Cơ học lượng tử I: Hàm sóng

Vì sao hạt bán dẫn nhỏ lại phát ánh sáng xanh?

Hình mở đầu: Các dung dịch chứa hạt bán dẫn có kích thước khác nhau phát huỳnh quang khi được chiếu tia tử ngoại. Những hạt nhỏ nhất phát ánh sáng xanh, còn những hạt lớn nhất phát ánh sáng đỏ.

Các lọ trong ảnh chứa những hạt bán dẫn nhỏ đến mức chuyển động của electron chịu ảnh hưởng rõ rệt của sự giam giữ. Vì sao chỉ cần thay đổi kích thước hạt mà màu ánh sáng phát ra đã thay đổi?

Hãy chọn một cách giải thích trước khi học tiếp:

Khoảng cách giữa các mức của electron lớn hơn trong hạt nhỏ.
Khoảng cách ấy lớn hơn trong hạt lớn.
Khoảng cách ấy như nhau ở mọi hạt, nhưng các mức cao hơn trong hạt nhỏ.
Khoảng cách ấy như nhau ở mọi hạt, nhưng các mức cao hơn trong hạt lớn.
Các mức phụ thuộc vào của tia tử ngoại dùng để chiếu.

Câu hỏi này nối trực tiếp hai điều đã biết: Vật chất có tính sóng và phát ra mang bằng độ chênh giữa hai mức. Điều còn thiếu là cách tìm các mức năng lượng từ chính điều kiện chuyển động của electron.

Cơ học lượng tử dùng để mô tả trạng thái của hạt. Hàm ấy được xác định bằng , có vai trò nền tảng tương tự các định luật Newton trong cơ học cổ điển và các phương trình Maxwell trong điện từ học.

Ta bắt đầu bằng hạt tự do chuyển động thẳng, không chịu lực. Sau đó, ta xét những hạt bị lực giam giữ trong các , tương tự electron trong nguyên tử. Khi giải phương trình với những điều kiện biên thích hợp, các mức xuất hiện cùng với , không cần đặt riêng một quy tắc lượng tử hóa quỹ đạo.

còn cho biết xác suất tìm thấy hạt trong mỗi miền không gian. Nhờ đó, ta giải thích được sự qua một hàng rào mỏng, các mức của dao động tử và sự thay đổi trạng thái khi đo một đại lượng vật lý.

Phạm vi của chương là chuyển động một chiều, với một hạt phi tương đối tính. Bước mở rộng sang ba chiều sẽ dẫn đến nguyên tử hydrogen, các nguyên tử phức tạp hơn, bảng tuần hoàn và các mức tia X.

Sau chương này, bạn cần làm được sáu việc:

Diễn giải và mật độ xác suất, đồng thời dùng một chiều.
Tìm chuẩn hóa và của .
Giải thích điều kiện biên, sự thâm nhập vào miền cấm cổ điển và số mức liên kết trong .
Tính xác suất khi thỏa các điều kiện của công thức gần đúng.
Xác định các mức , trạng thái cơ bản và ý nghĩa xác suất của dao động tử điều hòa.
Phân biệt sự tiến triển theo với sự thay đổi trạng thái trong một phép đo.

Để theo dõi các bước biến đổi, hãy ôn và giếng thế, , sóng chạy và sóng dừng. Những liên hệ de Broglie, năng lượng , mô hình Bohr, bức xạ Planck và nguyên lý bất định sẽ được dùng lại trong những tình huống cụ thể.

6 chủ đề · tổng cộng khoảng 18 phút đọc

Hàm sóng và sự giam giữ

Xuyên hầm, dao động và phép đo

Tổng kết chương

Hàm sóng và phương trình Schrödinger

$Ψ (x, t)$ chứa thông tin về trạng thái của hạt trong mô hình đang xét. Mật độ xác suất bằng $| Ψ (x, t) |^{2}$ , còn xác suất trên một khoảng được tính bằng mật độ trên khoảng ấy.

Với hạt phi tương đối tính chuyển động một chiều trong $U (x)$ , toán tử Hamilton có dạng

\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + U (x) .

Phương trình tiến triển theo thời gian là

i ℏ \frac{\partial Ψ}{\partial t} = \hat{H} Ψ .

Hạng bậc hai biểu diễn động năng, còn hạng nhân với $U (x)$ biểu diễn . Với hạt tự do, $U = 0$ khi chọn mốc thích hợp.

Trong một trạng thái có xác định,

Ψ (x, t) = ψ (x) e^{- i E t / ℏ} .

Khi đó, $| Ψ |^{2} = | ψ |^{2}$ không phụ thuộc thời gian, còn $ψ$ thỏa không phụ thuộc thời gian:

- \frac{ℏ^{2}}{2 m} ψ^{″} + U ψ = E ψ .

Chồng chập các cho những trạng thái tổng quát hơn. Các có thể tập trung trong một miền không gian và biểu hiện đồng thời tính sóng lẫn sự định xứ của hạt.

Tổng kết hàm sóng: Phần thực và phần ảo của một hàm sóng phức có thể dao động theo tọa độ. Xác suất phải được tính từ bình phương môđun của toàn bộ hàm phức.
Chú thích:
Phần thực (Re)
Phần ảo (Im)

Hạt trong hộp vô hạn

Với hộp rộng $L$ , bằng không bên trong và vô hạn bên ngoài, các mức được đánh số $n = 1, 2, 3, \dots$ :

\begin{aligned} E_{n} & = \frac{p_{n}^{2}}{2 m} \\ = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} \\ = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}} . \end{aligned}

Các hàm riêng đã chuẩn hóa bên trong hộp là

ψ_{n} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{n π x}{L} .

Chúng bằng không ở hai vách và bên ngoài. Trạng thái $n = 0$ chỉ cho hàm bằng không nên không phải một trạng thái vật lý.

Tổng kết hạt trong hộp: Ba hàm sóng dừng đầu tiên cùng hai vách. Số nửa bước sóng vừa trong hộp bằng số lượng tử n.

Chuẩn hóa và điều kiện nối nghiệm

Đối với một trạng thái chuẩn hóa được trên toàn trục,

\int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x = 1.

Điều kiện này nói rằng xác suất tìm thấy hạt ở đâu đó bằng một. và phải liên tục qua các bước hữu hạn, với khối lượng không đổi và không có tương tác kỳ dị tại biên. Thành giếng vô hạn cần được xử lý bằng điều kiện biên riêng, không áp máy móc quy tắc nối đạo hàm.

Tổng kết chuẩn hóa: Mật độ xác suất của ba mức đầu trong hộp có số đỉnh khác nhau, nhưng tích phân trên toàn hộp đều bằng một.

Giếng thế hữu hạn

Giếng hữu hạn chỉ có một số hữu hạn . Với cùng khối lượng, cùng chiều rộng và cùng mốc tại đáy, các mức liên kết thấp hơn các mức tương ứng của giếng vô hạn. thâm nhập ra ngoài và giảm theo hàm mũ trong vùng bị cấm cổ điển.

được xác định bằng cách nối $ψ$ và $ψ^{'}$ tại hai biên. Phần nằm ngoài giếng không được bỏ đi khi chuẩn hóa. Những mức trên ngưỡng thoát thuộc phổ liên tục, không phải những bổ sung.

Tổng kết giếng hữu hạn: Ví dụ giếng sâu bằng sáu lần năng lượng cơ bản của hộp vô hạn cùng rộng có ba mức liên kết. Trên ngưỡng U₀ là phổ năng lượng liên tục.
Chú thích:
Phổ năng lượng liên tục (Continuum)

Hàng rào thế và xuyên hầm

Một hạt có cơ năng nhỏ hơn chiều cao hàng rào vẫn có xác suất truyền qua. Với hàng rào chữ nhật và hệ số truyền rất nhỏ,

T \approx G e^{- 2 k L} .

Ở đây $k = \sqrt{2 m (U_{0} - E)} / ℏ$ và $G = 16 (E / U_{0}) (1 - E / U_{0})$ . Độ rộng và độ chênh tác động lên số mũ, làm xác suất thay đổi nhanh.

Tổng kết xuyên hầm: Nghiệm giảm theo dạng mũ trong hàng rào vẫn nối với một nghiệm có biên độ khác không ở phía bên kia.

Dao động tử điều hòa

Với $U = k^{'} x^{2} / 2$ và $ω = \sqrt{k^{'} / m}$ , các mức năng lượng là

E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω .

Số lượng tử nhận các giá trị $n = 0, 1, 2, \dots$ . Các mức liền nhau cách đều $ℏ ω$ , còn mức cơ bản có $ℏ ω / 2$ . cơ bản là Gaussian và đạt tích độ bất định bằng $ℏ / 2$ .

Tổng kết dao động tử: Các mức cách đều nằm trên thế năng parabol, bắt đầu từ mức năng lượng điểm không ℏω/2.

Phép đo và trạng thái sau phép đo

Một trạng thái có xác định không nhất thiết có xác định. Khi đo lý tưởng một đại lượng mà trạng thái là chồng chập của các trạng thái riêng tương ứng, mỗi kết quả có xác suất và trạng thái có điều kiện thay đổi theo kết quả ấy.

Ngược lại, đo lý tưởng trên một không bắt buộc làm đổi trạng thái. Muốn mô tả chính xác một phép đo thực, phải xác định dụng cụ, tương tác và điều kiện biên, thay vì coi mọi bố trí đều thực hiện cùng một phép chiếu.

