Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8535
2018-07-04 
Частица массы т находится в одномерном потенциальном поле $U(x)$, вид которого показан на рис., где $U(0) = \infty$. Найти:
а) уравнение, определяющее возможные значения энергии частицы в области $E < U_{0}$; привести это уравнение к виду
$\sin kl = \pm kl \sqrt{ \hbar^{2} / 2ml^{2}U_{0} }$,
где $k = \sqrt{2mE}/ \hbar$.
Показать с помощью графического решения данного уравнения, что возможные значения энергии частицы образуют дискретный спектр;
б) минимальное значение величины $l^{2}U_{0}$, при котором появляется первый энергетический уровень в области $E < U_{0}$. При каком минимальном значении $l^{2}U_{0}$ появляется $n$-й уровень?
Решение:
(a) Уравнения Шредингера в областях I & II
$\frac{d^{2} \psi }{dx^{2} } + \frac{2mE}{ \hbar^{2} } \psi = 0$ $x$ в I (1)
$\frac{d^{2} \psi }{dx^{2} } - \frac{2mE(U_{0} - E ) }{ \hbar^{2} } \psi = 0$ $x$ в II (2)
где $U_{0} > E > 0$, легко выводим решения из I и II
$\Psi_{I} (x) = A \sin kx + B \cos kx$ (3)
$\Psi_{II} (x) = Ce^{- \alpha x} + D e^{- \alpha x}$ (4)
где $k^{2} = \frac{2mE}{ \hbar^{2} }, \alpha^{2} = \frac{2m(U_{0} - E ) }{ \hbar^{2} }$.
Граничные условия
$\Psi(0) = 0$ (5)
и $\Psi$ и $\left ( \frac{d \Psi}{d x} \right )$ непрерывны в точке $x = l$, а $\Psi$ должно обращаться в нуль при $x = + \infty$.
Тогда $\Psi_{I} = A \sin kx$
и $\Psi_{II} = De^{ - \alpha x}$
Итак $A \sin kl = De^{- \alpha l}$
$kA \cos kl = - \alpha De^{ - \alpha l}$
Из этого мы получаем $tg kl = - \frac{k}{ \alpha}$
или $\sin kl = \pm \frac{kl}{ \sqrt{k^{2}l^{2} + \alpha^{2}l^{2} } } = \pm \frac{kl}{ \sqrt{ \frac{2m U_{0} l^{2} }{ \hbar^{2} } } } = \pm kl \sqrt{ \frac{ \hbar^{2} }{2mU_{0}l^{2} } }$ (6)
Построив левую и правую части этого уравнения, мы можем найти точки, в которых прямые пересекают синусовую кривую. Корни уравнения, соответствующего собственным значениям энергии $E_{i}$, и найдены из точек $(kl)_{i}$, для которых $tg (kl)_{i} < 0$ (т.е. 2-й и 4-й и другие четные квадранты). Видно, что связанные состояния не всегда существуют. Чтобы появилось первое связанное состояние,
$(kl)_{1, min} = \frac{ \pi}{2}$
(б) Подставляя, получаем $(l^{2} U_{0})_{1,min} = \frac{ \pi^{2} h^{2} }{8 m}$
как условие появления первого связанного состояния. Второе связанное состояние появится, когда $kl$ находится в четвертом квадранте. Величина наклона прямой должна быть меньше, чем
$\frac{1}{3 \pi /2}$
В соответствии с $(kl)_{2, min} = \frac{3 \pi }{2} = (3) \frac{ \pi}{2} = (2 \cdot 2 - 1) \frac{ \pi}{2}$
Для $n$ связанных состояний легко убедиться, что наклон соответствующей прямой (верхней или нижней) должен быть меньше
$(kl)_{n,min} = (2n - 1) \frac{ \pi}{2}$
Тогда $(l^{2}U_{0} )_{n,min} = \frac{(2n- 1)^{2} \pi^{2} \hbar^{2} }{8m}$
Не следует упускать из виду, что при больших $n$ знаки + и - в уравнении (6) способствуют решениям.
