Potenciais constantes por partes em 1D

Vários problemas padrão podem ser entendidos conceitualmente usando duas ou três regiões com potenciais constantes. Encontraremos soluções em cada região do potencial. Esses potenciais têm soluções simples para a equação de Schrödinger . Devemos então combinar as soluções nas fronteiras entre as regiões. Por causa das várias regiões, esses problemas exigirão mais trabalho com as condições de contorno do que o normal.

A solução geral para um potencial constante

Encontramos a solução geral da Equação de Schrödinger em uma região em que o potencial é constante. Suponha que o potencial seja igual a $\ bgroup \ color {black} $ V_0 $ \ egroup$ e a energia total seja igual a $\ bgroup \ color {black} $ E $ \ egroup$ . Suponha ainda que estamos resolvendo a equação independente do tempo.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {- \ hbar ^ 2 \ over 2m} {d ^ 2u (x) \ over dx ^ 2} + V_0u (x) = Eu (x) \ egroup \ end { displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {d ^ 2u (x) \ over dx ^ 2} = - {2m (E-V_0) \ over \ hbar ^ 2} u (x) \ egroup \ end { displaymath}$

Pois $\ bgroup \ color {black} $ E> V_0 $ \ egroup$ , a solução geral é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u (x) = Ae ^ {+ ikx} + Be ^ {- ikx} \ egroup \ end {displaymath}$

com positivo e real. Também poderíamos usar a combinação linear das duas soluções acima. $\ bgroup \ color {black} $ k = \ sqrt {2m (E-V_0) \ over \ hbar ^ 2} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u (x) = A \ sin (kx) + B \ cos (kx) \ egroup \ end {displaymath}$

Devemos usar um ou outro conjunto de soluções em uma região, não ambos. Existem apenas duas soluções linearmente independentes.

As soluções também são tecnicamente corretas, $\ bgroup \ color {black} $ E <V_0 $ \ egroup$ mas $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ se tornam imaginárias. Para simplificar, vamos escrever as soluções em termos de , o que novamente é real e positivo. A solução geral é $\ bgroup \ color {black} $ \ kappa = \ sqrt {2m (V_0-E) \ over \ hbar ^ 2} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u (x) = Ae ^ {+ \ kappa x} + Be ^ {- \ kappa x}. \ egroup \ end {displaymath}$

Não são ondas, mas exponenciais reais. Observe que essas são soluções para regiões onde a partícula não é permitida classicamente, devido à conservação de energia; a energia total é menor do que a energia potencial. No entanto, precisaremos dessas soluções em Mecânica Quântica.

O Passo Potencial

Queremos estudar a física de uma etapa potencial para o caso $\ bgroup \ color {black} $ E> V_0 $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = \ left \ {\ matrix {0 & x <0 \ cr + V_0 & x> 0} \ right. \ egroup \ end {displaymath}$

Para este problema, ambas as regiões o fizeram $\ bgroup \ color {black} $ E> V $ \ egroup$ , então usaremos as soluções exponenciais complexas em ambas as regiões. Este é essencialmente um problema de espalhamento 1D. Suponha que haja um feixe de partículas com momento definido vindo da esquerda e suponha que não haja fluxo de partículas vindo da direita.

Pois $\ bgroup \ color {black} $ x <0 $ \ egroup$ , a solução é

$\ begin {eqnarray *} u (x) = e ^ {ikx} + Re ^ {- ikx} \\ k = \ sqrt {2mE \ over \ hbar ^ 2}. \\ \ end {eqnarray *}$

Observe que assumimos que o coeficiente do feixe incidente é 1. (Multiplicar por algum número não muda a física.) Pois $\ bgroup \ color {black} $ x> 0 $ \ egroup$ a solução é

$\ begin {eqnarray *} u '(x) = Te ^ {ik'x} \\ k' = \ sqrt {2m (E-V_0) \ over \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

(Observe que um feixe vindo da direita, teria dado um $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {- ik'x} $ \ egroup$ termo para $\ bgroup \ color {black} $ x> 0 $ \ egroup$ .)

$\ epsfig {arquivo = figs / potstep.eps, largura = 5in}$

Existem dois coeficientes desconhecidos $\ bgroup \ color {black} $ R $ \ egroup$ e $\ bgroup \ color {black} $ T $ \ egroup$ que serão determinados combinando as condições de contorno. Não vamos exigir normalização para uma partícula, uma vez que temos um feixe com momento definido, que não pode ser normalizado dessa forma. (Um problema mais físico para resolver seria usar um pacote de ondas de entrada com uma propagação no momento).

Continuidade da função de onda a $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ implica

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} 1 + R = T. \ egroup \ end {displaymath}$

As exponenciais são todas iguais a 1 aqui, então a equação é simples.

Continuidade da derivada da função de onda em $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ dá

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} [ike ^ {ikx} -ikRe ^ {- ikx}] _ {x = 0} = [ik'Te ^ {ik'x}] _ {x = 0} \ egroup \ end {displaymath}$

Avalie e conecte a $\ bgroup \ color {black} $ T $ \ egroup$ partir da equação acima. Podemos resolver o problema.

$\ begin {eqnarray *} k (1-R) = k '(1 + R) \\ (k + k') R = (k-k ') \\ \ end {eqnarray *}$

Os coeficientes são

$\ begin {eqnarray *} R = {k-k '\ over k + k'} \\ T = 1 + R = {2k \ over k + k '}. \\ \ end {eqnarray *}$

Agora temos a solução completa , dada nossa suposição de partículas incidentes a partir da esquerda.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u (x) = \ left \ {\ matrix {e ^ {ikx} + {k-k '\ over ... ... ^ {- ikx} & x <0 \ cr {2k \ over k + k '} e ^ {ik'x} & x> 0} \ right. \ egroup \ end {displaymath}$

Classicamente , todas as partículas seriam transmitidas, continuando até o infinito.

Na Mecânica Quântica, alguma probabilidade é refletida .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} P _ {\ mathrm {reflexão}} = \ vert R \ vert ^ 2 = \ left ({k-k '\ over k + k'} \ right) ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

(Observe que podemos simplesmente usar o coeficiente de $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {- ikx} $ \ egroup$ porque o termo de entrada tem um coeficiente de 1 e porque as partículas refletidas estão se movendo com a mesma velocidade do feixe de entrada.)

Se quisermos calcular a probabilidade de transmissão , a maneira fácil de fazer isso é dizer que é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} P _ {\ mathrm {transmissão}} = 1-P _ {\ mathrm {reflexão}} = {4kk '\ over (k + k') ^ 2}. \ egroup \ fim {displaymath}$

Obteremos as mesmas respostas para os coeficientes de reflexão e transmissão usando o fluxo de probabilidade para resolver o problema.

A probabilidade de transmissão vai para 1 um $\ bgroup \ color {black} $ k = k '$ \ egroup$ (já que não há etapa). A probabilidade de transmissão vai para 0 para $\ bgroup \ color {black} $ k '= 0 $ \ egroup$ (já que a energia cinética é zero).