Trở lại câu hỏi mở đầu

Lựa chọn đúng là 1: Các mức của electron cách xa nhau hơn trong hạt nhỏ. Khi electron chuyển xuống một mức thấp hơn, phát ra mang phần năng lượng chênh lệch giữa hai mức.

Trong mô hình giam giữ đơn giản, giảm kích thước làm khoảng cách mức tăng. có cao hơn nên ngắn hơn, tương ứng với phía xanh của phổ nhìn thấy. Hạt lớn hơn có thể phát photon năng lượng thấp hơn và bước sóng dài hơn, về phía đỏ.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 40, trang 1321–1359.

Luyện tập hướng dẫn

Nhóm 12 bài sau luyện cách vận dụng và các mức trong ba mô hình: , và qua rào thế.

Trong các phép tính, dùng những hằng số vật lý sau:

Hằng số Planck: $h = 6,626 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Hằng số Planck rút gọn: $ℏ = \frac{h}{2 π} = 1,055 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Khối lượng electron: $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$
Khối lượng proton: $m_{p} = 1,673 \times 10^{- 27} kg$
Điện tích nguyên tố: $e = 1,602 \times 10^{- 19} C$
Tốc độ ánh sáng: $c = 3, 00 \times 10^{8} m / s$

VP40.4.1

Mức thấp nhất của một electron bị giam trong giếng thế một chiều sâu vô hạn là $2, 00 \times 10^{- 19} J$ . Hãy xác định: (a) Bề rộng của giếng thế. (b) Năng lượng của các mức $n = 2$ và $n = 3$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
trạng thái cơ bản ( $n = 1$ ): $E_{1} = 2, 00 \times 10^{- 19} J$ .
Cần tìm: Bề rộng $L$ của giếng thế và các $E_{2}, E_{3}$ .

Hướng đi:

Mức của hạt trong giếng thế một chiều sâu vô hạn tuân theo công thức lượng tử hóa $E_{n} = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} = n^{2} E_{1}$ .
Từ giá trị $E_{1}$ đã cho, ta giải phương trình để suy ra trực tiếp bề rộng $L$ .
của các trạng thái kích thích tỷ lệ với bình phương số lượng tử chính $n^{2}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định bề rộng giếng thế $L$ : Từ biểu thức trạng thái cơ bản ( $n = 1$ ):

E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}

Suy ra bề rộng giếng: Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{e} E_{1}} \approx 1,207 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ , ta có:

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,207 \times 10^{- 24}} \\ \approx 5, 49 \times 10^{- 10} m \\ = 0,549 nm . \end{aligned}

(b) của các mức $n = 2$ và $n = 3$ : Áp dụng quy tắc tỷ lệ $E_{n} = n^{2} E_{1}$ :

\begin{aligned} E_{2} & = 4 E_{1} \\ = 4 (2, 00 \times 10^{- 19} J) \\ = 8, 00 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

\begin{aligned} E_{3} & = 9 E_{1} \\ = 9 (2, 00 \times 10^{- 19} J) \\ = 1, 80 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Đổi sang electron-volt để thuận tiện đối chiếu: $E_{1} \approx 1, 25 eV$ , $E_{2} \approx 4, 99 eV$ , và $E_{3} \approx 11, 23 eV$ .

VP40.4.2

Một proton ( $m_{p} = 1, 67 \times 10^{- 27} kg$ ) bị giam trong giếng thế một chiều sâu vô hạn có bề rộng $5, 00 \times 10^{- 15} m$ (kích thước điển hình của hạt nhân nguyên tử). Hãy tìm độ chênh lệch giữa: (a) Mức $n = 2$ và mức $n = 1$ . (b) Mức $n = 3$ và mức $n = 2$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Proton ( $m_{p} = 1, 67 \times 10^{- 27} kg$ ).
Bề rộng giếng: $L = 5, 00 \times 10^{- 15} m = 5, 00 fm$ .
Cần tìm: $Δ E_{21} = E_{2} - E_{1}$ và $Δ E_{32} = E_{3} - E_{2}$ .

Hướng đi:

mức $n$ là $E_{n} = n^{2} E_{1}$ với $E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m_{p} L^{2}}$ .
Hiệu giữa hai mức kế tiếp được tính qua hiệu hai bình phương: $Δ E = (n_{f}^{2} - n_{i}^{2}) E_{1}$ .
Do khối lượng proton lớn hơn electron gần 2000 lần nhưng kích thước giếng cấp độ femtomet rất nhỏ, giam giữ nằm ở thang mega electron-volt ( $MeV$ ).

Lời giải chi tiết:

Tính mức cơ bản $E_{1}$ : Tính riêng tử số và mẫu số:

h^{2} \approx 4,390 \times 10^{- 67} J^{2} \cdot s^{2},

\begin{aligned} D & = 8 m_{p} L^{2} \\ \approx 3,340 \times 10^{- 55} kg m^{2} . \end{aligned}

Suy ra:

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{h^{2}}{8 m_{p} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{3,340 \times 10^{- 55}} \\ \approx 1,314 \times 10^{- 12} J . \end{aligned}

(a) Hiệu giữa mức $n = 2$ và mức $n = 1$ :

\begin{aligned} Δ E_{21} & = E_{2} - E_{1} \\ = 3 E_{1} \\ = 3 (1,314 \times 10^{- 12} J) \\ \approx 3, 94 \times 10^{- 12} J . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị $MeV$ : Dùng hệ số đổi đơn vị $1 MeV \approx 1,602 \times 10^{- 13} J$ , ta được

Δ E_{21} \approx 24, 6 MeV .

(b) Hiệu giữa mức $n = 3$ và mức $n = 2$ :

\begin{aligned} Δ E_{32} & = E_{3} - E_{2} \\ = 5 E_{1} \\ = 5 (1,314 \times 10^{- 12} J) \\ \approx 6, 57 \times 10^{- 12} J . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị $MeV$ : Đổi kết quả từ joule sang megaelectron-volt bằng cùng hệ số:

Δ E_{32} \approx 41, 0 MeV .

VP40.4.3

Một phát ra khi electron trong giếng thế một chiều sâu vô hạn chuyển từ mức $n = 2$ xuống mức $n = 1$ . của photon này là $655 nm$ . Hãy xác định: (a) Năng lượng của photon này. (b) Bề rộng của giếng thế. (c) Bước sóng của photon phát ra khi electron chuyển từ mức $n = 3$ xuống mức $n = 2$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
chuyển mức $2 \to 1$ : $λ_{21} = 655 nm = 655 \times 10^{- 9} m$ .
Cần tìm: $E_{ph}$ , bề rộng giếng $L$ , và chuyển mức $λ_{32}$ .

Hướng đi:

liên hệ với qua hệ thức Planck $E_{ph} = \frac{h c}{λ}$ .
Theo định luật bảo toàn , năng lượng bằng hiệu năng lượng hai mức $Δ E_{21} = 3 E_{1}$ . Từ đó ta suy ra $E_{1}$ và bề rộng $L$ .
Chuyển mức $3 \to 2$ có hiệu $Δ E_{32} = 5 E_{1} = \frac{5}{3} Δ E_{21}$ . Vì tỷ lệ nghịch với năng lượng , ta có $λ_{32} = \frac{3}{5} λ_{21}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) của phát ra trong chuyển mức $2 \to 1$ : Với tích $h c \approx 1,988 \times 10^{- 25} J \cdot m$ :

\begin{aligned} E_{ph} & = \frac{h c}{λ_{21}} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{655 \times 10^{- 9}} \\ \approx 3, 03 \times 10^{- 19} J \\ \approx 1, 89 eV . \end{aligned}

(b) Bề rộng của giếng thế $L$ : Vì $Δ E_{21} = E_{2} - E_{1} = 3 E_{1} = E_{ph}$ , ta có:

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{E_{ph}}{3} \\ \approx \frac{3,035 \times 10^{- 19} J}{3} \\ \approx 1,012 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Mặt khác, $E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}$ , do đó: Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{e} E_{1}} \approx 8,584 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{8,584 \times 10^{- 25}} \\ \approx 7, 72 \times 10^{- 10} m \\ = 0,772 nm . \end{aligned}

\begin{aligned} Δ E_{32} & = E_{3} - E_{2} \\ = 5 E_{1} \\ = \frac{5}{3} Δ E_{21} . \end{aligned}

Do tỷ lệ nghịch với :

\begin{aligned} λ_{32} & = \frac{3}{5} λ_{21} \\ = \frac{3}{5} (655 nm) \\ = 393 nm . \end{aligned}

này thuộc dải tử ngoại gần, có ngắn hơn và mang lớn hơn so với photon dải ánh sáng đỏ nhìn thấy ở chuyển mức $2 \to 1$ .

VP40.4.4

Một của một hạt có $E$ trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ( $0 \leq x \leq L$ ) được viết dưới dạng:

ψ (x) = A \cos (k x + ϕ),

Trong đó số sóng $k$ được định nghĩa:

k = \frac{\sqrt{2 m E}}{ℏ} .

