ≠ B i D ≠ 0 . Wzory (5.) (5.) również podzielimy przez siebie aby móc otrzymać:

k = k tg

(5.97)

2

1

( k a 1)

jeżeli A ≠ − B i C ≠ 0 . Oczywiście obydwie te zależności nie mogą być jednocześnie słuszne, 2

ponieważ oznaczałoby to ze tg ( k a) = −1 . Wobec tego ograniczenia narzucone w stałe w

1

jednym z równań (5.) lub (5.) muszą być w pewnych warunkach pogwałcone.

Można zatem wyróżnić dwie zgodne klasy rozwiązań w pierwszej − k ≠ k ctg

2

1

( k a 1)

ponieważ A = B i D = 0 . W takim razie słuszny jest wzór k = k tg

i rozwiązaniami są:

2

1

( k a 1)

ψ = Aek x 2 x < − a

ψ = Ae− k x 2 x > a (5.98)

ψ = C cos k x x

1

< a

Przypadek ten wyróżnia się parzystością rozwiązań tzn.

ψ ( x) =ψ (− x) (5.99)

dla wszystkich x .

Drugą klasę rozwiązań określa związek k ≠ k tg

ponieważ dla tego przypadku A = − B i

2

1

( k a 1)

C = 0 . Rozwiązaniami są

ψ = Aek x 2 x < − a

ψ = − Ae− k x 2 x > a (5.100)

ψ = D sin k x x

1

< a

Rozwiązania są teraz nieparzyste, czyli

ψ ( x) = −ψ (− x) (5.101)

dla wszystkich x .

Rozwiązania te zmieniają się ze wzrostem energii cząstki E . Z warunków

brzegowych wynika, że energia musi być skwantowana. Aby znaleźć dozwolone wartości

energii E musimy rozwiązać parę równań przestępnych na k i k . Ponieważ jak wykazaliśmy

1

2

równań (5.) i (5.) nie można rozpatrywać równocześnie, każde z nich musi być rozwiązane na

przemian z innym równaniem łączącym k i k , które zaraz napiszemy. Wobec tego, że

1

2

2π

2π

k =

2 mE i k

2

(5.102)

2 =

m( U 0 − E)

1

h

h

z równań (5.) i (5.) wynika dodatkowe równanie na k i k , które można zapisać jako:

1

2

2

8π mU

2

2

2

0

k + k = k =

(5.103)

1

2

3

2

h

W tej chwili cała fizyka problemu została opisana. Dla celów dydaktycznych spróbujemy

zilustrować zagadnienie graficznie. W tym celu przerobimy trochę równania. Eliminując z

równań (5.) i (5.) k otrzymujemy:

2

k

2

k 1 + tg k a =

= k (5.104)

1 (

2

1

)

2

1

2

2

3

cos k a

1

co może być przepisane jako:

k a

cos k a

1

= ±

(5.105)

1

k a

3

Wzór ten stosuje się do rozwiązania parzystego. Z równania (5.) wynika dodatkowo, że tgk a

1

musi być dodatni. Podobnie eliminując k z równań (5.) i (5.) dostajemy:

2

k a

sin k a

1

= ±

(5.106)

1

k a

3

Co stosuje się do rozwiązań nieparzystych. Ze wzoru (5.) wynika, że ctgk a musi być zawsze

1

ujemny.