Verstrooiing aan potentialen

Transcriptie

1 Verstrooiing aan potentialen In deze notitie zullen we verstrooiing beschouwen aan model potentialen, d.w.z. potentiaal stappen, potentiaal bergen en potentiaal putten. In de gebieden van de potentiaal, waar de totale energie E groter is dan de potentiële energie V, hebben we de Schrödinger vergelijking: d Ψ(x) dx = k m(e V 0 ) Ψ(x), k = dus Ψ(x) e ±ikx. (1) Omdat de tijdsafhankelijkheid van de golffuncties gegeven is door exp( iωt), loopt de golf met exp(+ikx) naar rechts, terwijl de golf met exp( ikx) naar links loopt. Als de energie kleiner is dan de potentiële energie, dan volgt d Ψ(x) dx = +κ Ψ(x), κ = m(v 0 E) dus Ψ(x) e ±κx. () Voor x > 0 is de golf met een +-teken een exponentieel toenemende functie voor toenemende x, terwijl de golf met een -teken exponentieel dempend is. We zullen in deze notitie de oplossingen over het gehele gebied samenstellen uit deze golffuncties. Op posities, waar de potentiaal een stap maakt, moeten we dan de oplossingen links en rechts van de stap aan elkaar koppelen door te eisen, dat zowel de golffunctie als zijn afgeleide continu zijn bij de stap. Potentiaal stap De potentiaal ziet er uit als: V (x) I V II x V (x) = { 0 x < 0 V 0 x > 0 We kunnen twee situaties beschouwen: het gebied, waarin we klassiek transmissie hebben (E > V 0 ) en het gebied, waar we klassiek reflectie hebben (E < V 0 ). E > V 0 In dit geval zijn de golffuncties allemaal vlakke golven en krijgen we x < 0 Ψi(x) = Ae +ik1x + Be ik1x k 1 = x > 0 Ψii(x) = Ce +ikx k = me (3) m(e V 0) (4) Merk op, dat de golffunctie in gebied ii slechts één term heeft, omdat er alleen een uitgaande golf is in dit gebied en geen inkomende golf. Continuïteit van Ψ(x) en dψ(x)/dx voor x = 0 levert dan A + B = C en k 1 A k 1 B = k C, (5)

2 Verstrooiing aan potentialen en dit levert de volgende relaties tussen de coefficiënten A, B en C: B = k 1 k k 1 + k A en C = k 1 k 1 + k. (6) Omdat vlakke golven niet normeerbaar zijn, kunnen we A niet bepalen door normalisatie en hebben we één vrije parameter over. Om toch te bepalen hoeveel reflectie en transmissie we hebben, kunnen we kijken naar de waarschijnlijkheidsstroom J(x, t). Zoals gedefinieerd in verg. (14) van notitie Tijdsontwikkeling kunnen we J(x, t) bereken door J(x, t) i h (Ψ Ψ m x Ψ ) x Ψ. (7) Invullen voor gebied i levert dat Ji(x, t) = hk 1 m ( A B ), (8) en we zien dat de inkomende golf evenredig is met A, terwijl de gereflecteerde golf evenredig met B is. Voor gebied ii volgt: Jii(x, t) = hk m C, (9) en de uitgaande golf is evenredig met C. Merk op, dat de snelheid van de golf in gebied i hoger is dan in gebied ii. We kunnen nu de reflectie R definiëren als de verhouding van gereflecteerde en inkomende golf, terwijl we de transmissie kunnen definiëren als de verhouding van uitgaande en inkomende golf: reflectie : R = B A = (k 1 k ) (k 1 + k ) transmissie : T = k C k 1 A = 4k 1k (k 1 + k ). (10) Het is eenvoudig te controleren, dat R + T = 1, zoals je verwacht. Er zijn twee opmerkelijke aspecten aan deze formules. Ten eerste, hoewel dit klassiek het gebied is waar we volledig transmissie verwachten, zien we dat er quantum-mechanisch ook reflectie optreedt. De reflectie neemt af, naarmate het verschil tussen k 1 en k kleiner wordt, d.w.z. naarmate E veel groter wordt dan V 0. Ten tweede is het resultaat onafhankelijk van het teken van k 1 k, d.w.z. dat een stap omlaag eenzelfde effect heeft als een stap omhoog. E < V 0 In dit geval verandert de golffunctie in gebied ii: x > 0 Ψii(x) = Ce κx κ = m(v 0 E) (11) We kunnen bovenstaande oplossingen gebruiken, als we ik vervangen door κ, oftewel R = k 1 iκ k 1 + iκ = A 1 en T 0. (1) A Net als klassiek is de reflectie 100%. Maar er zijn wel verschillen. De verwachtingswaarde in gebied ii is gegeven door Ψii(x) = C e κx, (13)