Частица массы т находится в одномерном потенциальном поле $U(x)$, вид которого показан на рис., где $U(0) = \infty$. Найти:
а) уравнение, определяющее возможные значения энергии частицы в области $E < U_{0}$; привести это уравнение к виду
$\sin kl = \pm kl \sqrt{ \hbar^{2} / 2ml^{2}U_{0} }$,
где $k = \sqrt{2mE}/ \hbar$.
Показать с помощью графического решения данного уравнения, что возможные значения энергии частицы образуют дискретный спектр;
б) минимальное значение величины $l^{2}U_{0}$, при котором появляется первый энергетический уровень в области $E < U_{0}$. При каком минимальном значении $l^{2}U_{0}$ появляется $n$-й уровень?
Решение:
(a) Уравнения Шредингера в областях I & II
$\frac{d^{2} \psi }{dx^{2} } + \frac{2mE}{ \hbar^{2} } \psi = 0$ $x$ в I (1)
$\frac{d^{2} \psi }{dx^{2} } - \frac{2mE(U_{0} - E ) }{ \hbar^{2} } \psi = 0$ $x$ в II (2)
где $U_{0} > E > 0$, легко выводим решения из I и II
$\Psi_{I} (x) = A \sin kx + B \cos kx$ (3)
$\Psi_{II} (x) = Ce^{- \alpha x} + D e^{- \alpha x}$ (4)
где $k^{2} = \frac{2mE}{ \hbar^{2} }, \alpha^{2} = \frac{2m(U_{0} - E ) }{ \hbar^{2} }$.
Граничные условия
$\Psi(0) = 0$ (5)
и $\Psi$ и $\left ( \frac{d \Psi}{d x} \right )$ непрерывны в точке $x = l$, а $\Psi$ должно обращаться в нуль при $x = + \infty$.
Тогда $\Psi_{I} = A \sin kx$
и $\Psi_{II} = De^{ - \alpha x}$
Итак $A \sin kl = De^{- \alpha l}$
$kA \cos kl = - \alpha De^{ - \alpha l}$
Из этого мы получаем $tg kl = - \frac{k}{ \alpha}$
или $\sin kl = \pm \frac{kl}{ \sqrt{k^{2}l^{2} + \alpha^{2}l^{2} } } = \pm \frac{kl}{ \sqrt{ \frac{2m U_{0} l^{2} }{ \hbar^{2} } } } = \pm kl \sqrt{ \frac{ \hbar^{2} }{2mU_{0}l^{2} } }$ (6)
Построив левую и правую части этого уравнения, мы можем найти точки, в которых прямые пересекают синусовую кривую. Корни уравнения, соответствующего собственным значениям энергии $E_{i}$, и найдены из точек $(kl)_{i}$, для которых $tg (kl)_{i} < 0$ (т.е. 2-й и 4-й и другие четные квадранты). Видно, что связанные состояния не всегда существуют. Чтобы появилось первое связанное состояние,
$(kl)_{1, min} = \frac{ \pi}{2}$
(б) Подставляя, получаем $(l^{2} U_{0})_{1,min} = \frac{ \pi^{2} h^{2} }{8 m}$
как условие появления первого связанного состояния. Второе связанное состояние появится, когда $kl$ находится в четвертом квадранте. Величина наклона прямой должна быть меньше, чем
$\frac{1}{3 \pi /2}$
В соответствии с $(kl)_{2, min} = \frac{3 \pi }{2} = (3) \frac{ \pi}{2} = (2 \cdot 2 - 1) \frac{ \pi}{2}$
Для $n$ связанных состояний легко убедиться, что наклон соответствующей прямой (верхней или нижней) должен быть меньше
$(kl)_{n,min} = (2n - 1) \frac{ \pi}{2}$
Тогда $(l^{2}U_{0} )_{n,min} = \frac{(2n- 1)^{2} \pi^{2} \hbar^{2} }{8m}$
Не следует упускать из виду, что при больших $n$ знаки + и - в уравнении (6) способствуют решениям.
