Rozwiązania zadań z podstaw fizyki kwantowej

Jacek Izdebski

5 stycznia 2002 roku

Zadanie 1

Funkcja falowa Ψ(x) = A

n

sin(

2πn

L

x) jest zdefiniowana jedynie w obszarze

0 <= x <= L. Skorzystaj z warunku normalizacji do obliczenia stałej A

n

.

Rozwiązanie

Warunek normalizacji mówi o tym, że całka kwadratu modułu funkcji fa-
lowej po całej przestrzeni jest równa 1. Tutaj warunek będzie miał postać
następującą.

Z

L

0

A

2
n

sin

2



2πn

L

x



dx = 1

A

2
n

Z

L

0

sin

2



2πn

L

x



dx = 1

wykonamy zamianę zmiennych niech u =

2πn

L

x wtedy

A

2
n

L

2πn

Z

2πn

0

sin

2

(u)du = 1

Obliczając całkę dostajemy

1

Z

2πn

0

sin

2

(u)du =



−

1

2

sin u cos u +

1

2

u



2πn

0

= πn

Podstawiając wynik do warunku normalizacji otrzymamy

A

2
n

L

2

= 1

co daje ostatecznie

A

n

=

s

2

L

1

Całkę można spisać z tablic lub, jeśli ktoś chce, obliczyć metodą ”przez części”.

1

Zadanie 2

Udowodnij, że Ψ(x, t) = A exp

h

i

¯

h

(px

− Et)

i

jest rozwiązaniem równania

Schr¨

odingera. Czy funkcja ψ + ψ

∗

jest też rozwiązaniem?

Rozwiązanie

Ψ(x, t) = Ae

i

¯

h

(px

−Et)

warto zauważyć, że

Ψ(x, t) = Ae

i

¯

h

px

e

−

i

¯

h

Et

czyli

Ψ(x, t) = ψ(x)e

−

i

¯

h

Et

Funkcja falowa dała się rozłożyć na dwia czynniki, z których jeden zależy
wyłącznie od położenia a drugi tylko od czasu. Jeśli wykonamy teraz pod-
stawienie do równania Schr¨

odingera

−

¯

h

2

2m

∇

2

Ψ(x, t) + U Ψ(x, t) = i¯

h

∂Ψ(x, t)

∂t

więc

−

¯

h

2

2m

e

−

i

¯

h

Et

∇

2

ψ(x) + U ψ(x)e

−

i

¯

h

Et

= i¯

hψ(x)



−i

E

¯

h



e

−

i

¯

h

Et

dzieląc stronami przez e

−

i

¯

h

Et

otrzymamy

−

¯

h

2

2m

∇

2

ψ(x) + U ψ(x) = Eψ(x)

Równanie to jest nazywane równaniem Schr¨

odingera bez czasu i dotyczy

przypadków stacjonarnych tzn. takich gdzie potencjał U nie zależy od czasu.

2

Dajej pisząc o równaniu Schr¨

odingera będę miał na myśli właśnie równanie

S. bez czasu. Podstawiając do tego równania jawnie funkcję

ψ(x) = Ae

i

¯

h

px

dostajemy

p

2

2m

ψ + U ψ = Eψ

2

Wtedy funkcję falowoą daje się rozłożyć na dwa czynniki, z których jeden zależy tylko

od położenia a drugi tylko od czasu.

2

Pomiędzy energią kinetyczną i pędem w fizyce nierelatywistycznej zachodzi
związek

E

k

=

mv

2

2

=

p

2

2m

więc Równanie ma sens, dostaliśmy sumę energii potencjalnej i kinetycznej
równą całkowitej energii cząstki, co jest prawdą.

Jak łatwo obliczyć funkcja ζ = ψ + ψ

∗

ma postać

ζ = 2A cos



1

¯

h

(px

− Et)



po obliczeniach dostajemy

−

¯

h

2

2m

∇

2

ζ =

p

2

2m

ζ

co, podobnie jak poprzednio, można podstawić do równania Schr¨

odingera.

Otrzymamy wtedy

p

2

2m

+ U

!

ζ = Eζ

Lewa strona jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej a prawa jest całko-
witą energią cząstki. Wynika z tego, że lewa strona jest równa prawej czyli
funkcja ζ = ψ + ψ

∗

również spełnia równanie Schr¨

odingera.

Zadanie 3

Zbadaj, czy ψ(x, t) = A sin(kx

−ωt) jest rozwiązaniem równania Schr¨odingera?

Rozwiązanie

Funkcję ψ można wyrazić też wykorzystując związki

E = ¯

hω

oraz

p = ¯

hk

Wtedy ψ przybierze postać

ψ = A sin



1

¯

h

(px

− Et)



Pozostało już tylko podstawienie do równania

−

¯

h

2

2m

∇

2

ψ + U ψ = Eψ

3

i, podobnie jak w poprzednim zadaniu otrzymamy

p

2

2m

+ U

!

ψ = Eψ

Ostatecznie możemy więc stwierdzić, że funkcja ψ spełnia równanie Schr¨

odingera.

Zadanie 4

Wyznacz dozwolone wartości energii i funkcje falowe cząstki o masie m znaj-
dującej się w nieskończenie głębokiej, prostokątnej studni potencjału o sze-
rokości L.

