SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Bundna och obundna tillstånd.
Ett förenklat fall är följande potentialbrunn: U = 0
U = -U0 U = ∞
0 L
L , 0
L 0 , U
0 , )
( 0
x x x x
U
där U0> 0) ( ψ ) ( ψ ) ) ( ( ψ ) 2
( ψ
Hˆ 2 2 2
U x x E x
dx x d
x
m
Lösningar skall uppfylla Schrödingerekvationen (SE):
Rand- och kontinuitetsvillkor: kontinuerliga
d L) ( ψ och d ) L ( ψ , 0 ) 0 (
ψ
x
x
x x
Bundna tillstånd har
E
<U
(x
=∞) och kan inte nåx
=∞ ψ(x
=∞) = 0 Obundna tillstånd harE
>U
(x
=∞) och kan nåx
=∞ ψ(x
=∞) ≠ 0x
(Från detta förenklade fall kan vi dra slutsatser som senare kan appliceras på mer komplicerade potentialbrunnar i t.ex. atomer och molekyler)
Bundna tillstånd:
Studera lösningar i de tre delområdena längs x-axeln.
x
< 0: ψ = 00 <
x
< L: ψ( ) Uψ( ) ψ( ) ψ( ) ψ( ) där 2 ( U) 02 2 02 02 2 0
2 2 0
2
2
d dx x x E x d dx x k x k m E
m
För bundna tillstånd är -U0<
E
< 0 (inga lösningar finns med E< -U0eftersom E= Ekin– U0 och Ekin 0) ) U (
2 0
0
m E
k
Vågfunktion: ψ(
x
)A
sink
0x
B
cosk
0x
B
= 0 eftersom ψ(0) = 0x
> L:
x m E E m
dx x d
2 0 α
) ( α 2 där ) ( ψ ) α (
ψ 2 2 2
2
2
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
kontinuitet för ψ(
x
= L) Asink0LC eαL kontinuitet för ψ’(x
= L) Dividera ekvationerna med varandra:
k
0cotk
0L-α Icketriviala lösningar finns bara för vissa värden påk
0och α kvantiserade energinivåer Dessa värden beror av varandra genom0 02 2 2
2 U
2 2
α
k m
E
m
Med w ur får vi ekv. systemet
m
2 U02w2
2 2 02α w
k Löses t.ex. grafiskt
I figuren ser vi att
lösningar 2 inga
w π
L
lösningar L två
2 π w 5 2L
π
3
lösning L en
2 π w 3 2L
π
. . .
k
0α
i enheter av π/L i enheter
av π/L
C L
L k A
k0 cos 0 α eα
α - L cot 0
0
k
k
I det klassiskt förbjudna området
x
> L ärE
<U
(x
), men kvantmekaniskt finns en sannolikhet > 0 att hitta partikeln där:α 2
2 Ce
ψ x
δ = 1/α kallas penetrationsdjupet
Bindningsenerginges av (baserat på att ψ(x =∞) = 0 ) δ 0
2 2
ε 2α2 22
m E
m
Partikeln penetrerar djupare för låga bindningsenergier.
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Obundna tillstånd
U = 0
U = -U0 U = ∞
0 L
Betrakta fallet
E
> 0E
Antag att partiklar infaller från
x
= ∞ med och vågtal ur Ψ(x
,t
)ψ(x
)eiEt/E
22m k
2Tidsoberoende SE lösningar:
0 <
x
< L: som tidigare medx
> L: ψ’’ = -k
2 ψ ψ(x
) =C
sin(kx +
) där är ett fasskiftx
k A x
) sin 0(
ψ
) U (
2 0
0
m E
k
(ingen cos komponent pga randvillkor i x =0)Kontinuitet i
x
= L hos ψ och ψ’ ger
δ
sin sin
:
ψ
A k
0x
C kx
ψ:'k
0A
cosk
0x
kC
cos kx
δ
Dividera
k
0cotk
0x
k
cot kx
δ
Lösningarna ger inte upphov till energikvantiseringVi kan skjuta in partiklar med vilken energi vi själva vill. För givet värde på
E
får vik
ochk
0urm k k m
E
U 22
2 2 0 02
2
Fasskiftet δ bestäms därefter ur
k
0cotk
0x k
cot kx
δ
δ arccotk k
0cotk
0Lk
L
Kollisionen ändrar inte partikelns energi (elastisk kollision), men däremot ändras vågtal och hastighet:
L 0 ,
L ,
0 0
m k x v
m k x m p v
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Spridning mot potentialbarriär.
Potentialmodell (idealiserad):
U = 0 U = UB
0 L
x
infallande transmitterade
reflekterade
0 ,för övrigt L 0 , ) U
( B
x
x U
Kvantmekaniskt kommer en partikel med vissa sannolikheter att reflekteras och transmitteras, både för
E
> UB ochE
< UB vilket inte är klassiskt möjligt !!!x
< 0: Infallande fritt partikeltillstånd med energiE
k m E B
A
x
) eikx e ikx , 2 (ψ 2 2
infallande reflekterad
intensitet: |
A
|2 |B
|2 Inuti barriären 0 <x
< L: (2 fall)1)
2)
x i x
i
D
C
E m E
α α
B 2 2 B
e e
ψ
2 U , α
κψ ' ' ψ U
x
x
D
C E m
E
α α
B 2 2 B
e e
ψ
2 U , α
κψ ' ' ψ U
x
> L: Transmitterad partikelF
ikxx
) e (ψ
intensitet: |
F
|2Notera:
U
(x) =0 både förx
< 0 ochx
> L ger sammak
Vi kan då definieraTransmissionskoefficienten Reflektionskoefficienten
En inkommande partikel måste antingen reflekteras eller transmitteras
T
+R
= 12 2
A T
F
2 2
A
R
B
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Tunnling.
Kontinuitet hos ψ(x) och ψ’(x) ger
U = 0 U = UB
0 L
x
U = 0
E
Intressanta fallet:E
< UB) 2 ( κ
κ i i
) 1 ( 0
D C kB kA
D C B A x
) 4 ( e
i e α e α
) 3 ( e
e e
i α
α
i α α
kL L
L
kL L
L
kF D
C
F D C
L x
Ur dessa ekvationer vill vi nu få ett förhållande mellan
F
ochA
för att beräkna transmissioskoefficienten ElimineraB
ur (1) & (2): 2ikA
(αik
)C
(αik
)D
(5)Eliminera D ur (3) & (4): 2α
C
eαL (αik
)F
eikL (6) Eliminera F ur (3) & (4):
) 7 ( i e
α i α
0 e ) i α ( e i α
α 2
α α
L L L
k C D k
D k C
k
Insättning av 6 & 7 i 5 ger: 2 i( α ) 2 ei( α)
α 2
) i α e (
α 2
) i α ) ( i α ( ) i α ( i
2
kA
k C
k D
k F
kL L k F
kL LVi kan nu beräkna
2 2
22 2 2
22 2
2 2
2 2
α 4 α ) α ( sinh
α 4 α
k L k
k k A
T F
2 2
22 2 2
2 2
2
α 4 α ) α ( sinh
) α ( 1 sinh
k L k T L
A R B
Om vi istället tar fram en approximativ lösning som gäller för en bred barriär:
L
>> 1/α
LkL L
k A F k
C k kA
C D
α i
α 2
i e α
α i e 4
) 6 (
i α i
2 ) 5 (
) 7 ( enl 1
e
k
Lk A
T F
22 2 2 222e 2α α α16
med 22 2 och α22
2
E U mE m
k
B
LB
U U
BE T
16E
2 e2α
Approximativt giltig då e2αL 1