Transcript Bundna och obundna tillstånd.

Bundna och obundna tillstånd.
U=∞
U=0
Ett förenklat fall är följande potentialbrunn:


U (x )   U0
0

, x 0
där U0 > 0
, 0x L
U = -U0
, x L
0
x
L
(Från detta förenklade fall kan vi dra slutsatser som senare kan appliceras på mer komplicerade potentialbrunnar i
t.ex. atomer och molekyler)
2
2
ˆψ(x )    d ψ(x )  U (x )ψ(x )  Eψ(x )
H
2m dx 2
Lösningar skall uppfylla Schrödingerekvationen (SE):
Rand- och kontinuitetsvillkor:
Bundna tillstånd
ψ(x  0)  0 ,
ψ(x  L)
har E < U (x =∞) och kan inte nå x =∞
Obundna tillstånd har E > U (x =∞) och kan nå x =∞
och
dψ(x  L)
kontinuerl iga
dx
 ψ(x =∞) = 0
 ψ(x =∞) ≠ 0
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Bundna tillstånd:
Studera lösningar i de tre delområdena längs x-axeln.
x < 0:
ψ=0
0 < x < L:

2 d 2ψ(x )
 U0ψ(x )  Eψ(x )
2m dx 2
För bundna tillstånd är -U0 < E < 0
k0 

2m
d 2ψ(x )
 k02ψ(x ) där k02  2 (E  U0 )  0

dx 2
(inga lösningar finns med E < -U0 eftersom E = Ekin – U0 och Ekin  0)
2m (E  U0 )

Vågfunktion:
ψ(x )  A sin k0x  B cos k0x
B = 0 eftersom ψ(0) = 0
x > L:
2m ( E )
d 2ψ(x )
 α2ψ(x ) där α 
0
2

dx

2α2 
 E  

2m 

ψ(x )  C e  αx  D e αx
D = 0 eftersom ψ(∞) = 0
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
kontinuitet för ψ(x = L) 
A sin k0L  C e  αL
kontinuitet för ψ’(x = L) 
k0A cos k0L  αC e  αL
Dividera ekvationerna med varandra: k0 cot k0L  -α
Icketriviala lösningar finns bara för vissa värden
på k0 och α  kvantiserade energinivåer
Dessa värden beror av varandra genom
α
E 
i enheter
av π/L
2α2 2k02

 U0
2m
2m
Med w ur
U0 
2w2
2m
k0 cot k0L  -α
får vi ekv. systemet
Löses t.ex. grafiskt
k02  α2 w 2
I figuren ser vi att
π
w
 inga lösningar
2L
π
3π
w
 en lösning
2L
2L
i enheter av π/L
k0
3π
5π
w
2L
2L
 två lösningar
...
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
I det klassiskt förbjudna området x > L är E < U (x), men kvantmekaniskt finns en
sannolikhet > 0 att hitta partikeln där:
2
ψ  C e  αx
δ = 1/α
2
kallas penetrationsdjupet
Bindningsenergin ges av (baserat på att ψ(x =∞) = 0 )
ε  E 
2α2
2

0
2m
2mδ2
Partikeln penetrerar djupare för låga bindningsenergier.
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Obundna tillstånd
U=∞
E
Betrakta fallet E > 0
U=0
U = -U0
0
L
Antag att partiklar infaller från x = ∞ med
Ψ(x ,t )  ψ(x )e iEt / 
och vågtal ur E 
2k 2
2m
Tidsoberoende SE lösningar:
0 < x < L: som tidigare
x > L:
ψ’’ = -k 2 ψ
ψ(x )  A sin k0x
med k0 
 ψ(x) = C sin(kx +  )
2m (E  U0 )