Rozwiązanie

Sposobów rozwiązania jest kilka. Przedstawię najprostszy. Aby dotyczył też
pozostałych zadań przyjmijmy, że potencjał jest następujący

V =











+

∞ ∀x < 0

0

∀0 < x < L

+

∞ ∀x > L

Tam gdzie potencjał jest nieskończenie duży funkcja falowa nie istnieje. W
przedziale zerowego potencjału mogą występować funkcje falowe odpowia-
dające cząstce swobodnej poruszającej się w prawo oraz cząstce swobodnej
poruszającej się w lewo. Dodatkowo na brzegach studni funkcja falowa musi
znikać. Potencjał nie zależy od czasu więc zrezygnujemy z pisania członów
funkcji falowej zależnych od czasu. Uwzględniając to można napisać:

ψ(x) = ψ(x)

→

+ ψ(x)

←

ψ(0) = 0

ψ(L) = 0

czyli

ψ(x) = Ae

ikx

+ Be

−ikx

Ae

ik0

+ Be

−ik0

= Ae

ikL

+ Be

−ikL

= 0

wynika z tego, że A + B = 0 więc B =

−A. Można już zapisać ψ jako

ψ(x) = A



e

ikx

− e

−ikx



4

Przechodząc do zapisu trygonometrycznego ψ ma postać

ψ(x) = 2Ai sin(kx)

W sposób naturalny dla ψ(0) = 0 ale trzeba też pamiętać o tym, że ψ(L) = 0

2Ai sin(kL) = 0

∀k =

π

L

n gdzie n = 1, 2, 3, 4 . . .

Funkcję falową trzeba jeszcze unormować:

4A

2

Z

L

0

sin

2

(kx)dx = 1

po obliczeniu całki

4A

2

1

k



−

1

2

sin(kx) cos(kx) +

1

2

kx



L

0

= 1

2A

2

L = 1

A =

s

1

2L

Po uwzględnieniu wartości A oraz k funkcja ψ przybiera postać

ψ(x) = i

s

2

L

sin



nπ

L

x



Co po uwzględnieniu czynnika zależnego od czasu daje pełną funkcję falową
Ψ(x, t)

Ψ(x, t) = i

s

2

L

sin



nπ

L

x



e

−iωt

Działając hamiltonianem na funkcję falową ψ dostajemy wartości energii dla
stanów własnych prostokątnej nieskończonej studni kwantowej.

ˆ

Hψ = Eψ

E jest wartością własną hamiltonianu, czyli energią cząstki. Po podstawieniu
funkcji falowej otrzymamy

−

¯

h

2

2m

∇

2

2Ai sin(kx) =

¯

h

2

2m

k

2

2Ai sin(kx)

czyli

ˆ

Hψ =

¯

h

2

2m

k

2

ψ

Energia cząstki po uwzględnieniu wartości k wyraża się wzorem

E =

¯

h

2

π

2

2mL

2

n

2

gdzie n = 1, 2, 3, . . .

Warto zauważyć, że cząstka w studni potencjału nie może przyjmować do-
wolnej energii. Poziomy energetyczne są skwantowane.

5

Zadanie 5

Cząstka znajduje się w stanie podstawowym w prostokątnej studni potencjału
o szerokości L i całkowicie nieprzepuszczalnych ściankach (0 < x < L). Oblicz
prawdopodobieństwo znalezienia tej cząstki w obszarze

1
3

L < x <

2
3

L.

Rozwiązanie

W tym zadaniu można wykorzystać obliczenia z zadania poprzedniego. Na-
leży kwadrat modułu unormowanej funkcji falowej ψ(x) przecałkować od

1
3

L

do

2
3

L.

P =

Z

2L/3

L/3

2

L

sin

2



π

L

x



dx

P =

1

π



− sin(

π

L

x) cos(

π

L

x) +

π

L

x



2L

3

L

3

co po obliczeniu daje

P = 0.61

Zadanie 6

Przyjmując, że cząsteczka tlenu porusza się ze średnia prędkością termiczną
w temperaturze T = 300K między dwoma kolejnymi zderzeniami najduje się
w prostokątnej studni potencjału o szerokości L = 6

· 10

−8

m. Oszacuj liczbę

możliwych poziomów energetycznych tej cząstki.

Rozwiązanie

Zadanie jest trochę dziwnie sformułowane i mało fizyczne, ale spróbujemy je
rozwiązać następująco. Zakładając, że tlen w temperaturze pokojowej zacho-
wuje się jak gaz doskonały (co jest właściwie prawdą przy ciśnieniu normal-
nym i niższym niż normalne). Wtedy średnia energia kinetyczna cząsteczki
wyraża się wzorem

< E

kśr

>=

3

2

k

B

T

Porównując to ze wzorem na energię cząstki w prostokątnej studni potencjału
dostajemy

3

2

k

B

T =

¯

h

2

π

2

2mL

2

n

2

6

więc

n =

L

¯

hπ

q

3k

B

T m

Po podstawieniu otrzymamy wynik: cząsteczka o której mowa w zadaniu
znajduje się w stanie kwantowym n = 3277.

Zadanie 7

Jaka jest szerokość jednowymiarowej studni potencjału z nieskończenie wyso-
kimi ścianami, jeżeli przy przejściu elektronu z drugiego na pierwszy poziom
kwantowy wysyłana jest energia ∆E = 1 eV .

Rozwiązanie

Należy wykorzystać wzór na poziomy energetyczne w takiej studni, wypro-
wadzony w zadaniu 10 i rozwiązać równanie

E

2

− E

1

= ∆E

¯

h

2

π

2

2mL

2



n

2
2

− n

2
1



= ∆E

więc

L =

s

h

2

(n

2

2

− n

2

1

)

8∆Em

po podstawieniu dostajemy

L = 1.063

· 10

−9

m

7