Документ: МЭИ(ТУ) Физика, страницы 1604-1608

ψI		= A1eikx + B1e−ikx ,			(1)
ψ	II	= A eαx + B		e−αx .
		2	2

Попытаемся найти коэффициенты A и B. Коэффициент A1 характеризует набегающую волну (подлетающую частицу), B1 – отражённую волну (отлетающую от барьера

A1	A2			частицу). Коэффициенты A2 и B2 характери-
A1				зуют вероятность нахождения частицы внут-
B1	B2			ри барьера. Так как эта вероятность не может
	B2			расти с ростом x, A2 = 0.


Воспользуемся условием непрерывности на границе барьера:
	ψI (0)=ψII (0).
Тогда из (1) получим (с учётом того, что A2 = 0)
	A1 + B1 = B2 .
Условие непрерывности производных
		′			′	(0)
	ψI		(0)=ψII			(0)
даёт второе уравнение:
	ikA1 −ikB1 = −αB2 .
Имеем систему уравнений
	A1		+ B1 = B2 ,

	ikA1 −ikB1 = −αB2 .
Отсюда
	B		=		2ik	A .
	B		=		ik −α	A .
		2			ik −α	1

Коэффициент B1 характеризует вероятность отражения частицы и нас не интересует. Коэффициент A1 характеризует вероятность присутствия налетающей частицы и его можно нормировать на 1.

Итак, вероятность нахождения частицы в точке с координатой x = l определяется

ψI (0)2 ~ A12 . Вероятность нахождения частицы внутри барьера на расстоянии x от гра-

ницы пропорциональна ψII (x)2 ~ B2 e−αx 2 ~ e−2αx .

Обрежем барьер на ширине x = l. Введём понятие		e-2αx
прозрачности барьера – вероятности прохождения час-
		e-2αl
тицей барьера высотой U и шириной l. D – коэффици-
	0	l
ент прозрачности барьера:

D =

ψ

II

(l)

2

.

ψII (l)

2

ψI (0)

2

D =

=

2ik

e

−2αl

=

4k 2

e

−2αl

=

4W

e

−2αl

.

v

A2

ik −α

α2 + k 2

1

В большинстве реальных задач коэффициент 4Wv ≈1. Тогда для D имеем формулу

D ≈ e–2αl или

D = e	−	2	2m(U −W )l	.
		h

Тем самым мы доказали, что даже имея энергию, меньшую чем высота потенциального барьера, частица может преодолеть этот барьер. Она проходит как бы сквозь туннель. Отсюда и название «туннельный эффект».

Численная оценка

Если U – W = 5 эВ, то при

l = 1 Å	D = 1·10-1 (из десяти налетающих частиц одна пройдёт через барьер);
l = 2 Å	D = 8·10-3;
l = 5 Å	D = 5·10-7.

Туннельный эффект объясняет аномально большой ток, который наблюдается при холодной эмиссии.

металл

ток эмиссии

W W

e e

e

III. Гармонический осциллятор

1. Классический аналог

			Fупр = −kx .
Потенциальная энергия U =	kx	2	. Частица колеблется с циклической частотой ω =	k	.
Потенциальная энергия U =	2		. Частица колеблется с циклической частотой ω =	m	.
	2			m

2. Квантовая задача

Квантовомеханическое решение приводит к уравнению

2			2m			mω	2	x	2
∂ ψ		+
	2			2
∂x			h		W −	2				ψ = 0 .

Решение уравнения сложное, то из него могут быть получены ограничения на возможные значения энергии:

W		1
W	= n +	2	hω , где n = 0, 1, 2, …
n		2
Т. е. энергия квантована, причём уровни энергии эквидистантны.
U				Наименьшее возможное			значение энергии
			W =		hω	(не равное нулю)	называется нулевой
			W =			(не равное нулю)	называется нулевой
			0	2
				2
E3			энергией. Разница между соседними значениями
E3			энергии ∆Wn = ћω = hν. Тем самым доказана ги-
E2			энергии ∆Wn = ћω = hν. Тем самым доказана ги-
E1			потеза Планка о том, что осциллятор излучает
E0			потеза Планка о том, что осциллятор излучает
E0	x		энергию порциями, кратными hν.
0	x		энергию порциями, кратными hν.
0

§ 4. Квантовомеханическая модель атома водорода

Одой из серьёзных проверок правильности выводов квантовой механики является применение уравнения Шрёдингера к объяснению строения атома и, в частности, оптических свойств атома водорода.

Согласно Резерфорду атом представляет собой положительное ядро малых размеров, окружённое облаком электронов. (С классической точки зрения эта система неус-

тойчива!) Для водорода это ядро, масса которого mp = 1836me и заряд

e

q = |e|. Следовательно, масса ядра много больше массы электрона, по-

m

r

этому ядро можно считать неподвижным.

Потенциал электрического

поля ядра

z

e

, а

потенциальная

4рε0 r

энергия электрона в этом поле

U = −

ze2

.

4рε0 r

Для водорода заряд ядра z = 1.

U

r

Уравнение Шрёдингера для стационарных состоя-

e

ний имеет вид

2m

ze

2

∆ψ +

2

h

W +

ψ = 0 .

4рε0 r

Так как поле центральное, перейдём к сферической

системе координат r, φ, θ: r – расстояние до силового центра, φ – полярный угол, θ – азимутальный угол. В этой системе координат оператор Лапласа имеет более сложный вид, чем в декартовой системе. Уравнение Шрёдингера примет следующий вид:

1	∂		2	∂ψ
		r			+
r 2				∂r
	∂r

1

∂

∂ψ

1

2

2m

ze

2

∂ ψ

2

sinθ

+

2

+

2

(1)

r

sinθ ∂ϕ

h

W +

ψ = 0 .

sinθ ∂θ

∂θ

4рε0 r

z

r

θ

y

φ

x

Основное состояние электрона

Предположим, что существует такое симметричное состояние, в котором ψ-функция не зависит от θ и φ. Тогда уравнение (1) можно привести к виду

2

2 d

2

2m

ze

2

d ψ

+

ψ

+

2

dr

r dr

h

W1 +

4рε0 r

ψ = 0 .

−

r

C

−

r

ψ

r

Тогда ψ ′ = −

r

Будем

искать решение

в

виде

ψ = Ce

0

.

e

0

= − r

,

r

0

C

−

r

ψ

ψ ′′ =

r

e 0

=

r 2

. После подстановки в уравнение Шрёдингера получим

r 2

0

1

2

2m

ze

2

r 2

ψ − r r

ψ +

4рε

r

h2 W1 +

0

ψ = 0 .

0

Или, так как ψ ≠ 0,

h

2

+W

=

2h2

−

ze2

.

2mr 2

2mr r

4рε

r

1

0

Здесь левая часть является константой, не зависящей от r, а правая часть зависит от r. Равенство должно выполняться при любых r, в частности, при r → ∞. В этом случае правая часть равенства стремится к нулю, а это означает, что левая часть тождественно равна нулю. Получаем систему уравнений

h2

+W1 = 0,

2

2mr0

h

2

ze

2

1

−

= 0,

mr0

4рε0 r

откуда

Материал: МЭИ(ТУ) Физика

Смотрите также: