Rozwiązania zadań z podstaw fizyki kwantowej Jacek Izdebski
5 stycznia 2002 roku
Zadanie 1
Funkcja falowa Ψ(x) = An sin( 2πn x) jest zdefiniowana jedynie w obszarze L
0 <= x <= L. Skorzystaj z warunku normalizacji do obliczenia stałej An.
Rozwiązanie
Warunek normalizacji mówi o tym, że całka kwadratu modułu funkcji falowej po całej przestrzeni jest równa 1. Tutaj warunek będzie miał postać następującą.
Z
L
2πn
A2 sin2
x dx = 1
n
0
L
Z
L
2πn
A2
sin2
x dx = 1
n
0
L
wykonamy zamianę zmiennych niech u = 2πn x wtedy
L
L Z 2πn
A2
sin2(u)du = 1
n 2πn 0
Obliczając całkę dostajemy1
Z
2πn
1
1 2πn
sin2(u)du = − sin u cos u + u
= πn
0
2
2
0
Podstawiając wynik do warunku normalizacji otrzymamy L
A2
= 1
n 2
co daje ostatecznie
s 2
An =
L
1Całkę można spisać z tablic lub, jeśli ktoś chce, obliczyć metodą ”przez części”.
1
h
i
Udowodnij, że Ψ(x, t) = A exp i (px − Et) jest rozwiązaniem równania
¯
h
Schrödingera. Czy funkcja ψ + ψ∗ jest też rozwiązaniem?
Rozwiązanie
i
Ψ(x, t) = Ae (px−Et)
¯
h
warto zauważyć, że
i
Ψ(x, t) = Ae px
Et
¯
h
e− i¯h
czyli
Ψ(x, t) = ψ(x)e− i Et
¯
h
Funkcja falowa dała się rozłożyć na dwia czynniki, z których jeden zależy wyłącznie od położenia a drugi tylko od czasu. Jeśli wykonamy teraz podstawienie do równania Schrödingera
¯
h2
∂Ψ(x, t)
−
∇2Ψ(x, t) + UΨ(x, t) = i¯h
2m
∂t
więc
¯
h2
E
−
e− i Et
Et
Et
¯
h
∇2ψ(x) + Uψ(x)e− i¯h
= i¯
hψ(x) −i
e− i¯h
2m
¯
h
dzieląc stronami przez e− i Et
¯
h
otrzymamy
¯
h2
−
∇2ψ(x) + Uψ(x) = Eψ(x)
2m
Równanie to jest nazywane równaniem Schrödingera bez czasu i dotyczy przypadków stacjonarnych tzn. takich gdzie potencjał U nie zależy od czasu.2
Dajej pisząc o równaniu Schrödingera będę miał na myśli właśnie równanie S. bez czasu. Podstawiając do tego równania jawnie funkcję i
ψ(x) = Ae px
¯
h
dostajemy
p2 ψ + Uψ = Eψ
2m
2Wtedy 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
mv2
p2
Ek =
=
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
1
ζ = 2A cos
(px − Et)
¯
h
po obliczeniach dostajemy
¯
h2
p2
−
∇2ζ =
ζ
2m
2m
co, podobnie jak poprzednio, można podstawić do równania Schrödingera.
Otrzymamy wtedy
p2
!
+ U
ζ = Eζ
2m
Lewa strona jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej a prawa jest całkowitą energią cząstki. Wynika z tego, że lewa strona jest równa prawej czyli funkcja ζ = ψ + ψ∗ również spełnia równanie Schrödingera.
Zadanie 3
Zbadaj, czy ψ(x, t) = A sin(kx−ωt) jest rozwiązaniem równania Schrödingera?
Rozwiązanie
Funkcję ψ można wyrazić też wykorzystując związki
E = ¯
hω
oraz
p = ¯
hk
Wtedy ψ przybierze postać
1
ψ = A sin
(px − Et)
¯
h
Pozostało już tylko podstawienie do równania
¯
h2
−
∇2ψ + Uψ = Eψ
2m
3
i, podobnie jak w poprzednim zadaniu otrzymamy p2
!
+ U
ψ = Eψ
2m
Ostatecznie możemy więc stwierdzić, że funkcja ψ spełnia równanie Schrödingera.
Zadanie 4
Wyznacz dozwolone wartości energii i funkcje falowe cząstki o masie m znajdującej się w nieskończenie głębokiej, prostokątnej studni potencjału o szerokości L.
Rozwiązanie
Sposobów rozwiązania jest kilka. Przedstawię najprostszy. Aby dotyczył też pozostałych zadań przyjmijmy, że potencjał jest następujący
+∞ ∀x < 0
V =
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) = Aeikx + Be−ikx
Aeik0 + Be−ik0 = AeikL + Be−ikL = 0
wynika z tego, że A + B = 0 więc B = −A. Można już zapisać ψ jako
ψ(x) = A eikx − 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
π
2Ai sin(kL) = 0 ∀k =
n gdzie n = 1, 2, 3, 4 . . .
L
Funkcję falową trzeba jeszcze unormować:
Z
L
4A2
sin2(kx)dx = 1
0
po obliczeniu całki
1 1
1
L
4A2
− sin(kx) cos(kx) + kx
= 1
k
2
2
0
2A2L = 1
s
1
A =
2L
Po uwzględnieniu wartości A oraz k funkcja ψ przybiera postać s 2
nπ
ψ(x) = i
sin
x
L
L
Co po uwzględnieniu czynnika zależnego od czasu daje pełną funkcję falową Ψ(x, t)
s 2
nπ
Ψ(x, t) = i
sin
x e−iωt
L
L
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
¯
h2
¯
h2
−
∇22Ai sin(kx) =
k22Ai sin(kx)
2m
2m
czyli
ˆ
¯
h2
Hψ =
k2ψ
2m
Energia cząstki po uwzględnieniu wartości k wyraża się wzorem
¯
h2π2
E =
n2 gdzie n = 1, 2, 3, . . .
2mL2
Warto zauważyć, że cząstka w studni potencjału nie może przyjmować do-wolnej energii. Poziomy energetyczne są skwantowane.
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 L < x < 2 L.
3
3
Rozwiązanie
W tym zadaniu można wykorzystać obliczenia z zadania poprzedniego. Na-leży kwadrat modułu unormowanej funkcji falowej ψ(x) przecałkować od 1 L
3
do 2 L.
3
Z
2L/3 2
π
P =
sin2
x dx
L/3
L
L
2L
1
π
π
π 3
P =
− sin( x) cos( x) + x
π
L
L
L
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
3
< Ekśr >= kBT
2
Porównując to ze wzorem na energię cząstki w prostokątnej studni potencjału dostajemy
3
¯
h2π2
kBT =
n2
2
2mL2
6
L q
n =
3kBT m
¯
hπ
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
E2 − E1 = ∆E
¯
h2π2
n2
= ∆E
2mL2
2 − n2
1
więc
s h2 (n2
)
L =
2 − n2
1
8∆Em
po podstawieniu dostajemy
L = 1.063 · 10−9 m
7