O Poço Potencial com * $\ bgroup \ color {black} $ E> 0 $ \ egroup$

Com energia positiva, este é novamente um problema do tipo espalhamento, agora com três regiões do potencial, todas com $\ bgroup \ color {black} $ E> V $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = \ left \ {\ matrix {0 & x <-a \ cr -V_0 & -a <x <a \ cr 0 & x> a \ cr} \direito. \ egroup \ end {displaymath}$

Numerando as três regiões da esquerda para a direita,

$\ begin {eqnarray *} u_1 (x) = e ^ {ikx} + Re ^ {- ikx} \\ u_2 (x) = Ae ^ {ik'x} + Be ^ {- ik'x} \\ u_3 ( x) = Te ^ {ikx} \\ \ end {eqnarray *}$

Mais uma vez, assumimos um feixe de impulso definido incidente da esquerda e nenhum incidente de onda da direita .

$\ epsfig {arquivo = figs / potwell1.eps, largura = 5in}$

Existem quatro coeficientes desconhecidos . Agora combinamos a função de onda e sua primeira derivada nos dois limites, resultando em 4 equações .

Algum trabalho duro produz as amplitudes de reflexão e transmissão

$\ begin {eqnarray *} R & = & ie ^ {- 2ika} {(k '^ 2-k ^ 2) \ sin (2k'a) \ over 2kk' \ cos (2k'a) -i (k '^ 2 ... ... = & e ^ {- 2ika} {2kk '\ mais de 2kk' \ cos (2k'a) -i (k '^ 2 + k ^ 2) \ sin (2k'a)}. \\ \ end {eqnarray *}$

Os quadrados destes fornecem a probabilidade de reflexão e transmissão , uma vez que o potencial é o mesmo nas duas regiões.

Novamente, classicamente, tudo seria transmitido porque a energia é maior do que o potencial. Mecanicamente quântico, existe uma probabilidade de ser transmitido e uma probabilidade de ser refletido. A probabilidade de reflexão irá para zero para certas energias : se $\ bgroup \ color {black} $ R \ rightarrow 0 $ \ egroup$

$\ begin {eqnarray *} 2k'a = n \ pi \\ k '= \ sqrt {2m (E-V_0) \ over \ hbar ^ 2} \\ E = -V_0 + {n ^ 2 \ pi ^ 2 \ hbar ^ 2 \ over 8ma ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

Existem análogos disso em 3D. A seção transversal de espalhamento freqüentemente vai para zero para certas energias particulares. Por exemplo, elétrons espalhando átomos podem ter seção transversal quase zero em alguma energia particular. Novamente, esta é uma propriedade da onda.

Estados vinculados em um poço potencial *

Trabalharemos com o mesmo potencial bem como na seção anterior, mas assumiremos isso $\ bgroup \ color {black} $ - V_0 <E <0 $ \ egroup$ , tornando este um problema de estado limitado . Observe que esse potencial tem uma simetria de paridade. Nas regiões esquerda e direita, a solução geral é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u (x) = Ae ^ {\ kappa x} + Be ^ {- \ kappa x} \ egroup \ end {displaymath}$

com

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

O $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {- \ kappa x} $ \ egroup$ termo não será aceitável em $\ bgroup \ color {black} $ - \ infty $ \ egroup$ e o $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {\ kappa x} $ \ egroup$ termo não será aceitável em, $\ bgroup \ color {black} $ + \ infty $ \ egroup$ pois eles divergem e nunca poderíamos normalizar para uma partícula ligada.

$\ begin {eqnarray *} u_1 (x) & = & C_1 e ^ {\ kappa x} \\ u_3 (x) & = & C_3 e ^ {- \ kappa x} \\ \ end {eqnarray *}$

No centro, usaremos as soluções de seno e cosseno, antecipando os estados próprios de paridade.

$\ begin {eqnarray *} u_2 (x) = A \ cos (kx) + B \ sin (kx) \\ k = \ sqrt {2m (E + V_0) \ over \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

Novamente, teremos 4 equações em 4 coeficientes desconhecidos.

$\ epsfig {arquivo = figs / potwell2.eps, largura = 5in}$

O cálculo mostra que $\ bgroup \ color {black} $ A $ \ egroup$ ou $\ bgroup \ color {black} $ B $ \ egroup$ deve ser zero para uma solução. Isso significa que as soluções se separam em estados de paridade par e paridade ímpar . Poderíamos ter adivinhado isso pelo potencial.

Os estados pares têm a restrição (quantização) na energia que

$\ begin {eqnarray *} \ kappa = \ tan (ka) k \\ \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2} = \ tan \ left (\ sqrt {2 ... ... E \ over E + V_0} = \ tan \ left (\ sqrt {2m (E + V_0) \ over \ hbar ^ 2} a \ right) \\ \ end {eqnarray *}$

e os estados ímpares têm a restrição

$\ begin {eqnarray *} \ kappa = - \ cot (ka) k \\ \ sqrt {-E \ over E + V_0} = - \ cot \ left (\ sqrt {2m (E + V_0) \ over \ hbar ^ 2} a \ right) \\ \ end {eqnarray *}$

Essas são equações transcendentais, então vamos resolvê-las graficamente. O gráfico abaixo compara a raiz quadrada no lado esquerdo das equações transcendentais com a tangente à direita para os estados de evento e `` -cotangente '' à direita para estados ímpares. Onde as curvas se cruzam (não incluindo a assíntota), é uma energia permitida. Sempre há uma solução uniforme para o poço de potencial 1D. No gráfico mostrado, existem 2 soluções pares e uma ímpar. Quanto mais largo e profundo o poço, mais soluções.

$\ epsfig {arquivo = figs / wellbound.eps, largura = 5in}$

Experimente este miniaplicativo 1D potencial. Ele permite que você varie o potencial e veja os estados próprios.

A barreira potencial

Com uma análise do problema da Barreira Potencial, podemos entender o fenômeno do tunelamento quântico .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = \ left \ {\ matrix {0 & x <-a \ cr + V_0 & -a <x <a \ cr 0 & x> a \ cr} \direito. \ egroup \ end {displaymath}$

Numerando as três regiões da esquerda para a direita,

$\ begin {eqnarray *} u_1 (x) = e ^ {ikx} + Re ^ {- ikx} \\ u_2 (x) = Ae ^ {\ kappa x} + Be ^ {- \ kappa x} \\ u_3 ( x) = Te ^ {ikx} \\ \ end {eqnarray *}$

Mais uma vez, assumimos um feixe de incidente de momentum definido da esquerda e nenhum incidente de onda da direita. Para as soluções fora da barreira,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} k = \ sqrt {2mE \ over \ hbar ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Dentro da barreira,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ kappa = \ sqrt {2m (V_0-E) \ over \ hbar ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

$\ epsfig {arquivo = figs / potbarrier.eps, largura = 5in}$

Este é realmente o mesmo que o problema de poço potencial (não ligado) com a substituição

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} k '\ rightarrow i \ kappa \ egroup \ end {displaymath}$

na região centro.