(a) Hãy tìm cấp hai của $ψ (x)$ và chứng minh rằng hàm này thỏa mãn độc lập với thời gian trong giếng thế. (b) Sử dụng điều kiện biên tại $x = 0$ để xác định giá trị của ban đầu $ϕ$ . (c) Sử dụng điều kiện biên tại $x = L$ để xác định các giá trị cho phép của $E$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

đề xuất: $ψ (x) = A \cos (k x + ϕ)$ với $k = \frac{\sqrt{2 m E}}{ℏ}$ .
Điều kiện thế: $U (x) = 0$ trong khoảng $0 < x < L$ , và $U (x) = \infty$ tại $x \leq 0$ hoặc $x \geq L$ .
Cần chứng minh: $ψ (x)$ Nghiệm đúng và xác định $ϕ$ cùng các mức dừng $E_{n}$ .

Hướng đi:

Lấy cấp hai theo biến tọa độ $x$ , so sánh với độc lập với thời gian $- \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} + U (x) ψ = E ψ$ .
Điều kiện thành giếng cứng đòi hỏi phải triệt tiêu tại các biên: $ψ (0) = 0$ và $ψ (L) = 0$ .

Lời giải chi tiết:

(a) cấp hai và : Đặt $k = \frac{\sqrt{2 m E}}{ℏ}$ . Đạo hàm cấp một của theo $x$ :

\frac{d ψ}{d x} = - k A \sin (k x + ϕ) .

cấp hai:

\begin{aligned} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} & = - k^{2} A \cos (k x + ϕ) \\ = - k^{2} ψ (x) . \end{aligned}

Thay $k^{2} = \frac{2 m E}{ℏ^{2}}$ vào biểu thức:

\frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = - \frac{2 m E}{ℏ^{2}} ψ (x) .

Biến đổi tương đương sang dạng độc lập với thời gian:

- \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = E ψ (x) .

Trong lòng giếng thế, $U (x) = 0$ , phương trình trên chính là độc lập với thời gian. Như vậy đã cho thỏa mãn phương trình vi phân.

(b) Xác định ban đầu $ϕ$ từ điều kiện biên tại $x = 0$ : Thành giếng vô hạn tại $x = 0$ buộc xác suất tìm hạt tại biên bằng 0:

ψ (0) = A \cos ϕ = 0.

Do $A \neq 0$ , ta suy ra:

ϕ = \pm \frac{π}{2} + m π (m \in Z) .

Chọn nghiệm thuận tiện $ϕ = - \frac{π}{2}$ , khi đó trở thành dạng hàm $\sin$ quen thuộc:

\begin{aligned} ψ (x) & = A \cos (k x - \frac{π}{2}) \\ = A \sin (k x) . \end{aligned}

ψ (L) = A \sin (k L) = 0.

Để không đồng nhất bằng không, ta phải có:

k L = n π ⟹ k = \frac{n π}{L},

Với $n = 1, 2, 3, \dots$

Thay trở lại định nghĩa của $k$ :

\frac{\sqrt{2 m E}}{ℏ} = \frac{n π}{L} .

Bình phương hai vế và giải ra $E$ :

\begin{aligned} E_{n} & = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}} \\ = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}}, \end{aligned}

Với $n = 1, 2, 3, \dots$ Đó là biểu thức lượng tử hóa chuẩn mực của hạt trong giếng thế một chiều sâu vô hạn.

VP40.6.1

Một electron bị giam trong giếng thế có bề rộng $0,350 nm$ . (a) Tìm trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ nếu giếng thế sâu vô hạn. Nếu thay vào đó độ sâu $U_{0}$ của giếng thế bằng sáu lần giá trị của $E_{1 -IDW}$ , hãy tìm: (b) Năng lượng trạng thái cơ bản của electron trong giếng hữu hạn này. (c) Năng lượng tối thiểu cần thiết để giải phóng electron ra khỏi giếng thế (năng lượng liên kết).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
Bề rộng giếng: $L = 0,350 nm = 3, 50 \times 10^{- 10} m$ .
Độ sâu giếng hữu hạn: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
Cần tìm: $E_{1 -IDW}$ , mức cơ bản $E_{1}$ của giếng hữu hạn, và năng lượng bứt electron $E_{free} = U_{0} - E_{1}$ .

Hướng đi:

giếng vô hạn tính qua công thức chuẩn $E_{1 -IDW} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}$ .
Khi thành giếng có độ cao hữu hạn $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , xuyên một phần ra ngoài vùng thế cấm, khiến hiệu dụng dài hơn và mức bị kéo tụt xuống. Theo lý thuyết giải tích , mức cơ bản đạt $E_{1} \approx 0,625 E_{1 -IDW}$ .
ion hóa (giải phóng hạt) là độ chênh lệch giữa đỉnh giếng $U_{0}$ và mức liên kết $E_{1}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) trạng thái cơ bản của giếng sâu vô hạn: Tính mẫu số $8 m_{e} L^{2} \approx 8,927 \times 10^{- 49} kg \cdot m^{2}$ :

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{8,927 \times 10^{- 49}} \\ \approx 4, 92 \times 10^{- 19} J \\ \approx 3, 07 eV . \end{aligned}

(b) trạng thái cơ bản trong giếng hữu hạn $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ : Độ sâu của giếng thế:

\begin{aligned} U_{0} & = 6 E_{1 -IDW} \\ = 6 (4,923 \times 10^{- 19} J) \\ \approx 2, 95 \times 10^{- 18} J \\ \approx 18, 43 eV . \end{aligned}

Đối với giếng thế đối xứng có độ sâu $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , nghiệm của phương trình siêu việt cho mức liên kết thứ nhất có giá trị:

E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW} .

Do đó:

\begin{aligned} E_{1} & = 0,625 E_{1 -IDW} \\ \approx 3, 08 \times 10^{- 19} J \\ \approx 1, 92 eV . \end{aligned}

(c) tối thiểu để giải phóng electron: Electron muốn thoát ra khỏi giếng cần được cung cấp năng lượng ít nhất bằng độ sâu còn lại tới miệng giếng:

\begin{aligned} E_{f r e e} & = U_{0} - E_{1} \\ = 5,375 E_{1 -IDW} \\ \approx 2, 65 \times 10^{- 18} J \\ \approx 16, 51 eV . \end{aligned}

VP40.6.2

Một có độ sâu $U_{0}$ gấp 6 lần trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ của electron trong giếng sâu vô hạn có cùng bề rộng. phát ra khi electron trong giếng hữu hạn này chuyển mức từ $n = 3$ xuống mức $n = 2$ có năng lượng $2, 50 \times 10^{- 19} J$ . Hãy xác định: (a) Giá trị của $E_{1 -IDW}$ . (b) Giá trị độ sâu $U_{0}$ của giếng thế. (c) Bề rộng $L$ của giếng thế.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Độ sâu giếng: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
phát ra khi chuyển từ $n = 3 \to 2$ : $Δ E_{32} = 2, 50 \times 10^{- 19} J$ .
Cần tìm: $E_{1 -IDW}$ , $U_{0}$ , và bề rộng giếng $L$ .

Hướng đi:

Với giếng thế $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , các mức liên kết có giá trị: $E_{1} \approx 0,625 E_{1 -IDW}$ , $E_{2} \approx 2, 43 E_{1 -IDW}$ , và $E_{3} \approx 5, 09 E_{1 -IDW}$ .
Hiệu của chuyển mức bức xạ là $Δ E_{32} = E_{3} - E_{2} = 2, 66 E_{1 -IDW}$ .
Từ đó ta suy ra $E_{1 -IDW}$ , tính được $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , và giải phương trình tìm bề rộng $L$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định giá trị $E_{1 -IDW}$ : Độ chênh lệch giữa mức $n = 3$ và $n = 2$ : Hai hệ số mức năng lượng chênh nhau $5, 09 - 2, 43 = 2, 66$ . Vì vậy,

\begin{aligned} Δ E_{32} & = E_{3} - E_{2} \\ = 2, 66 E_{1 -IDW} . \end{aligned}

Theo giả thiết, mang bằng đúng khoảng cách này:

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{Δ E_{32}}{2, 66} \\ = \frac{2, 50 \times 10^{- 19} J}{2, 66} \\ \approx 9, 40 \times 10^{- 20} J \\ \approx 0,587 eV . \end{aligned}

(b) Độ sâu $U_{0}$ của giếng thế:

\begin{aligned} U_{0} & = 6 E_{1 -IDW} \\ = 6 (9,398 \times 10^{- 20} J) \\ \approx 5, 64 \times 10^{- 19} J \\ \approx 3, 52 eV . \end{aligned}

E_{1 -IDW} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} .

Suy ra: Ký hiệu $s$ là mẫu số trong công thức tính bề rộng:

\begin{aligned} s & = \sqrt{8 m_{e} E_{1 -IDW}} \\ \approx 8,275 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1 -IDW}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{8,275 \times 10^{- 25}} \\ \approx 8, 01 \times 10^{- 10} m \\ = 0,801 nm . \end{aligned}

VP40.6.3

Một electron trong chỉ có thể phát ra có một trong ba phân biệt khi nó chuyển từ một mức cao xuống mức năng lượng thấp hơn. Độ sâu của giếng thế này gấp 6 lần năng lượng trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ của electron trong giếng sâu vô hạn có cùng bề rộng. (a) Nếu bước sóng ngắn nhất trong ba bước sóng là $355 nm$ , hãy xác định các số lượng tử $n$ của mức ban đầu và mức kết thúc đối với chuyển dịch này. (b) Tìm hai bước sóng còn lại và chỉ rõ các số lượng tử $n$ của mức ban đầu và mức kết thúc cho mỗi chuyển dịch tương ứng.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Độ sâu giếng: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
Hệ chỉ có đúng 3 vạch phổ phát xạ riêng biệt.
ngắn nhất: $λ_{\min} = 355 nm$ .
Cần tìm: Các số lượng tử mức đầu - cuối cho cả ba chuyển mức và hai còn lại.