3 Verstrooiing aan potentialen 3 en daarmee heeft de golf een indringdiepte δ in het klassiek verboden gebied van 1/(κ ). Merk op, dat de indringdiepte δ evenredig is met 1/ V 0 E, dus de indringdiepte wordt groter naarmate de energie E de potentiële energie V 0 dichter nadert. Nemen we de onzekerheid σ x om in het verboden gebied te zitten gelijk aan de indringdiepte δ, en gebruiken we Heisenbergs onzekerheidsrelatie σ x σ p = h/, dan is de kinetische energie T geassocieerd met deze onzekerheid in de impuls: T = σ p m = h κ m = V 0 E. (14) Met andere woorden, de onzekerheid in de energie is dermate groot, dat de totale energie E + T zelfs in het klassiek verboden gebied nog gelijk is aan de potentiële energie V 0. De reflectie R en transmissie T is gegeven in de volgende figuur als functie van E/V 0. Potentiaal berg De potentiaal ziet er uit als: V (x) V I II III 0 a x We kunnen twee situaties beschouwen: E > V 0 en E < V 0. E > V 0 De golffunctie wordt in dit probleem gegeven door 0 x < 0 V (x) = V 0 0 < x < a 0 x > a me x < 0 Ψi(x) = Ae +ik1x + Be ik1x k 1 = 0 < x < a Ψii(x) = Ce +ikx + De ikx m(e V k = 0) (16) x > a Ψiii(x) = Ee +ik1x (15)

4 Verstrooiing aan potentialen 4 Wederom hebben we maar één term in het gebied iii. Continuïteit van de golffunctie voor x = 0 levert A + B = C + D en ik 1 (A B) = ik (C D) (17) en voor x = a volgt: Ce +ika + De ika = Ee +ik1a en ik (Ce +ika De ika ) = ik 1 Ee +ik1a. (18) Omschrijven levert voor A en B in termen van E: A = (cos k a i k 1 ) + k sin k a e +ik1a E en B = i k k 1 sin k a e +ik1a E. (19) k 1 k k 1 k Dan levert voor de reflectie R: R = B A = (k 1 k ) sin k a 4k 1 k + (k 1 k ) sin k a, (0) en voor de transmissie T : T = E 4k 1 k A = 4k 1 k + (k 1 k ) sin k a, (1) Merk op, dat wederom geldt R + T = 1. De transmissie T als functie van E/V 0 en a wordt gegeven door de volgende figuren. In beide gevallen is het duidelijk te zien dat de transmissie T voor sommige waarden van a of E 0 /V gelijk aan 1 wordt. We noemen dit resonanties. De conditie voor resonantie is sin k a = 0, k a = nπ oftewel E V 0 = h n π ma. () De conditie k a = nπ laat zien, dat als er precies een geheel aantal van λ/ past in de potentiaal berg, dat dan de transmissie maximaal wordt. Je kan dat vergelijken met de transmissie van een