A amplitude a ser transmitida é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} T = e ^ {- 2ika} {2k \ kappa \ over 2k \ kappa \ cosh (2 \ kappa a) -i (k ^ 2- \ kappa ^ 2) \ sinh (2 \ kappa a)}. \ egroup \ end {displaymath}$

Podemos calcular a probabilidade de ser transmitido.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ vert T \ vert ^ 2 = {(2k \ kappa) ^ 2 \ over (k ^ 2 + \ ... ... ft ({4k \ kappa \ over k ^ 2 + \ kappa ^ 2} \ right) ^ 2 e ^ {- 4 \ kappa a} \ egroup \ end {displaymath}$

Uma probabilidade aproximada às vezes é útil.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ vert T \ vert ^ 2 \ approx e ^ {- 2 \ kappa (2a)} = e ^ {- 2 \ int \ limits _ {- a} ^ a \ sqrt {{2m \ over \ hbar ^ 2} [V (x) -E]}} dx \ egroup \ end {displaymath}$

Classicamente, a probabilidade de transmissão seria zero . Na Mecânica Quântica, a partícula pode violar a conservação de energia por um curto período de tempo e, portanto, tem a chance de passar pela barreira.

O tunelamento pode ser aplicado à emissão fria de elétrons de um metal, decaimento alfa de núcleos, semicondutores e muitos outros problemas.

O oscilador harmônico 1D

O oscilador harmônico é um problema de física extremamente importante . Muitos potenciais parecem um oscilador harmônico próximo de seu mínimo. Este é o primeiro potencial não constante para o qual resolveremos a Equação de Schrödinger.

O oscilador harmônico hamiltoniano é dado por

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} H = {p ^ 2 \ over 2m} + {1 \ over 2} kx ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

o que torna a Equação de Schrödinger para autoestados de energia

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {- \ hbar ^ 2 \ over 2m} {d ^ 2u \ over dx ^ 2} + {1 \ over 2} kx ^ 2u = Eu. \ egroup \ end { displaymath}$

Observe que esse potencial também tem uma simetria de paridade. O potencial não é físico porque não vai a zero no infinito; no entanto, costuma ser uma aproximação muito boa e esse potencial pode ser resolvido com exatidão.

É padrão remover a constante $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ da mola do hamiltoniano, substituindo-a pela frequência clássica do oscilador .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ omega = \ sqrt {k \ over m} \ egroup \ end {displaymath}$

O Hamiltoniano do oscilador harmônico torna-se.

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle H = {p ^ 2 \ over 2m} + {1 \ over 2} m \ omega ^ 2x ^ 2 $ \ egroup$

A equação diferencial a ser resolvida é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {- \ hbar ^ 2 \ over 2m} {d ^ 2u \ over dx ^ 2} + {1 \ over 2} m \ omega ^ 2x ^ 2u = Eu. \ egroup \ end {displaymath}$

Para resolver a equação do oscilador harmônico, primeiro mudaremos para variáveis adimensionais, então encontraremos a forma da solução para , então, multiplicaremos essa solução por um polinômio, derivaremos uma relação de recursão entre os coeficientes do polinômio, mostraremos que a série polinomial deve terminar se as soluções devem ser normalizáveis, derivar os autovalores de energia e, finalmente, derivar as funções que são soluções. $\ bgroup \ color {black} $ x \ rightarrow \ pm \ infty $ \ egroup$

Os valores próprios de energia são

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle E_n = \ left (n + {1 \ over 2} \ right) \ hbar \ omega $ \ egroup$

para $\ bgroup \ color {black} $ n = 0,1,2, ... $ \ egroup$ . Há um número infinito de soluções contáveis com espaçamento de energia igual . Fomos forçados a ter energias quantizadas pelo requisito de que as funções de onda sejam normalizáveis.

A função de onda do estado fundamental é.

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle u_0 (x) = \ left ({m \ omega \ over \ pi \ hbar} \ right) ^ {1 \ over 4} e ^ {- m \ omega x ^ 2 / 2 \ hbar} $ \ egroup$

Esta é uma distribuição gaussiana (incerteza mínima). Uma vez que o potencial HO tem uma simetria de paridade, as soluções têm paridade par ou ímpar . O estado básico é paridade par.

O primeiro estado excitado é um estado de paridade ímpar, com um polinômio de primeira ordem multiplicando o mesmo gaussiano.

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle u_1 (x) = \ left ({m \ omega \ over \ pi \ hbar} \ right) ^ {1 \ over 4} \ sqrt {2m \ omega \ over \ hbar} xe ^ {- m \ omega x ^ 2/2 \ hbar} $ \ egroup$

O segundo estado excitado é paridade par, com um polinômio de segunda ordem multiplicando o mesmo gaussiano.

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle u_2 (x) = C \ left (1-2 {m \ omega x ^ 2 \ over \ hbar} \ right) e ^ {- m \ omega x ^ 2/2 \ hbar} $ \ egroup$

Observe que $\ bgroup \ color {black} $ n $ \ egroup$ é igual ao número de zeros da função de onda. Esta é uma tendência comum. Com mais zeros, uma função de onda tem mais curvatura e, portanto, mais energia cinética.

A solução geral pode ser escrita como

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle u_n (x) = \ sum \ limits_ {k = 0} ^ \ infty a_ky ^ ke ^ {- y ^ 2/2} $ \ egroup$

com os coeficientes determinados pela relação de recursão

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle a_ {k + 2} = {2 (kn) \ over (k + 1) (k + 2)} a_k $ \ egroup$

e a variável adimensional $\ bgroup \ color {black} $ y $ \ egroup$ dada por.

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle y = \ sqrt {m \ omega \ over \ hbar} x $ \ egroup$

A série termina com o último termo diferente de zero possuindo $\ bgroup \ color {black} $ k = n $ \ egroup$ .

O potencial da função delta

Pegue um potencial de função delta simples e atraente e procure os estados vinculados.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = - aV_0 \ delta (x) \ egroup \ end {displaymath}$

Estes terão energia menor que zero, então as soluções são

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x) = \ left \ {\ matrix {Ae ^ {\ kappa x} & x <0 \ cr Ae ^ {- \ kappa x} & x> 0 \ cr} \ certo. \ egroup \ end {displaymath}$

Onde

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Existem apenas duas regiões, acima e abaixo da função delta. Não precisamos nos preocupar com um ponto em $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ - as duas soluções corresponderão lá. Já tornamos a função de onda contínua em $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ usando o mesmo coeficiente,, $\ bgroup \ color {black} $ A $ \ egroup$ para a solução em ambas as regiões.

$\ epsfig {arquivo = figs / potdelta.eps, largura = 5in}$

Agora precisamos encontrar a condição de contorno na primeira derivada em $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ . Lembre-se de que a função delta causa uma descontinuidade conhecida na primeira derivada.