Hướng đi:

Một hệ phát ra đúng 3 vạch phổ chuyển dịch chứng tỏ hệ có đúng 3 mức liên kết ( $n = 1, 2, 3$ ). Số phát xạ có thể có là $C_{3}^{2} = 3$ .
Ba chuyển dịch gồm: $3 \to 1$ , $3 \to 2$ , và $2 \to 1$ .
ngắn nhất ứng với độ chênh lệch lớn nhất, tức là bước nhảy từ mức cao nhất $n = 3$ xuống trạng thái cơ bản $n = 1$ .
Các tỷ lệ nghịch với khoảng cách tương ứng.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định chuyển mức ứng với ngắn nhất: Với giếng thế $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , ba mức liên kết là:

Mức $n = 1$ : $E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW}$
Mức $n = 2$ : $E_{2} = 2, 43 E_{1 -IDW}$
Mức $n = 3$ : $E_{3} = 5, 09 E_{1 -IDW}$

Khoảng cách giữa các cặp mức: Hiệu năng lượng của ba chuyển mức tương ứng:

\begin{aligned} Δ E_{31} = 4,465 E_{1 -IDW}, \\ Δ E_{32} = 2,660 E_{1 -IDW}, \\ Δ E_{21} = 1,805 E_{1 -IDW} . \end{aligned}

Vì $Δ E_{31}$ có giá trị lớn nhất, phát ra sẽ ngắn nhất:

λ_{\min} = λ_{31} = 355 nm .

Như vậy: Số lượng tử ban đầu là $n_{i} = 3$ , số lượng tử kết thúc là $n_{f} = 1$ .

(b) Xác định hai còn lại: Sử dụng mối liên hệ tỷ lệ nghịch $λ = \frac{h c}{Δ E}$ :

Chuyển mức từ $n = 3$ xuống $n = 2$ :

\begin{aligned} λ_{32} & = λ_{31} \frac{Δ E_{31}}{Δ E_{32}} \\ = (355 nm) \frac{4,465}{2,660} \\ \approx 596 nm . \end{aligned}

Chuyển dịch này xảy ra giữa $n_{i} = 3 \to n_{f} = 2$ , phát ra ánh sáng vàng-cam nhìn thấy.

Chuyển mức từ $n = 2$ xuống $n = 1$ :

\begin{aligned} λ_{21} & = λ_{31} \frac{Δ E_{31}}{Δ E_{21}} \\ = (355 nm) \frac{4,465}{1,805} \\ \approx 878 nm . \end{aligned}

Chuyển dịch này xảy ra giữa $n_{i} = 2 \to n_{f} = 1$ , phát ra bức xạ thuộc vùng hồng ngoại gần.

VP40.6.4

Một electron ở trong một giếng thế một chiều có bề rộng $0,400 nm$ . (a) Tìm trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ của electron (theo đơn vị $eV$ ) nếu giếng thế sâu vô hạn. (b) Nếu độ sâu của giếng thế chỉ là $0,015 eV$ , nhỏ hơn rất nhiều so với $E_{1 -IDW}$ , giếng chỉ có duy nhất một . Hãy xác định năng lượng (theo đơn vị $eV$ ) của trạng thái liên kết này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giếng rộng $L = 0,400 nm$ . Tính cơ bản của hộp vô hạn, rồi tìm mức liên kết duy nhất khi độ sâu chỉ còn $U_{0} = 0,015 eV$ . Mốc thế năng bằng không tại đáy giếng.

Hướng đi:

Dùng hộp vô hạn để giải phần (a), vì hai vách buộc có nút tại hai đầu.
Với giếng hữu hạn rất nông, giữ đuôi ngoài giếng và nối hàm cùng tại biên. Những tỉ số mức của một giếng sâu hơn không áp dụng cho độ sâu này.
Chọn nghiệm chẵn cơ bản và giải phương trình nối bằng biến không thứ nguyên. Cách này xác định trực tiếp mức dưới ngưỡng thoát mà không cần giả sử mức là một tỉ lệ cố định của độ sâu.

(a) Ký hiệu cơ bản của hộp vô hạn là $E_{\infty}$ . Với khối lượng electron,

\begin{aligned} E_{\infty} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx 3,765 \times 10^{- 19} J \\ \approx 2,350 eV . \end{aligned}

Vậy cơ bản cần tìm trong phần (a) bằng khoảng $2, 35 eV$ .

(b) Đặt gốc tọa độ phụ tại tâm giếng để dùng tính đối xứng của trạng thái cơ bản. Bên trong, nghiệm chẵn có dạng cosin. Đặt

\begin{aligned} z = \frac{k L}{2}, \\ z_{0} = \frac{L \sqrt{2 m_{e} U_{0}}}{2 ℏ} . \end{aligned}

Số sóng trong giếng và hằng số suy giảm ngoài giếng là

\begin{aligned} k = \frac{\sqrt{2 m_{e} E}}{ℏ}, \\ κ = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} . \end{aligned}

Nối với hàm cosin tại một mép cho

k \tan \frac{k L}{2} = κ .

Nhân với $L / 2$ rồi dùng các biến đã đặt:

z \tan z = \sqrt{z_{0}^{2} - z^{2}} .

Với các dữ kiện trên, $z_{0} \approx 0,125 5$ . Nghiệm cơ bản nằm trong khoảng $0 < z < z_{0}$ . Giải phương trình nối và đổi lại bằng

E = U_{0} {(\frac{z}{z_{0}})}^{2}

cho kết quả

E \approx 0,014 77 eV .

liên kết so với ngưỡng ngoài là

\begin{aligned} U_{0} - E & \approx 0,000 231 eV \\ = 0,231 meV . \end{aligned}

Mức nằm sát miệng giếng, còn cần thêm để thoát rất nhỏ. có đuôi dài bên ngoài, phù hợp với việc một giếng rất nông chỉ giữ hạt yếu. Giá trị $E$ được tính từ đáy giếng, không được nhầm với năng lượng liên kết $U_{0} - E$ .

VP40.7.1

Một electron có $3, 75 eV$ tiến tới gặp một rào thế vuông cao $6, 10 eV$ . Hãy tính xác suất electron xuyên ngầm qua rào thế nếu bề rộng của rào là: (a) $0,750 nm$ . (b) $0,500 nm$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

electron: $E = 3, 75 eV$ .
Chiều cao rào thế: $U_{0} = 6, 10 eV$ .
Bề rộng rào: (a) $L = 0,750 nm$ , (b) $L = 0,500 nm$ .
Cần tìm: Hệ số truyền qua (xác suất xuyên ngầm) $T$ .

Hướng đi:

Vì hạt nhỏ hơn chiều cao rào ( $E < U_{0}$ ), hạt chuyển động trong vùng thế cấm cổ điển. Theo cơ học lượng tử, suy giảm hàm mũ trong rào với hệ số suy giảm $κ = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ}$ .
Khi rào đủ dày hoặc xác suất xuyên ngầm nhỏ ( $2 κ L ≫ 1$ ), hệ số truyền qua được tính bằng công thức xấp xỉ chuẩn: $T = G e^{- 2 κ L}$ , trong đó thừa số tiền hàm mũ là $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ .

Lời giải chi tiết:

Tính độ hụt dưới đỉnh rào:

\begin{aligned} U_{0} - E & = (6, 10 - 3, 75) eV \\ = 2, 35 eV \\ \approx 3,765 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm $κ$ : Tính tử số: Đặt $q$ là tử số trong biểu thức của $κ$ :

\begin{aligned} q & = \sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)} \\ \approx 8,281 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{8,281 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 7, 85 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 7, 85 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Thừa số tiền hàm mũ $G$ :

\frac{E}{U_{0}} = \frac{3, 75}{6, 10} \approx 0,614 8.

\begin{aligned} G & = 16 (0,614 8) (0,385 2) \\ \approx 3, 79. \end{aligned}

(a) Khi bề rộng rào $L = 0,750 nm$ : Số mũ suy giảm:

\begin{aligned} 2 κ L & \approx 2 (7, 85) (0,750) \\ \approx 11, 77. \end{aligned}

Hệ số truyền qua:

\begin{aligned} T_{a} & = G e^{- 2 κ L} \\ \approx 3, 79 \times e^{- 11, 77} \\ \approx 2, 90 \times 10^{- 5} . \end{aligned}

(b) Khi bề rộng rào $L = 0,500 nm$ : Số mũ suy giảm:

\begin{aligned} 2 κ L & \approx 2 (7, 85) (0,500) \\ \approx 7, 85. \end{aligned}

Hệ số truyền qua:

\begin{aligned} T_{b} & = G e^{- 2 κ L} \\ \approx 3, 79 \times e^{- 7, 85} \\ \approx 1, 47 \times 10^{- 3} . \end{aligned}

Nhận xét: Khi bề rộng rào giảm đi $33 %$ (từ $0, 75 nm$ xuống $0, 50 nm$ ), xác suất truyền qua tăng vọt hơn 50 lần. Hiện tượng này minh chứng độ nhạy cực cao của hiệu ứng xuyên ngầm đối với khoảng cách, vốn là nguyên lý hoạt động của (STM).