(ingen cos komponent pga randvillkor i x =0)
där  är ett fasskift
Kontinuitet i x = L hos ψ och ψ’ ger
A sin k0x  C sinkx  δ 
ψ:
ψ':
k0 cot k0x  k cotkx  δ 
Dividera 
k0A cos k0x  kC coskx  δ 
Lösningarna ger inte upphov till energikvantisering
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Vi kan skjuta in partiklar med vilken energi vi själva vill. För givet värde på E får vi k och k0 ur
E 
2k02
2k 2
 U0 
2m
2m
Fasskiftet δ bestäms därefter ur
 k0

cot k0L   kL
k


k0 cot k0x  k cotkx  δ   δ  arc cot
Kollisionen ändrar inte partikelns energi (elastisk kollision),
men däremot ändras vågtal och hastighet:
v 
p k

,
m m
v0 
k0
m
,
x L
0 x  L
Notera: k < k0  v0 > v , dvs partikeln färdas fortare i området med låg potential.
Naturligt eftersom Ekin = E – U är större desto mindre U är.
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Spridning mot potentialbarriär.
Potentialmodell (idealiserad):
UB
0
U (x )  
U = UB
, 0x L
transmitterade
infallande
, för övrigt
U=0
reflekterade
0
x
L
Kvantmekaniskt kommer en partikel med vissa sannolikheter att reflekteras och transmitteras,
både för E > UB och E < UB vilket inte är klassiskt möjligt !!!
ψ(x )  Aeikx  Be ikx ,
x < 0: Infallande fritt partikeltillstånd med energi E
infallande reflekterad
intensitet:
|A|2
E 
2k 2
2m
|B|2
Inuti barriären 0 < x < L: (2 fall)
1) E  U  ψ''  κψ ,
B
E 
2α2
 UB
2m
E 
2α2
 UB
2m
ψ  C ei αx  D e i αx
2) E  UB  ψ''  κψ ,
ψ  C e  αx  D e αx
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
x > L: Transmitterad partikel
ψ(x )  Feikx
intensitet:
|F|2
Notera: U (x) =0 både för x < 0 och x > L ger samma k
Vi kan då definiera
2
Transmissionskoefficienten
T 
F
2
A
Reflektionskoefficienten
R 
B
2
A
2
En inkommande partikel måste antingen reflekteras eller transmitteras  T + R = 1
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Tunnling.
U = UB
E
Intressanta fallet: E < UB
U=0
U=0
0
x
L
Kontinuitet hos ψ(x) och ψ’(x) ger
x  0  A B C D
(1)
ikA  ikB  κC  κD
x L  C e
 αL
D e
 αC e
 αL
αL
F e
 αD e
αL
(2)
ikL
(3)
 ikF e
ikL
( 4)
Ur dessa ekvationer vill vi nu få ett förhållande mellan F och A för att beräkna transmissioskoefficienten
Eliminera B ur (1) & (2):
2ikA  (α  ik )C  (α  ik )D
 αL
Eliminera D ur (3) & (4):
2αCe
Eliminera F ur (3) & (4):
α  ik Ce
 (α  ik )Fe
 αL
ikL
 (α  ik )De
(6)
αL
0
α  ik
D 
C e  2 αL
α  ik
(7 )
2ikA  (α  ik )C  (α  ik )D 
Insättning av 6 & 7 i 5 ger:
(5)
(α  ik )2
(α  ik )2
F e(ikL  αL ) 
F e(ikL  αL )
2α
2α
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH
Vi kan nu beräkna
T 
4
2
F

2
A
k
α2k 2
2
 α2
sinh2 (αL)  4
k

2
R 
α2k 2
2
 α2

2
2
B
 1 T 
2
A
sinh2 (αL)
α2k 2
sinh2 (αL)  4
2
k  α2


2
Om vi istället tar fram en approximativ lösning som gäller för en bred barriär: L >> 1/α
 e 2αL  1
 D  C
enl (7)
(5)  2ikA  α  ik C
(6)  F eikL  
T 
4ikα
A e  αL
α  ik 
2
F
16α2k 2 2αL

e
2
A
k 2  α2 2
med k 2 
2mE
2
och α2 
2m UB  E 

2
T 
16E UB  E 
UB 2
e 2αL
Approximativt giltig då e 2αL  1
Det exponetiella beroendet på inträngningsparameter α och bärriärvidden L är viktiga
egenskaperna hos tunnling
SH1009, modern fysik, VT2013, KTH