$\ begin {eqnarray *} \ left. {d \ psi \ over dx} \ right \ vert _ {+ \ epsilon} - \ left. {d \ psi \ ove ... ... kappa = - {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2} \\ \ kappa = {maV_0 \ over \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

Colocando a fórmula para $\ bgroup \ color {black} $ \ kappa $ \ egroup$ em termos de energia.

$\ begin {eqnarray *} {-2mE \ over \ hbar ^ 2} = {m ^ 2a ^ 2V_0 ^ 2 \ over \ hbar ^ 4} \\ E = - {ma ^ 2V_0 ^ 2 \ over 2 \ hbar ^ 2 } \\ \ end {eqnarray *}$

Existe apenas uma energia para a qual podemos satisfazer as condições de contorno. Existe apenas um estado limitado em um potencial de função delta atraente.

O modelo de função delta de uma molécula

O uso de duas funções delta nos permite ver, até certo ponto, como os átomos se ligam às moléculas . Nosso potencial é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = - aV_0 (\ delta (x + d) + \ delta (xd)) \ egroup \ end {displaymath}$

com funções delta atraentes em $\ bgroup \ color {black} $ x = \ pm d $ \ egroup$ . Este é um potencial simétrico de paridade, então podemos assumir que nossas soluções serão autoestados de paridade.

Para paridade uniforme, nossa solução nas três regiões é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x) = \ left \ {\ matrix {e ^ {\ kappa x} & x ... ... x} \ right) & -d <x <d \ cr e ^ {- \ kappa x} & x> d \ cr} \ right. \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Uma vez que a solução é projetada para ser simétrica em relação a $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ , as condições de contorno em $\ bgroup \ color {black} $ - d $ \ egroup$ são as mesmas que em $\ bgroup \ color {black} $ d $ \ egroup$ . As condições de contorno determinam a constante $\ bgroup \ color {black} $ A $ \ egroup$ e restringem $\ bgroup \ color {black} $ \ kappa $ \ egroup$ .

Um pequeno cálculo dá

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {2maV_0 \ over \ kappa \ hbar ^ 2} = 1 + \ tanh (\ kappa d) \ egroup \ end {displaymath}$

Esta é uma equação transcendental, mas podemos limitar a energia.

$\ begin {eqnarray *} {2maV_0 \ over \ kappa \ hbar ^ 2} <2 \\ \ kappa> {maV_0 \ over \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

Já que para a função delta única, isso é maior do que para a função delta única. Isso significa que é mais negativo e há mais energia de ligação . $\ bgroup \ color {black} $ \ kappa = {maV_0 \ over \ hbar ^ 2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ E $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} E_ {molécula} <E_ {átomo} \ egroup \ end {displaymath}$

Basicamente, o elétron não precisa ser localizado com dois átomos como acontece com apenas um. Isso permite que a energia cinética seja menor.

A figura abaixo mostra as duas soluções plotadas no mesmo gráfico do potencial.

$\ epsfig {arquivo = figs / mol1d.eps, largura = 5in}$

Dois átomos de hidrogênio se unem para formar uma molécula com uma separação de 0,74 Angstroms, um pouco maior que o raio de Bohr de 0,53 Angstroms. A energia de ligação (para os dois elétrons) é de cerca de 4,5 eV. Se aproximarmos o potencial de Coulomb com uma função delta, definindo eV Angstroms, nosso cálculo muito ingênuo daria 1,48 eV para um elétron, que é pelo menos da ordem correta de magnitude. $\ bgroup \ color {black} $ aV_0 = (0,53) (2) (13,6) $ \ egroup$

A solução de paridade ímpar tem uma energia que satisfaz a equação

$\ begin {eqnarray *} {2maV_0 \ over \ kappa \ hbar ^ 2} = 1+ \ coth (\ kappa d). \\ {2maV_0 \ over \ kappa \ hbar ^ 2}> 2 \\ \ kappa <{maV_0 \ over \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

Esta energia é maior do que para uma função delta. Esse estado seria chamado de antiligação .

O modelo de função delta de um cristal

O modelo Kronig-Penny de um cristal sólido contém um conjunto infinito de funções delta repulsivas .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = aV_0 \ sum \ limits_ {n = - \ infty} ^ \ infty \ delta (x-na) \ egroup \ end {displaymath}$

Nossos estados terão energia positiva.

Esse potencial tem uma nova simetria, que uma translação pelo espaçamento da rede deixa o problema inalterado. As distribuições de probabilidade devem, portanto, ter esta simetria

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ vert \ psi (x + a) \ vert ^ 2 = \ vert \ psi (x) \ vert ^ 2, \ egroup \ end {displaymath}$

o que significa que a função de onda difere em uma fase, no máximo.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x + a) = e ^ {i \ phi} \ psi (x) \ egroup \ end {displaymath}$

A solução geral na região $\ bgroup \ color {black} $ (n-1) a <x <na $ \ egroup$ é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi_n (x) = A_n \ sin (k [x-na]) + B_n \ cos (k [x-na]) \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} k = \ sqrt {2mE \ over \ hbar ^ 2} \ egroup \ end {displaymath}$

Combinando as condições de contorno e exigindo que a probabilidade seja periódica, derivamos uma restrição $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ semelhante às energias quantizadas para estados vinculados.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ cos (\ phi) = \ cos (ka) + {maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ sin (ka) \ egroup \ end {displaymath}$

Como $\ bgroup \ color {black} $ \ cos (\ phi) $ \ egroup$ só pode assumir valores entre -1 e 1, são permitidas bandas e intervalos entre essas bandas .

O gráfico abaixo é mostrado em função de . Se não estiver entre -1 e 1, não há solução, esse valor de e a energia correspondente não são permitidos. $\ bgroup \ color {black} $ \ cos (ka) + {maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ sin (ka) $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$

$\ epsfig {arquivo = figs / kronig.eps, largura = 5in}$

$\ epsfig {arquivo = figs / bandas.eps, altura = 4in}$

Este fenômeno de banda de energia é encontrado em sólidos. Sólidos com faixas parcialmente preenchidas são condutores. Sólidos com faixas preenchidas são isolantes. Os semicondutores têm um pequeno número de portadores de carga (ou orifícios) em uma banda.

A Rotação Quântica

É útil simplesmente investigar o momento angular com apenas um ângulo de rotação livre . Esta pode ser a hélice do plano quântico. Faremos um bom trabalho nisso em 3 dimensões mais tarde.

Vamos supor que temos uma massa restrita a se mover em um círculo de raio . Suponha que o movimento no círculo seja livre, então não há potencial. A energia cinética é

$\ bgroup \ color {black} $ {1 \ over 2} mv ^ 2 = {p ^ 2 \ over 2m} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ p = mr {d \ phi \ over dt} $ \ egroup$

Se medirmos a distância ao redor do círculo, $\ bgroup \ color {black} $ x = r \ phi $ \ egroup$ o único problema que temos é que, uma vez que eu dê a volta completa no círculo, estou de volta $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ . Vamos seguir em frente e escrever nossa função de onda.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} e ^ {i (px-Et) / \ hbar} = e ^ {i (pr \ phi-Et) / \ hbar} \ egroup \ end {displaymath}$

Lembrando o momento angular, vamos chamar a combinação $\ bgroup \ color {black} $ pr = L $ \ egroup$ . Nossa onda é .