VP40.7.2

Một electron có $3, 50 eV$ tiến tới gặp một rào thế vuông cao $4, 00 eV$ . (a) Tìm xác suất electron xuyên ngầm qua rào thế nếu bề rộng rào là $0,800 nm$ . (b) Xác định bề rộng rào thế cần thiết để xác suất xuyên ngầm tăng gấp đôi giá trị tìm được ở câu (a).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

electron: $E = 3, 50 eV$ .
Chiều cao rào thế: $U_{0} = 4, 00 eV$ .
Bề rộng ban đầu: $L_{1} = 0,800 nm$ .
Cần tìm: Xác suất $T_{1}$ và bề rộng $L_{2}$ để $T_{2} = 2 T_{1}$ .

Hướng đi:

Tính hệ số suy giảm $κ$ và hệ số tiền hàm mũ $G$ , sau đó dùng công thức $T = G e^{- 2 κ L}$ để tính $T_{1}$ .
Để xác suất tăng gấp đôi, tỷ số truyền qua thỏa mãn $e^{- 2 κ L_{2}} = 2 e^{- 2 κ L_{1}}$ . Lấy logarit tự nhiên hai vế giúp ta xác định trực tiếp độ thu hẹp bề rộng rào $Δ L = L_{1} - L_{2} = \frac{\ln 2}{2 κ}$ .

Lời giải chi tiết:

Độ hụt dưới đỉnh rào:

\begin{aligned} U_{0} - E & = (4, 00 - 3, 50) eV \\ = 0, 50 eV \\ \approx 8, 01 \times 10^{- 20} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm $κ$ : Tính tử số: Đặt $q$ là tử số trong biểu thức của $κ$ :

\begin{aligned} q & = \sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)} \\ \approx 3,820 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{3,820 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 3, 62 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 3, 62 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Thừa số tiền hàm mũ $G$ :

\frac{E}{U_{0}} = \frac{3, 50}{4, 00} = 0,875.

\begin{aligned} G & = 16 (0,875) (1 - 0,875) \\ = 16 (0,875) (0,125) \\ = 1, 75. \end{aligned}

(a) Xác suất xuyên ngầm với $L_{1} = 0,800 nm$ : Số mũ suy giảm:

\begin{aligned} 2 κ L_{1} & \approx 2 (3,623) (0,800) \\ \approx 5,797. \end{aligned}

Hệ số truyền qua:

\begin{aligned} T_{1} & = G e^{- 2 κ L_{1}} \\ \approx 1, 75 \times e^{- 5,797} \\ \approx 5, 33 \times 10^{- 3} . \end{aligned}

(b) Bề rộng rào $L_{2}$ để xác suất tăng gấp đôi ( $T_{2} = 2 T_{1}$ ): Từ hệ thức tỷ số:

\begin{aligned} \frac{T_{2}}{T_{1}} & = \frac{G e^{- 2 κ L_{2}}}{G e^{- 2 κ L_{1}}} \\ = e^{- 2 κ (L_{2} - L_{1})} \\ = 2. \end{aligned}

Lấy logarit tự nhiên hai vế:

- 2 κ (L_{2} - L_{1}) = \ln 2,

Suy ra:

L_{1} - L_{2} = \frac{\ln 2}{2 κ} .

Thay số:

\begin{aligned} Δ L & = \frac{\ln 2}{2 (3,623 {nm}^{- 1})} \\ \approx \frac{0,693 1}{7,246 {nm}^{- 1}} \\ \approx 0,095 7 nm . \end{aligned}

Bề rộng rào mới:

\begin{aligned} L_{2} & = L_{1} - Δ L \\ = 0,800 nm - 0,095 7 nm \\ \approx 0,704 nm . \end{aligned}

Chỉ cần thu hẹp rào thế đi khoảng $0,096 nm$ (chưa bằng đường kính một nguyên tử hydro), dòng hạt đã tăng lên gấp đôi.

VP40.7.3

Một rào thế vuông cao $5, 00 eV$ và có bề rộng $0,900 nm$ . Hãy tìm xác suất để một electron xuyên ngầm qua rào thế này nếu ban đầu của nó là: (a) $4, 00 eV$ . (b) $4, 30 eV$ . (c) $4, 60 eV$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Chiều cao rào thế: $U_{0} = 5, 00 eV$ .
Bề rộng rào thế: $L = 0,900 nm = 9, 00 \times 10^{- 10} m$ .
electron: (a) $4, 00 eV$ , (b) $4, 30 eV$ , (c) $4, 60 eV$ .
Cần tìm: Hệ số truyền qua $T$ cho từng trường hợp.

Hướng đi:

Với mỗi giá trị $E$ , ta tính độ hụt năng lượng $U_{0} - E$ , suy ra hệ số suy giảm $κ = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ}$ và hệ số tiền hàm mũ $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ .
Sau đó tính hệ số truyền qua bằng công thức $T = G e^{- 2 κ L}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Trường hợp $E = 4, 00 eV$ :

Độ hụt:

\begin{aligned} U_{0} - E & = 1, 00 eV \\ \approx 1,602 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số $κ$ : Tính tử số: Đặt $q$ là tử số trong biểu thức của $κ$ :

\begin{aligned} q & = \sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)} \\ \approx 5,404 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{5,404 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 5,124 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 5,124 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ:

\begin{aligned} G & = 16 (0, 80) (1 - 0, 80) \\ = 16 (0, 80) (0, 20) \\ = 2, 56. \end{aligned}

Số mũ suy giảm: $2 κ L = 2 \times 5,124 \times 0,900 \approx 9,223$ .
Xác suất xuyên ngầm:

\begin{aligned} T_{a} & = 2, 56 \times e^{- 9,223} \\ \approx 2, 54 \times 10^{- 4} . \end{aligned}

(b) Trường hợp $E = 4, 30 eV$ :

Độ hụt:

\begin{aligned} U_{0} - E & = 0, 70 eV \\ \approx 1,121 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số $κ$ : Tính tử số: Đặt $q$ là tử số trong biểu thức của $κ$ :

\begin{aligned} q & = \sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)} \\ \approx 4,521 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{4,521 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 4,287 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 4,287 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ:

\begin{aligned} G & = 16 (0, 86) (1 - 0, 86) \\ = 16 (0, 86) (0, 14) \\ \approx 1,926. \end{aligned}

Số mũ suy giảm: $2 κ L = 2 \times 4,287 \times 0,900 \approx 7,716$ .
Xác suất xuyên ngầm:

\begin{aligned} T_{b} & = 1,926 \times e^{- 7,716} \\ \approx 8, 59 \times 10^{- 4} . \end{aligned}

Độ hụt:

\begin{aligned} U_{0} - E & = 0, 40 eV \\ \approx 6,409 \times 10^{- 20} J . \end{aligned}

Hệ số $κ$ : Tính tử số: Đặt $q$ là tử số trong biểu thức của $κ$ :

\begin{aligned} q & = \sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)} \\ \approx 3,418 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{3,418 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 3,241 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 3,241 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ:

\begin{aligned} G & = 16 (0, 92) (1 - 0, 92) \\ = 16 (0, 92) (0, 08) \\ \approx 1,178. \end{aligned}

Số mũ suy giảm: $2 κ L = 2 \times 3,241 \times 0,900 \approx 5,833$ .
Xác suất xuyên ngầm:

\begin{aligned} T_{c} & = 1,178 \times e^{- 5,833} \\ \approx 3, 46 \times 10^{- 3} . \end{aligned}

Nhận xét: Khi hạt tiến gần đến đỉnh rào (độ hụt giảm từ $1, 00 eV$ xuống $0, 40 eV$ ), xác suất truyền qua tăng hơn 13 lần.

VP40.7.4

Xác suất để một electron có $3, 00 eV$ xuyên ngầm qua một rào thế vuông cao $5, 00 eV$ là $1 / 417$ . Hãy xác định bề rộng của rào thế này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

electron: $E = 3, 00 eV$ .
Chiều cao rào thế: $U_{0} = 5, 00 eV$ .
Xác suất truyền qua: $T = \frac{1}{417} \approx 2,398 \times 10^{- 3}$ .
Cần tìm: Bề rộng $L$ của rào thế.

Hướng đi:

Xác định hệ số suy giảm $κ$ và hệ số tiền hàm mũ $G$ từ các thông số .
Từ công thức $T = G e^{- 2 κ L}$ , ta giải phương trình mũ để tìm bề rộng $L = \frac{1}{2 κ} \ln (\frac{G}{T})$ .

Lời giải chi tiết:

Độ hụt dưới đỉnh rào:

\begin{aligned} U_{0} - E & = (5, 00 - 3, 00) eV \\ = 2, 00 eV \\ \approx 3,204 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm $κ$ : Tính tử số: Đặt $q$ là tử số trong biểu thức của $κ$ :

\begin{aligned} q & = \sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)} \\ \approx 7,641 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{7,641 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 7,245 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 7,245 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ $G$ :

\frac{E}{U_{0}} = \frac{3, 00}{5, 00} = 0, 60.

\begin{aligned} G & = 16 (0, 60) (1 - 0, 60) \\ = 16 (0, 60) (0, 40) \\ = 3, 84. \end{aligned}

Thiết lập phương trình truyền qua:

T = G e^{- 2 κ L},

Suy ra:

e^{2 κ L} = \frac{G}{T} .