5 Verstrooiing aan potentialen 5 Fabry-Perot interferometer, waarbij de transmissie ook 100% kan worden als de spiegels precies op een afstand van een geheel aantal halve golflengten van het licht staat. De laatste relatie laat zien, dat er een resonantie optreedt als de energie in gebied ii precies gelijk is aan een eigenenergie E n van de oneindig diepe potentiaal pot (zie verg. (3) van de notitie Doos). E > V 0 T : Voor dit geval kunnen we wederom k vervangen door iκ en krijgen we voor de transmissie In het geval dat κ a 1 krijgen we 4k 1 κ T = 4k 1 κ + (k 1 + κ ) sinh κ a en R = 1 T. (3) T 16E(V 0 E) V 0 e κa. (4) De transmissie neemt daarmee exponentieel af met κ a. Omdat het deeltje voor transmissie eerst door de potentiaal berg moet gaan, noemen we dit proces tunneling. Voorbeelden zijn het ammonia molecuul, de tunnel diode, radioactief verval en de scanneling tunneling microscoop (STM). Potentiaal put De potentiaal ziet er uit als: I V 0 a V (x) II III a x 0 x < a V (x) = V 0 a < x < a 0 x > a (5) E > 0 Voor het geval E > 0 kunnen we de resultaten van de potentiaal berg overnemen, als we V 0 vervangen door V 0. Maar de situatie wordt anders voor het geval E < 0. E < 0 In dit geval zijn de gebieden i en iii verboden gebieden en kunnen er in gebied ii alleen gebonden toestanden bestaan. De methode om de gebonden toestanden te vinden zal dezelfde zijn, als de methode toegepast in de eerste twee gevallen in deze notitie. We schrijven de golffuncties in de verschillende gebieden: me x < a Ψi(x) = Be +κ1x κ 1 = a < x < a Ψii(x) = Ce +ikx + De ikx m(e+v k = 0) (6) x > a Ψiii(x) = Ee κ1x

6 Verstrooiing aan potentialen 6 Merk op, dat we in de verboden gebieden alleen de exponentieel dalende golffuncties hebben gekozen. Continuïteit voor x = a wordt nu gekregen voor Be κ1a = Ce ika + De +ika en κ 1 Be κ1a = ik (Ce ika De +ika ) (7) en een vergelijkbare relatie van x = a. Maar vanwege de symmetrie van de Hamiltoniaan bij verwisseling van x met x hebben we alleen symmetrische (even) en anti-symmetrische (odd) oplossingen. In het eerste geval hebben C = D en in het tweede geval C = D. We krijgen dan κ 1 = k tan k a (C = D) en κ 1 = k cot k a (C = D). (8) Deze vergelijkingen geven alleen oplossingen voor bepaalde waarden van κ 1 en k en als we de vergelijkingen oplossen als functie van E vinden we daarmee de eigentoestanden. Maar de vergelijking zijn niet analytisch oplosbaar en we zullen ze daarom grafisch oplossen. Schrijven we k 0 mv 0 = κ 1 + k, (9) dan krijgen we voor de even oplossingen: oftewel Voor het oneven geval krijgen we 1 sin k a = 1 + cot k a = 1 cos k a = 1 + tan k a = k + κ 1 = k ( k0 k ), (30) cos k a = k k 0 en tan k a > 0. (31) ( k0 k ) oftewel sin k a = k k 0 tan k a < 0. (3) Voor beide gevallen is het linkerlid van de vergelijking uitgezet tegen het rechterlid en we krijgen dan: De rechte lijn (k /k 0 ) kruist de gestreepte lijn (cos k a) op verschillende punten, maar alleen de

7 Verstrooiing aan potentialen 7 waarden, waarbij tan k a > 0, zijn goede oplossingen. De gestippelde lijn is voor sin k a en ook hier zijn verschillende oplossingen mogelijk. In totaal zijn er 8 oplossingen, die aangegeven zijn met een stip.