$\ bgroup \ color {black} $ e ^ {i (L \ phi-Et) / \ hbar} $ \ egroup$

Deve ser de valor único, então precisamos exigir que

$\ begin {eqnarray *} e ^ {i (2 \ pi L-Et) / \ hbar} = e ^ {i (0-Et) / \ hbar} \\ e ^ {i (2 \ pi L) / \ hbar} = 1 \\ L = n \ hbar \\ n = 0,1,2,3 ... \\ \ end {eqnarray *}$

O momento angular deve ser quantizado em unidades de $\ hbar$ .

Isso também será verdade para as 3 dimensões; no entanto, os 3 componentes do momento angular não comutam entre si, levando a todos os tipos de diversão.

Derivações e cálculos

Fluxo de probabilidade para a etapa potencial

O fluxo de probabilidade é dado por

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} j (x, t) = {\ hbar \ over 2mi} \ left [\ psi ^ * {\ pa ... ... \ partial x} - {\ partial \ psi ^ * \ over \ partial x} \ psi \ right]. \ egroup \ end {displaymath}$

Podemos economizar algum esforço observando que ele contém uma expressão sem seu conjugado complexo. (Isso garante que o termo entre colchetes seja imaginário e o fluxo seja real.)

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} j = {\ hbar \ over 2im} \ left [u ^ * {du \ over dx} -... ... \ right] = {\ hbar \ over 2im } \ left [u ^ * {du \ over dx} -CC \ right] \ egroup \ end {displaymath}$

Para $\ bgroup \ color {black} $ x <0 $ \ egroup$

$\ begin {eqnarray *} j & = & {\ hbar \ over 2im} [(e ^ {- ikx} + R ^ * e ^ {ikx}) (ike ^ {ikx} -ikRe ^ {- ik .... ..2ikx} -R ^ * R] + CC \\ j & = & [1- \ vert R \ vert ^ 2] {\ hbar k \ over m}. \\ \ end {eqnarray *}$

A probabilidade de ser refletido é o fluxo refletido dividido pelo fluxo incidente. Neste caso é fácil perceber que é $\ bgroup \ color {black} $ \ vert R \ vert ^ 2 $ \ egroup$ como dissemos. Para $\ bgroup \ color {black} $ x> 0 $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} j = \ vert T \ vert ^ 2 {\ hbar k '\ over m}. \ egroup \ end {displaymath}$

A probabilidade de ser transmitido é o fluxo transmitido dividido pelo fluxo incidente.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ vert T \ vert ^ 2 {\ hbar k '\ over m} {m \ over \ hbar k} = {4k ^ 2 \ over (k + k') ^ 2} {k '\ over k} = {4kk' \ over (k + k ') ^ 2} \ egroup \ end {displaymath}$

novamente como havíamos calculado antes.

Dispersão de um Poço Potencial 1D

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = \ left \ {\ matrix {0 & x <-a \ cr -V_0 & -a <x <a \ cr 0 & x> a \ cr} \direito. \ egroup \ end {displaymath}$

Numerando as três regiões da esquerda para a direita,

$\ begin {eqnarray *} u_1 (x) = e ^ {ikx} + Re ^ {- ikx} \\ u_2 (x) = Ae ^ {ik'x} + Be ^ {- ik'x} \\ u_3 ( x) = Te ^ {ikx} \\ \ end {eqnarray *}$

Novamente, não assumimos nenhum incidente de onda da direita (mas poderíamos adicionar essa solução se quiséssemos).

Agora combinamos a função de onda e sua primeira derivada nos dois limites, resultando em 4 equações. Isso é bom, pois temos 4 constantes para determinar. Em $\ bgroup \ color {black} $ x = a $ \ egroup$ temos 2 equações que podemos usar para eliminar $\ bgroup \ color {black} $ A $ \ egroup$ e $\ bgroup \ color {black} $ B $ \ egroup$ .

$\ begin {eqnarray *} Te ^ {ika} = Ae ^ {ik'a} + Be ^ {- ik'a} \\ ikTe ^ {ika} = ik'Ae ^ {ik'a} -ik'B. .. ... t) \\ Be ^ {- ik'a} = {1 \ over 2} Te ^ {ika} \ left (1- {k \ over k '} \ right) \\ \ end {eqnarray *}$

Em $\ bgroup \ color {black} $ x = -a $ \ egroup$ temos 2 equações que agora podem ser escritas em termos de $\ bgroup \ color {black} $ R $ \ egroup$ e $\ bgroup \ color {black} $ T $ \ egroup$ usando o acima.

$\ begin {eqnarray *} e ^ {- ika} + Re ^ {ika} = Ae ^ {- ik'a} + Be ^ {ik'a} \\ ike ^ {- ika} -ikRe ^ {ik .. . ... \ direita) e ^ {- 2ik'a} - \ esquerda ({k '\ sobre k} -1 \ direita) e ^ {2ik'a} \ direita] \\ \ end {eqnarray *}$

Podemos adicionar equações para eliminar $\ bgroup \ color {black} $ R $ \ egroup$ .

$\ begin {eqnarray *} e ^ {- ika} + Re ^ {ika} = {1 \ over 2} Te ^ {ika} \ left [\ left (1+ {k \ over k '} \ .... ..- 2ika} \ over 2kk '\ cos (2k'a) -i \ left (k ^ 2 + k' ^ 2 \ right) \ sin (2k'a)} \\ \ end {eqnarray *}$

Podemos subtrair as mesmas equações para resolvê-las com mais facilidade $\ bgroup \ color {black} $ R $ \ egroup$ .

$\ begin {eqnarray *} 2Re ^ {ika} = {1 \ over 2} Te ^ {ika} \ left [\ left ({k \ over k '} - {k' \ over k ... ...- 2ika} \ over 2kk '\ cos (2k'a) -i \ left (k ^ 2 + k' ^ 2 \ right) \ sin (2k'a)} \\ \ end {eqnarray *}$

Resolvemos as equações das condições de contorno para encontrar as amplitudes de reflexão e transmissão

Os quadrados destes fornecem a probabilidade de reflexão e transmissão, uma vez que o potencial é o mesmo nas duas regiões.

Estados vinculados de um poço potencial 1D

Nas duas regiões externas, temos soluções

$\ begin {eqnarray *} u_1 (x) = C_1 e ^ {\ kappa x} \\ u_3 (x) = C_3 e ^ {- \ kappa x} \\ \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2}. \\ \ end {eqnarray *}$

No centro, temos a mesma solução de antes.