Lấy logarit tự nhiên hai vế:

2 κ L = \ln (\frac{G}{T}) .

Thay các giá trị số:

\begin{aligned} \frac{G}{T} & = 3, 84 \times 417 \\ = 1601, 28. \end{aligned}

2 κ L = \ln (1601, 28) \approx 7,379.

Suy ra bề rộng của rào thế:

\begin{aligned} L & = \frac{7,379}{2 (7,245 {nm}^{- 1})} \\ \approx 0,509 nm . \end{aligned}

Kết quả thu được hoàn toàn tương thích với điều kiện áp dụng của công thức xấp xỉ vì $2 κ L \approx 7, 38 > 1$ và $T \approx 0,002 4 ≪ 1$ .

Câu hỏi thảo luận

Q40.1

Nếu cơ học lượng tử thay thế ngôn ngữ của cơ học Newton, tại sao chúng ta không cần phải sử dụng để mô tả chuyển động của các vật thể vĩ mô thường ngày như quả bóng chày hay xe ô tô?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao chuyển động thường ngày của bóng chày và ô tô được mô tả bằng cơ học Newton.

Hướng đi:

Hệ thức $λ = h / p$ cho biết thang chiều dài của hiện tượng sóng. So sánh thang này với kích thước khe và độ phân giải của phép đo để đánh giá ảnh hưởng của nhiễu xạ.
Cơ học Newton là gần đúng thích hợp khi tác dụng đặc trưng lớn hơn nhiều so với $h$ và các hiệu ứng giao thoa không được phân giải trong thí nghiệm đang xét.

Chọn một quả bóng có khối lượng $0, 15 kg$ và tốc độ $30 m / s$ để ước lượng:

\begin{aligned} p & = m v = 4, 5 kg m / s, \\ λ & = \frac{h}{p} \\ \approx 1, 47 \times 10^{- 34} m . \end{aligned}

này nhỏ hơn rất nhiều so với kích thước của vật và các cấu trúc mà nó gặp trong chuyển động thường ngày. Ảnh hưởng của nhiễu xạ vì thế không đáng kể đối với độ chính xác cần dùng. Tương tác với môi trường cũng làm mất khả năng quan sát giao thoa giữa các trạng thái vĩ mô.

Ta vẫn có thể mô tả hệ bằng cơ học lượng tử, nhưng cơ học Newton cho một gần đúng hiệu quả và đủ chính xác trong những điều kiện này. Đây là một giới hạn áp dụng, không phải sự triệt tiêu tuyệt đối của mọi hiệu ứng lượng tử.

Q40.2

Một sinh viên nhận xét rằng mối quan hệ giữa quang hình học (quang tia) đối với quang học sóng tổng quát hoàn toàn tương tự mối quan hệ giữa cơ học Newton (với các quỹ đạo hạt xác định) đối với cơ học lượng tử. Hãy bình luận về nhận xét này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá phép so sánh giữa quang hình học và quang học sóng với quan hệ giữa cơ học Newton và cơ học lượng tử.

Hướng đi:

Quang hình học dùng đường truyền tia khi nhỏ so với kích thước và thang biến thiên của hệ quang học.
Với vật chất, dùng để nhận diện giới hạn tương tự. Cần giữ điều kiện về trạng thái và độ phân giải, vì ngắn riêng lẻ không bảo đảm mọi trạng thái lượng tử là một quỹ đạo.

Phép so sánh có cơ sở: Trong giới hạn ngắn, mô tả bằng tia hoặc quỹ đạo có thể thay thế mô tả sóng ở độ chính xác thích hợp. Nhiễu xạ vẫn xuất hiện gần mép chắn và tiêu điểm, nơi gần đúng tia cần được xem xét lại.

Tương tự, một đủ hẹp trong một thế biến thiên chậm có thể chuyển động gần với quỹ đạo Newton. Điều này không có nghĩa mọi trạng thái lượng tử tự động co thành một gói sóng hẹp. Cả hai phép gần đúng đều phải được đánh giá theo hệ đang xét và thang đo quan sát.

Q40.3

Như phương trình $Ψ (x, t) = ψ (x) e^{- i E t / ℏ}$ thể hiện, phụ thuộc thời gian của một là một số phức chứa phần thực và phần ảo. Hàm số này có thể mang ý nghĩa vật lý như thế nào khi một phần của nó là số ảo?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích ý nghĩa vật lý của phức trong cơ học lượng tử khi bản thân phần ảo không phải là giá trị đo trực tiếp.

Hướng đi:

Mật độ xác suất Born: Ý nghĩa vật lý trực tiếp của trạng thái lượng tử gắn liền với mật độ xác suất $| Ψ (x, t) |^{2} = Ψ^{*} Ψ$ , vốn luôn là một số thực không âm.
Biên độ xác suất và sự giao thoa : Phần ảo là thành phần thiết yếu để lưu giữ thông tin về pha của , cho phép mô tả hiện tượng giao thoa và sự biến thiên dòng xác suất theo thời gian.

Bản thân $Ψ (x, t)$ không phải là một đại lượng vật lý có thể đo lường trực tiếp bằng một thiết bị đo vĩ mô, mà đóng vai trò là một biên độ xác suất:

Mật độ xác suất tìm thấy hạt tại tọa độ $x$ ở thời điểm $t$ được xác định bởi tích của với hàm liên hợp phức của nó:

\begin{aligned} P (x, t) & = | Ψ (x, t) |^{2} \\ = Ψ^{*} (x, t) Ψ (x, t) . \end{aligned}

Biểu thức này luôn luôn là một số thực không âm trên toàn bộ không gian.

Đối với với xác định $E$ , nhân tử phụ thuộc thời gian có dạng $e^{- i θ} = \cos θ - i \sin θ$ , với $θ = E t / ℏ$ . Khi nhân với liên hợp phức $e^{+ i E t / ℏ}$ , phần thời gian triệt tiêu hoàn toàn thành 1:

| Ψ (x, t) |^{2} = | ψ (x) |^{2} .

Trong , hệ số $i$ dẫn đến $e^{- i E t / ℏ}$ có môđun bằng 1. Khi Hamilton là toán tử tự liên hợp và hệ kín, sự phát triển này bảo toàn chuẩn. Pha tương đối giữa các thành phần chồng chập quyết định số hạng giao thoa.

Q40.4

Tại sao của một hạt bắt buộc phải được chuẩn hóa?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nêu lý do vì sao phải thỏa mãn điều kiện chuẩn hóa trên toàn không gian.

Hướng đi:

Tiên đề xác suất Born: Đại lượng $| ψ (x) |^{2} d x$ biểu diễn xác suất vi phân tìm thấy hạt trong khoảng tọa độ từ $x$ đến $x + d x$ .
Tính chắc chắn của biến cố toàn phần: Hạt bắt buộc phải tồn tại ở một nơi nào đó trên toàn bộ trục không gian thực.

Theo cách giải thích xác suất của Max Born, đại lượng $| ψ (x) |^{2} d x$ là xác suất để tìm thấy hạt trong đoạn vi phân $[x, x + d x]$ .

Biến cố tìm thấy hạt ở một tọa độ bất kỳ nào đó trong toàn bộ vũ trụ ( $- \infty < x < \infty$ ) là một biến cố chắc chắn xảy ra. Do đó, tổng xác suất trên toàn bộ không gian bắt buộc phải bằng 1:

\int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x = 1.

Nếu không được chuẩn hóa, giá trị tính toán xác suất tìm thấy hạt trong một khoảng không gian hữu hạn sẽ không mang ý nghĩa định lượng thực tế. Tính chuẩn hóa đảm bảo tính nhất quán nội tại của lý thuyết lượng tử và sự bảo toàn số hạt.

Q40.5

Nếu một hạt ở trong một , điều đó có đồng nghĩa với việc hạt không chuyển động hay không? Nếu một hạt chuyển động trong không gian trống rỗng với không đổi $\vec{p}$ và do đó có không đổi $E = p^{2} / 2 m$ , hạt đó có ở trong một trạng thái dừng không? Giải thích câu trả lời của bạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân biệt khái niệm với trạng thái đứng yên và xác định xem hạt tự do với xác định có phải trạng thái dừng không.

Hướng đi:

Định nghĩa : Trạng thái dừng là trạng thái lượng tử có xác định, trong đó mọi phân bố xác suất và giá trị kỳ vọng của các đại lượng quan sát độc lập với thời gian.
Sự chuyển động trong : Hạt vẫn có động năng và có thể có dòng xác suất khác không.
Xét hạt tự do: Kiểm tra của sóng phẳng tự do theo thời gian.