$\ begin {eqnarray *} u_2 (x) = A \ cos (kx) + B \ sin (kx) \\ k = \ sqrt {2m (E + V_0) \ over \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$

(Observe que mudamos de $\ bgroup \ color {black} $ k '$ \ egroup$ para $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ para economia.) Teremos 4 equações em 4 coeficientes desconhecidos.

Ao $\ bgroup \ color {black} $ - um $ \ egroup$ chegarmos

$\ begin {eqnarray *} C_1e ^ {- \ kappa a} = A \ cos (ka) -B \ sin (ka) \\ \ kappa C_1 e ^ {- \ kappa a} = kA \ sin (ka) + kB \ cos (ka). \\ \ end {eqnarray *}$

Ao $\ bgroup \ color {black} $ a $ \ egroup$ chegarmos

$\ begin {eqnarray *} C_3e ^ {- \ kappa a} = A \ cos (ka) + B \ sin (ka) \\ - \ kappa C_3 e ^ {- \ kappa a} = - kA \ sin (ka) + kB \ cos (ka). \\ \ end {eqnarray *}$

Resolvendo a Equação Diferencial OH

A equação diferencial para o oscilador harmônico 1D é.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {- \ hbar ^ 2 \ over 2m} {d ^ 2u \ over dx ^ 2} + {1 \ over 2} m \ omega ^ 2x ^ 2u = Eu. \ egroup \ end {displaymath}$

Ao trabalhar com variáveis e constantes adimensionais, podemos ver a equação básica e minimizar a desordem. Usamos a energia em termos de $\ bgroup \ color {black} $ \ hbar \ omega $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ epsilon = {2E \ over \ hbar \ omega} \ egroup \ end {displaymath}$

Definimos uma coordenada adimensional.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} y = \ sqrt {m \ omega \ over \ hbar} x \ egroup \ end {displaymath}$

A equação se torna.

$\ begin {eqnarray *} {d ^ 2u \ over dx ^ 2} + {2m \ over \ hbar ^ 2} (E- {1 \ over 2} m \ omega ^ 2x ^ 2) u = 0 \\ {d ^ 2u \ over dy ^ 2} + (\ epsilon-y ^ 2) u = 0 \\ \ end {eqnarray *}$

(É provavelmente mais fácil apenas verificar a equação acima substituindo como abaixo.

$\ begin {eqnarray *} {\ hbar \ over m \ omega} {d ^ 2u \ over dx ^ 2} + \ left ({2E \ over \ hbar \ omega ... ... ^ 2u \ over dx ^ 2 } + {2m \ over \ hbar ^ 2} (E- {1 \ over 2} m \ omega ^ 2x ^ 2) u = 0 \\ \ end {eqnarray *}$

Funciona.)

Agora queremos encontrar a solução para . $\ bgroup \ color {black} $ y \ rightarrow \ infty $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {d ^ 2u \ over dy ^ 2} + (\ epsilon-y ^ 2) u = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

torna-se

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {d ^ 2u \ over dy ^ 2} -y ^ 2u = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

que tem a solução (no $\ bgroup \ color {black} $ y $ \ egroup$ limite grande )

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u = e ^ {- y ^ 2/2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Este exponencial irá dominar um polinômio para que possamos escrever nossa solução geral como $\ bgroup \ color {black} $ y \ rightarrow \ infty $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} u (y) = h (y) e ^ {- y ^ 2/2} \ egroup \ end {displaymath}$

onde $\ bgroup \ color {black} $ h (y) $ \ egroup$ é um polinômio.

Pegue a equação diferencial

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {d ^ 2u \ over dy ^ 2} + (\ epsilon-y ^ 2) u = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

e plugue

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} u (y) = h (y) e ^ {- y ^ 2/2} \ egroup \ end {displaymath}$

para conseguir

$\ begin {eqnarray *} {d ^ 2 \ over dy ^ 2} h (y) e ^ {- y ^ 2/2} + \ epsilon h (y) e ^ {- y ^ 2/2} -y ^ 2h (y) e ... ... \\ {d ^ 2h (y) \ over dy ^ 2} -2y {dh (y) \ over dy} + (\ epsilon-1) h (y) = 0 \\ \ end {eqnarray *}$

Esta é nossa equação diferencial para o polinômio $\ bgroup \ color {black} $ h (y) $ \ egroup$ .

Escreva $\ bgroup \ color {black} $ h (y) $ \ egroup$ como uma soma de termos.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} h (y) = \ sum \ limits_ {m = 0} ^ \ infty a_m y ^ m \ egroup \ end {displaymath}$

Conecte-o à equação diferencial.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sum \ limits_ {m = 0} ^ \ infty [a_m (m) (m-1) y ^ {m-2} -2a_m (m) y ^ m + ( \ epsilon-1) a_my ^ m] = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

Agora queremos mudar os termos na soma de modo que vejamos o coeficiente de $\ bgroup \ color {black} $ y ^ m $ \ egroup$ . Para fazer isso, vamos deslocar o termo duas etapas para baixo na soma. Agora aparecerá como . $\ bgroup \ color {black} $ a_m (m) (m-1) y ^ {m-2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ a_ {m + 2} (m + 2) (m + 1) y ^ m $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sum \ limits_ {m = 0} ^ \ infty [a_ {m + 2} (m + 2) (m + 1) -2a_m (m) + (\ epsilon -1) a_m] y ^ m = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

(Observe que, ao fazer essa mudança, o primeiro termo para $\ bgroup \ color {black} $ m = 0 $ \ egroup$ e para $\ bgroup \ color {black} $ m = 1 $ \ egroup$ é deslocado da soma. Isso está OK, pois é zero para ou .) $\ bgroup \ color {black} $ a_m (m) (m-1) y ^ {m-2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ m = 0 $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ m = 1 $ \ egroup$

Para que a soma seja zero para todos $\ bgroup \ color {black} $ y $ \ egroup$ , cada coeficiente de $\ bgroup \ color {black} $ y ^ m $ \ egroup$ deve ser zero.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_ {m + 2} (m + 2) (m + 1) + (\ epsilon-1-2m) a_m = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

Resolva para $\ bgroup \ color {black} $ a_ {m + 2} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_ {m + 2} = {2m + 1- \ epsilon \ over (m + 1) (m + 2)} a_m \ egroup \ end {displaymath}$

e temos uma relação de recursão nos dando nosso polinômio.

Mas, vamos ver o que temos. Para grande $\ bgroup \ color {black} $ m $ \ egroup$ ,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_ {m + 2} = {2m + 1- \ epsilon \ over (m + 1) (m + 2)} a_m \ rightarrow {2 \ over m} a_m \ egroup \ end {displaymath}$

A série para

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} y ^ 2e ^ {y ^ 2/2} = \ sum {y ^ {2n + 2} \ over 2 ^ nn!} \ egroup \ end {displaymath}$

tem o coeficiente $\ bgroup \ color {black} $ y ^ {2n + 2} $ \ egroup$ igual a e o coeficiente igual a . Se , $\ bgroup \ color {black} $ {1 \ over 2 ^ nn!} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ y ^ {2n} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ {1 \ over 2 ^ {n-1} (n-1)!} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ m = 2n $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_ {m + 2} = {1 \ over 2n} a_m = {1 \ over m} a_m. \ egroup \ end {displaymath}$

Portanto, nossa solução polinomial se aproximará $\ bgroup \ color {black} $ y ^ 2e ^ {y ^ 2/2} $ \ egroup$ e nossa solução geral não será normalizável. (Lembre-se .) Devemos evitar isso. $\ bgroup \ color {black} $ u (y) = h (y) e ^ {- y ^ 2/2} $ \ egroup$

Podemos evitar o problema se a série terminar e não for infinita $\ bgroup \ color {black} $ m $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_ {m + 2} = {2m + 1- \ epsilon \ over (m + 1) (m + 2)} a_m \ egroup \ end {displaymath}$

A série terminará se

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ epsilon = 2n + 1 \ egroup \ end {displaymath}$

por algum valor de $\ bgroup \ color {black} $ n $ \ egroup$ . Então, o último termo da série estará em ordem $\ bgroup \ color {black} $ n $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_ {n + 2} = {0 \ over (n + 1) (n + 2)} a_n = 0 \ egroup \ end {displaymath}$

As soluções aceitáveis, então, satisfazem o requisito

$\ begin {eqnarray *} \ epsilon = {2E \ over \ hbar \ omega} = 2n + 1 \\ E = {(2n + 1) \ over 2} \ hbar \ omega = \ left (n + {1 \ over 2 } \ right) \ hbar \ omega \\ \ end {eqnarray *}$

Novamente, obtemos energias quantizadas quando satisfazemos as condições de contorno no infinito.

A função de onda do estado fundamental é particularmente simples, tendo apenas um termo.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u_0 (x) = a_0e ^ {- y ^ 2 \ over 2} = a_0 e ^ {- m \ omega x ^ 2/2 \ hbar} \ egroup \ end { displaymath}$

Vamos encontrar $\ bgroup \ color {black} $ a_0 $ \ egroup$ normalizando a função de onda.

$\ begin {eqnarray *} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ vert a_0 \ vert ^ 2 e ^ {- m \ omega x ^ 2 / \ ... ... mega \ over \ pi \ hbar } \ right) ^ {1 \ over 4} e ^ {- m \ omega x ^ 2/2 \ hbar} \\ \ end {eqnarray *}$

Modelo 1D de uma derivação de molécula

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Continuidade de $\ bgroup \ color {black} $ \ psi $ \ egroup$ ofertas.

$\ begin {eqnarray *} e ^ {- \ kappa d} = A \ left (e ^ {\ kappa d} + e ^ {- \ kappa d} \ right) \\ A = {e ^ {- \ kappa d } \ over e ^ {\ kappa d} + e ^ {- \ kappa d}} \\ \ end {eqnarray *}$

A descontinuidade na primeira derivada de $\ bgroup \ color {black} $ \ psi $ \ egroup$ at $\ bgroup \ color {black} $ x = d $ \ egroup$ é

$\ begin {eqnarray *} - \ kappa e ^ {- \ kappa d} - A \ kappa \ left (e ^ {\ kappa d} -e ^ {- \ kappa ... ...- \ kappa d}} \\ {2maV_0 \ over \ kappa \ hbar ^ 2} = 1 + \ tanh (\ kappa d) \\ \ end {eqnarray *}$

Precisamos estudar esta equação transcendental para ver quais são as energias permitidas.

Modelo 1D de uma derivação de cristal

Estamos trabalhando com o potencial periódico

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (x) = aV_0 \ sum \ limits_ {n = - \ infty} ^ \ infty \ delta (x-na). \ egroup \ end {displaymath}$

Nossos estados têm energia positiva. Esse potencial tem a simetria de que uma translação pelo espaçamento da rede $\ bgroup \ color {black} $ a $ \ egroup$ deixa o problema inalterado. As distribuições de probabilidade devem, portanto, ter esta simetria

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ vert \ psi (x + a) \ vert ^ 2 = \ vert \ psi (x) \ vert ^ 2, \ egroup \ end {displaymath}$

o que significa que a função de onda difere em uma fase, no máximo.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x + a) = e ^ {i \ phi} \ psi (x) \ egroup \ end {displaymath}$

A solução geral na região $\ bgroup \ color {black} $ (n-1) a <x <na $ \ egroup$ é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi_n (x) = A_n \ sin (k [x-na]) + B_n \ cos (k [x-na]) \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} k = \ sqrt {2mE \ over \ hbar ^ 2} \ egroup \ end {displaymath}$

Agora, vamos examinar as condições de contorno em $\ bgroup \ color {black} $ x = na $ \ egroup$ . A continuidade da função de onda dá

$\ begin {eqnarray *} \ psi_n (na) & = & \ psi_ {n + 1} (na) \\ A_n \ sin (0) + B_n \ cos (0) & = & A_ {n + 1 .... ..1} \ cos (ka) \\ B_ {n + 1} & = & {B_n + A_ {n + 1} \ sin (ka) \ over \ cos (ka)}. \\ \ end {eqnarray * }$

A descontinuidade na primeira derivada é

$\ begin {eqnarray *} \ left. {d \ psi_ {n + 1} \ over dx} \ right \ vert _ {na} - \ left. {d \ psi_ {n ... ... A_ {n + 1} \ cos (ka) + B_ {n + 1} \ sin (ka) -A_n] = {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2} B_n \\ \ end {eqnarray *}$

Substituindo $\ bgroup \ color {black} $ B_ {n + 1} $ \ egroup$ da primeira equação

$\ begin {eqnarray *} k [A_ {n + 1} \ cos (ka) + [B_n + A_ {n + 1} \ sin (ka)] \ tan (ka) -A_n] = {2maV_0 \ o .. . ... + 1} = {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} B_n \ cos (ka) -B_n \ sin (ka) + A_n \ cos (ka) \\ \ end {eqnarray *}$

Conectando esta equação de $\ bgroup \ color {black} $ A_ {n + 1} $ \ egroup$ volta à equação acima para $\ bgroup \ color {black} $ B_ {n + 1} $ \ egroup$ obtermos

$\ begin {eqnarray *} B_ {n + 1} & = & {B_n + A_ {n + 1} \ sin (ka) \ over \ cos (ka)} \\ B_ {n + 1} & = & {B_ ... ... & = & {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} B_n \ sin (ka) + B_n \ cos (ka) + A_n \ sin (ka). \\ \ end {eqnarray *}$

Agora temos dois pares de equações para os $\ bgroup \ color {black} $ n + 1 $ \ egroup$ coeficientes em termos dos $\ bgroup \ color {black} $ n $ \ egroup$ coeficientes.