Câu trả lời gồm hai phần cụ thể:

Thứ nhất: không có nghĩa là hạt đứng yên. Thuật ngữ dừng (stationary) ở đây chỉ trạng thái mà $| Ψ (x, t) |^{2} = | ψ (x) |^{2}$ và giá trị kỳ vọng của mọi toán tử không phụ thuộc tường minh vào thời gian đều độc lập với thời gian. Trạng thái có tổng $E$ xác định, nhưng động năng không nhất thiết xác định nếu $U (x)$ thay đổi theo vị trí. Một trạng thái dừng có thể có động năng khác 0 và có dòng xác suất. Không cần gán cho electron trong nguyên tử một quỹ đạo cổ điển.
Thứ hai: Hạt chuyển động tự do trong không gian với xác định $p$ được mô tả bởi phẳng:

Ψ (x, t) = A e^{i (k x - ω t)},

Với $k = p / ℏ$ , $ω = E / ℏ$ và $E = p^{2} / (2 m)$ . này thỏa mãn độc lập với thời gian với $U (x) = 0$ và có mật độ xác suất $| Ψ (x, t) |^{2} = | A |^{2}$ , hoàn toàn không đổi theo thời gian. Vì vậy, sóng phẳng là nghiệm riêng năng lượng dạng lý tưởng của hạt tự do. Trên toàn trục vô hạn, nó không chuẩn hóa được theo bằng 1. Hạt được chuẩn bị trong một miền hữu hạn cần được mô tả bằng , và mật độ của gói sóng thường thay đổi theo thời gian.

Q40.6

Đối với hạt trong giếng thế vuông vô hạn, chúng ta chọn $k = n π / L$ với $n = 1, 2, 3, \dots$ để thỏa mãn điều kiện biên $ψ (L) = 0$ . Tuy nhiên, các giá trị $n = 0, - 1, - 2, - 3, \dots$ cũng thỏa mãn điều kiện biên đó. Tại sao chúng ta không chọn các giá trị $n$ này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao loại bỏ $n = 0$ và các số nguyên âm $n < 0$ khỏi phổ của .

Hướng đi:

Trường hợp $n = 0$ : Kiểm tra tính chuẩn hóa của khi $n = 0$ .
Trường hợp $n < 0$ : So sánh và mật độ xác suất của trạng thái $- n$ với trạng thái $+ n$ .

dạng sin của có dạng

ψ_{n} (x) = C \sin (\frac{n π x}{L}) .

Khi $n = 0$ : trở thành $ψ_{0} (x) = C \sin (0) = 0$ trên toàn bộ miền $0 \leq x \leq L$ . Hàm sóng đồng nhất bằng 0 không biểu diễn một trạng thái của hạt, vì không thể chuẩn hóa để xác suất bằng 1. Do đó $n = 0$ không phải là một trạng thái vật lý hợp lệ.
Khi $n < 0$ : Đặt $n = - m$ với $m$ là số nguyên dương ( $m \geq 1$ ). Vì hàm $\sin$ là hàm lẻ, ta có:

\begin{aligned} ψ_{- m} (x) & = - C \sin (\frac{m π x}{L}) \\ = - ψ_{m} (x) . \end{aligned}

Hai chỉ khác nhau một thừa số nhân $- 1 = e^{i π}$ . Trong cơ học lượng tử, hai hàm sóng sai khác nhau một nhân tử pha toàn cục không đổi mô tả cùng một trạng thái vật lý duy nhất, cho cùng mật độ xác suất $| ψ_{- m} (x) |^{2} = | ψ_{m} (x) |^{2}$ và cùng một mức $E_{- m} = E_{m}$ . Việc đưa thêm các số nguyên âm chỉ làm lặp lại các trạng thái đã có mà không sinh thêm trạng thái vật lý mới.

Q40.7

Nếu $ψ$ đã được chuẩn hóa, ý nghĩa vật lý của diện tích dưới đồ thị $| ψ |^{2}$ theo $x$ trong khoảng từ $x_{1}$ đến $x_{2}$ là gì? Tổng diện tích dưới đồ thị $| ψ |^{2}$ khi tính trên toàn bộ các giá trị $x$ bằng bao nhiêu? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nêu ý nghĩa của xác suất trong một đoạn và trên toàn bộ không gian.

Hướng đi:

: Xác suất tìm thấy hạt trong khoảng $[x_{1}, x_{2}]$ là của mật độ xác suất $| ψ (x) |^{2}$ .
Chuẩn hóa toàn phần: trên toàn miền thực bằng 1.

Diện tích dưới đồ thị $| ψ (x) |^{2}$ giữa hai tọa độ $x_{1}$ và $x_{2}$ được cho bởi

\begin{aligned} P_{12} & = P (x_{1} \leq x \leq x_{2}) \\ = \int_{x_{1}}^{x_{2}} | ψ (x) |^{2} d x . \end{aligned}

Đại lượng này biểu thị xác suất tìm thấy hạt nằm trong đoạn tọa độ từ $x_{1}$ đến $x_{2}$ khi thực hiện một phép đo vị trí.

Khi tính trên toàn bộ các giá trị của $x$ từ $- \infty$ đến $+ \infty$ , tổng diện tích bằng đúng 1:

\int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x = 1.

Điều này thể hiện tính chắc chắn tuyệt đối rằng hạt phải tồn tại ở một vị trí nào đó trong vũ trụ.

Q40.8

Đối với một (giếng thế vô hạn), hàm phân bố xác suất $| ψ |^{2}$ sẽ trông như thế nào nếu hạt hành xử giống như một hạt cổ điển Newton? Các phân bố xác suất lượng tử thực tế có tiệm cận về dạng cổ điển này khi $n$ rất lớn không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mô tả hàm phân bố xác suất cổ điển của hạt nảy qua lại trong hộp và đối chiếu với giới hạn lượng tử khi $n \to \infty$ .

Hướng đi:

Xác suất cổ điển: Hạt cổ điển chuyển động với tốc độ không đổi $v$ , thời gian lưu lại trong đoạn $d x$ là $d t = d x / v$ , suy ra phân bố đều.
Phân bố lượng tử: $| ψ_{n} (x) |^{2} = (2 / L) \sin^{2} (n π x / L)$ .
Nguyên lý tương ứng: Khi $n ≫ 1$ , các dao động cực nhanh tự trung bình hóa thành phân bố đều trên bất kỳ thang đo vĩ mô nào.

Xét hai mô hình phân bố xác suất:

Mô hình cổ điển: Hạt cổ điển có $E$ va chạm đàn hồi qua lại giữa hai thành hộp với độ lớn vận tốc không đổi $v = \sqrt{2 E / m}$ . Thời gian hạt dành cho mỗi đoạn đường vi phân $d x$ là $d t = d x / v$ như nhau ở mọi vị trí trong hộp. Do đó, trong miền $0 \leq x \leq L$ , mật độ xác suất cổ điển là một hằng số phân bố đều:

P_{classical} (x) = \frac{1}{L} .

Mô hình lượng tử: Với $k_{n} = n π / L$ , phân bố xác suất lượng tử ở trạng thái $n$ là

\begin{aligned} | ψ_{n} (x) |^{2} & = \frac{2}{L} \sin^{2} (k_{n} x) \\ = \frac{1 - \cos (2 k_{n} x)}{L} . \end{aligned}

Đồ thị gồm $n$ đỉnh cực đại nhọn xen kẽ $n - 1$ nút sóng có xác suất bằng 0. Khi $n$ tăng, khoảng cách giữa các đỉnh liên tiếp là $L / n$ giảm. Nếu khoảng lấy trung bình rộng hơn nhiều so với $L / n$ , các dao động cosin bù trừ và phần đóng góp của chúng tiến về 0. Giới hạn này là sự hội tụ sau lấy trung bình, không phải hội tụ tại từng điểm:

\begin{aligned} \overset{―}{| ψ_{n} (x) |^{2}} & = \frac{1}{L} \\ = P_{classical} (x) . \end{aligned}

Phân bố lượng tử hoàn toàn tiệm cận về phân bố cổ điển theo đúng nguyên lý tương ứng Bohr.

Q40.9

Trong Chương 15 chúng ta đã biểu diễn sóng dừng như một sự chồng chập của hai sóng truyền theo hai chiều ngược nhau. Các của một có thể được coi là sự kết hợp của hai sóng chạy không? Tại sao có hoặc tại sao không? Biểu diễn này mang ý nghĩa vật lý nào? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích trong giếng thế vuông thành tổ hợp hai sóng chạy ngược chiều và nêu ý nghĩa vật lý của phép phân tích này.

Hướng đi:

Công thức Euler: Khai triển hàm $\sin (k x)$ thành hiệu của hai hàm mũ phức $e^{i k x}$ và $e^{- i k x}$ .
Ý nghĩa cục bộ: trong giếng thế là sóng đứng của hai sóng truyền ngược chiều mang động lượng $\pm ℏ k$ .
Lưu ý đo đạc: Đây là đồng nhất thức đại số bên trong giếng. Khi giải phóng hạt khỏi giếng, phân bố đo được là biến đổi Fourier liên tục.

trong giếng thế vuông vô hạn có dạng

\begin{aligned} ψ_{n} (x) & = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (k_{n} x), \\ k_{n} & = \frac{n π}{L} . \end{aligned}

Đặt hệ số chuẩn hóa $A = \sqrt{2 / L}$ , áp dụng công thức Euler $\sin θ = \frac{e^{i θ} - e^{- i θ}}{2 i}$ , ta phân tích thành hai sóng chạy ngược chiều $ψ_{n} (x) = ϕ_{n}^{+} (x) - ϕ_{n}^{-} (x)$ với:

ϕ_{n}^{\pm} (x) = \frac{A}{2 i} e^{\pm i k_{n} x} .

phụ thuộc thời gian tương ứng trở thành $Ψ_{n} (x, t) = Ψ_{n}^{+} (x, t) - Ψ_{n}^{-} (x, t)$ với:

Ψ_{n}^{\pm} (x, t) = \frac{A}{2 i} e^{\pm i k_{n} x} e^{- i ω_{n} t} .