$\ begin {eqnarray *} A_ {n + 1} & = & {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} B_n \ cos (ka) -B_n \ sin (ka) + A_n \ cos ... ... in (ka ) \\ A_ {n + 1} & = & e ^ {i \ phi} A_n \\ B_ {n + 1} & = & e ^ {i \ phi} B_n \\ \ end {eqnarray *}$

Usando o segundo par de equações para eliminar os $\ bgroup \ color {black} $ n + 1 $ \ egroup$ coeficientes, temos

$\ begin {eqnarray *} (e ^ {i \ phi} - \ cos (ka)) A_n = \ left ({2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ cos (ka) - \ s ... ... cos (ka) - {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ sin (ka) \ right) B_n = \ sin (ka) A_n. \\ \ end {eqnarray *}$

Agora podemos eliminar todos os coeficientes.

$\ begin {eqnarray *} (e ^ {i \ phi} - \ cos (ka)) (e ^ {i \ phi} - \ cos (ka) - {2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ .... ..phi} \ left ({2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ sin (ka) +2 \ cos (ka) \ right) + 1 = 0 \\ \ end {eqnarray *}$

Multiplique por $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {- i \ phi} $ \ egroup$ .

$\ begin {eqnarray *} e ^ {i \ phi} + e ^ {- i \ phi} - \ left ({2maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ sin (ka) +2 \ cos ... ... ight) = 0 \\ \ cos (\ phi) = \ cos (ka) + {maV_0 \ over \ hbar ^ 2k} \ sin (ka) \\ \ end {eqnarray *}$

Essa relação impõe restrições $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ , como as restrições que nos fornecem energias quantizadas para estados vinculados. Como $\ bgroup \ color {black} $ \ cos (\ phi) $ \ egroup$ só pode assumir valores entre -1 e 1, são permitidas bandas $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ e intervalos entre essas bandas.

Exemplos

Toda esta seção é de exemplos

Problemas de teste de amostra

Um feixe de elétrons de 100 eV (energia cinética) incide sobre um degrau potencial de altura eV. Calcule a probabilidade de ser transmitido. Obtenha uma resposta numérica.
* Encontre os estados próprios de energia (e valores próprios de energia) de uma partícula de massa ligada ao potencial 1D. Suponha queseja um número real positivo. (Não presuma quetem unidades de energia.) Você não precisa normalizar o estado. Responder $V (x) = - V_0 \ delta (x)$

$\ begin {eqnarray *} \ kappa = \ sqrt {-2mE \ over \ hbar ^ 2} \\ \ left. {du \ over dx} \ right \ ve ... ... bar ^ 2 \ over 2m} { m ^ 2V_0 ^ 2 \ over \ hbar ^ 4} = {mV_0 ^ 2 \ over 2 \ hbar ^ 2} \\ \ end {eqnarray *}$
* Um feixe de partículas de número de onda(isto significa $e ^ {ikx}$ ) incide sobre um potencial unidimensional. Calcule a probabilidade de ser transmitido. Represente graficamente como uma função de. Resposta À esquerda da origem está a solução. À direita da origem está a solução. Continuidade dena origem implica. A descontinuidade na primeira derivada é $V (x) = a \ delta (x)$

$e ^ {ikx} + Re ^ {- ikx}$ $Te ^ {ikx}$ $\ psi$

$\ begin {eqnarray *} \ Delta {d \ psi \ over dx} = {2ma \ over \ hbar ^ 2} \ psi (0). \\ ikT- (ik-i ... ... \\ P_T = \ vert T \ vert ^ 2 = {4k ^ 2 \ over4k ^ 2 + {4m ^ 2a ^ 2 \ over \ hbar ^ 4}} \\ \ end {eqnarray *}$

A probabilidade de transmissão começa em zero para então se aproxima assintoticamente para . $k> {ma \ over \ hbar ^ 2}$
* Um feixe de partículas de energia que vem $- \ infty$ incide sobre um potencial de função delta em uma dimensão. Isso é. $V (x) = \ lambda \ delta (x)$

a)

Encontre a solução para a equação de Schrödinger para este problema.

b)

Determine os coeficientes necessários para satisfazer as condições de contorno.

c)

Calcule a probabilidade de uma partícula no feixe ser refletida pelo potencial e a probabilidade de ser transmitida.
* A equação de Schrödinger para o ocilador harmônico unidimensional é reduzida à seguinte equação para o polinômio:

$\ begin {displaymath} {d ^ 2 h (y) \ over dy ^ 2} -2y {dh (y) \ over dy} + ({E \ over \ alpha} -1) h (y) = 0 \ end {displaymath}$

a)

Assuma e encontre a relação de recursão para os coeficientes . $h (y) = \ sum \ limits_ {m = 0} ^ {\ infty} a_m y ^ m$

b)

Use o requisito de que esta série polinomial deve terminar para encontrar as energias permitidas em termos de $\ alpha$ .

c)

Encontre o estado fundamental e o segundo estado excitado.
Um feixe de partículas de energia que vem $- \ infty$ incide sobre uma etapa potencial em uma dimensão. Isso é para e para onde está um número real positivo.

a)

Encontre a solução para a equação de Schrödinger para este problema.

b)

Determine os coeficientes necessários para satisfazer as condições de contorno.

c)

Calcule a probabilidade de uma partícula no feixe ser refletida pelo passo potencial e a probabilidade de ser transmitida.
* Uma partícula está no estado fundamental (.) De um potencial oscilador harmônico. De repente, o potencial é removido sem afetar o estado da partícula. Encontre a distribuição de probabilidadepara o momento da partícula depois que o potencial foi removido. $\ psi (x) = ({m \ omega \ over \ pi \ hbar}) ^ {1 \ over 4} e ^ {- m \ omega x ^ 2 \ over 2 \ hbar}$
* Uma partícula está no terceiro estado excitado (n = 3) do potencial oscilador harmônico unidimensional.

a)

Calcule essa autofunção de energia, até um fator de normalização, a partir das relações de recursão fornecidas na parte frontal do exame.

b)

Dê, mas não avalie, a expressão para o fator de normalização.

c)

No potencial é subitamente removido para que a partícula fique livre. Suponha que a função de onda da partícula não seja alterada pela remoção do potencial. Escreva uma expressão para a probabilidade de que a partícula tenha momento no intervalo de . Você não precisa avaliar a integral.
* A equação de Schrödinger para o oscilador harmônico unidimensional é reduzida à seguinte equação para o polinômio:

$\ begin {displaymath} {d ^ 2 h (y) \ over dy ^ 2} -2y {dh (y) \ over dy} + ({E \ over \ alpha} -1) h (y) = 0 \ end {displaymath}$

a)

Assuma e encontre a relação de recursão para os coeficientes . $h (y) = \ sum \ limits_ {m = 0} ^ {\ infty} a_m y ^ m$

b)

Use o requisito de que esta série polinomial deve terminar para encontrar as energias permitidas em termos de $\ alpha$ .

c)

Encontre o estado fundamental e o segundo estado excitado.
* Encontre os estados próprios de energia (e valores próprios de energia) de uma partícula de massa ligada ao potencial 1D. $V (x) = - \ lambda \ delta (x)$