Biểu diễn này là một sóng đứng tạo thành từ sự giao thoa của hai sóng chạy phẳng có cùng biên độ và nhưng truyền ngược chiều nhau theo trục $x$ với số sóng $\pm k_{n}$ .
Ý nghĩa vật lý: Điều kiện phản xạ ở hai thành tạo nên sóng đứng. Không cần gán cho trạng thái một quỹ đạo nảy qua lại xác định. Giá trị kỳ vọng của triệt tiêu do hai thành phần ngược chiều bù trừ nhau: $⟨ p_{x} ⟩ = 0$ .
Phân biệt bản chất phép đo: Phép khai triển Euler ở trên chỉ là một đồng nhất thức đại số cục bộ bên trong giếng $0 \leq x \leq L$ , không đồng nghĩa với việc mọi phép đo đều chỉ cho ra đúng hai giá trị rời rạc $\pm ℏ k_{n}$ . Nếu hạ thành giếng đột ngột rồi đo động lượng trong không gian tự do, ta dùng biến đổi Fourier của ban đầu. Hàm sóng bị giới hạn bởi thành hộp cho một phổ xác suất động lượng liên tục. Dạng phổ được quyết định bởi toàn hàm sóng ban đầu. Giá trị trung bình bằng 0 không có nghĩa là từng phép đo đơn lẻ đều đo được giá trị 0.

Q40.10

Một đang ở mức cơ bản. Xác suất tìm thấy hạt ở nửa bên phải của hộp là bao nhiêu? (Tham khảo Hình 40.12 nhưng không tính ). Câu trả lời có giữ nguyên nếu hạt ở một mức kích thích hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm xác suất hạt ở nửa bên phải của ở trạng thái cơ bản và các trạng thái kích thích bằng lập luận đối xứng.

Hướng đi:

Tính đối xứng của giếng thế: $U (x)$ đối xứng qua tâm giếng $x = L / 2$ .
Tính chẵn lẻ của mật độ xác suất: Đối với mọi $n$ , đồ thị $| ψ_{n} (x) |^{2}$ đều đối xứng gương hoàn hảo qua đường thẳng $x = L / 2$ .

Mật độ xác suất ở mọi mức $n$ đều có dạng

| ψ_{n} (x) |^{2} = \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{n π x}{L}) .

Hàm số này có tính đối xứng phản chiếu hoàn hảo qua tâm giếng $x = L / 2$ . Thật vậy, do $\sin^{2} (n π - θ) = \sin^{2} θ$ , khi thay $x$ bằng $L - x$ ta có:

| ψ_{n} (L - x) |^{2} = | ψ_{n} (x) |^{2} .

Do đó:

Diện tích dưới đồ thị $| ψ_{n} (x) |^{2}$ ở nửa bên trái ( $0 \leq x \leq L / 2$ ) luôn bằng đúng diện tích ở nửa bên phải ( $L / 2 \leq x \leq L$ ).
Vì tổng xác suất tìm thấy hạt trong toàn bộ giếng bằng 1, nên xác suất tìm thấy hạt ở nửa bên phải bắt buộc phải bằng:

\begin{aligned} P (L / 2 \leq x \leq L) & = \frac{1}{2} \\ = 50 % . \end{aligned}

Kết luận này đúng cho cả mức cơ bản ( $n = 1$ ) lẫn mọi mức kích thích ( $n = 2, 3, 4, \dots$ ) nhờ tính đối xứng không gian thuần túy của bài toán.

Q40.11

của một triệt tiêu bằng 0 tại một số điểm nhất định. Điều này có đồng nghĩa với việc hạt không thể di chuyển vượt qua một trong các điểm đó hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích nghịch lý trực giác về việc hạt chuyển động qua các điểm nút của dừng.

Hướng đi:

Bản chất xác suất: Nút sóng là điểm có mật độ xác suất bằng 0. Điều cần xét là xác suất trong một khoảng nhỏ quanh nút, vì xác suất tại một điểm riêng lẻ bằng 0 đối với mọi phân bố vị trí liên tục.
Tính chất phi định xứ: Trong cơ học lượng tử, hạt không phải là một chất điểm cổ điển vạch quỹ đạo cơ học liên tục từ điểm này sang điểm khác.

Câu trả lời là hoàn toàn không:

Trong cơ học lượng tử, hạt được mô tả bởi toàn bộ trường $ψ (x)$ trải rộng trên toàn giếng chứ không phải một chất điểm cơ học lăn trên một quỹ đạo liên tục. Việc $ψ (x_{node}) = 0$ cho biết mật độ xác suất triệt tiêu ở nút. Xác suất trong một khoảng nhỏ quanh nút phải tính bằng , và nhỏ hơn so với khoảng cùng độ rộng quanh một đỉnh.
Mật độ xác suất tìm thấy hạt ở cả hai bên của điểm nút đều khác 0. là trạng thái tĩnh về mặt xác suất, hạt không cần phải "vạch một con đường xuyên qua nút sóng" theo kiểu cơ học Newton để xuất hiện ở cả hai phía. Khái niệm quỹ đạo chuyển động cổ điển không còn áp dụng ở cấp độ lượng tử.

Q40.12

Đối với một hạt bị giam giữ trong giếng thế vuông vô hạn, phát biểu rằng mỗi trạng thái có xác định cũng là một trạng thái có xác định có đúng không? Đó có phải là một trạng thái có xác định hay không? Giải thích. (Gợi ý: Hãy nhớ rằng động lượng là một đại lượng vector).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kiểm tra tính xác định của và vector trong các của .

Hướng đi:

: Được xác định bởi số sóng $k_{n} = n π / L ⟹ λ_{n} = 2 L / n$ .
vector: Là một đại lượng có hướng. Sóng đứng gồm hai thành phần ngược chiều $+ p_{n}$ và $- p_{n}$ .

Phân tích chi tiết:

Về : Phát biểu này là đúng bên trong giếng. Mỗi mức $E_{n} = n^{2} π^{2} ℏ^{2} / (2 m L^{2})$ tương ứng với một số sóng xác định $k_{n} = n π / L$ , do đó tương ứng với một hoàn toàn xác định là $λ_{n} = 2 π / k_{n} = 2 L / n$ .
Về và : Phát biểu này là sai. là trạng thái riêng của toán tử Hamilton $\hat{H} Ψ = E_{n} Ψ$ , do đó hạt sở hữu một tổng năng lượng xác định $E_{n}$ (độ bất định $Δ E = 0$ ). Tuy nhiên, trạng thái dừng không phải là một trạng thái có động lượng xác định:
- Toán tử ${\hat{p}}_{x} = - i ℏ \frac{d}{d x}$ có các hàm riêng là các sóng chạy phẳng $e^{i p x / ℏ}$ . Vì trong giếng là hàm sin $\sin (k_{n} x)$ , nó không phải là hàm riêng của ${\hat{p}}_{x}$ .
- Do tính đối xứng của , giá trị kỳ vọng của triệt tiêu: $⟨ p_{x} ⟩ = 0$ . Tuy nhiên, giá trị trung bình bằng 0 không có nghĩa là kết quả của mỗi phép đo đơn lẻ đều thu được giá trị 0.
- Khi thực hiện một phép đo thực tế (chẳng hạn hạ thành thế để giải phóng hạt vào không gian tự do và đo động lượng), trong không gian động lượng $ϕ (p)$ được xác định bởi phép biến đổi Fourier của hàm sóng bị cắt cụt bởi thành giếng. Phổ xác suất $| ϕ (p) |^{2}$ là một phân bố liên tục không chỉ nhận đúng hai giá trị rời rạc. Chẳng hạn, ở mức cơ bản của hộp, mật độ động lượng sau khi giải phóng đạt cực đại tại $p = 0$ .
- Trong một tổng quát $U (x)$ , có tổng năng lượng $E$ xác định, nhưng động năng $K (x) = E - U (x)$ phụ thuộc vào tọa độ và không phải là một đại lượng có giá trị xác định duy nhất.

Q40.13

Đối với một hạt trong , phát biểu rằng mỗi có xác định cũng là một trạng thái có xác định có đúng không? Đó có phải là trạng thái có xác định không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá tính xác định của và đối với trong .

Hướng đi:

Miền ngoài giếng: suy giảm hàm mũ, không có chu kỳ không gian dao động, do đó không có xác định.
: Tương tự giếng vô hạn, bên trong giếng là sóng đứng gồm hai chiều, còn đuôi ngoài giếng suy giảm theo hàm mũ. Số sóng có thể được viết dưới dạng thuần ảo trong phép giải phương trình, nhưng kết quả đo động lượng vẫn là số thực.

Cả hai phát biểu đều không đúng trên toàn bộ không gian:

Về : Trong miền bên trong giếng ( $0 < x < L$ ), với số sóng $k = \sqrt{2 m E} / ℏ$ , tương ứng với bước sóng $λ = 2 π / k$ . Tuy nhiên, ở vùng ngoài giếng ( $x < 0$ và $x > L$ ), hàm sóng suy giảm theo quy luật hàm mũ $e^{- κ | x |}$ với $κ = \sqrt{2 m (U_{0} - E)} / ℏ$ . Tại đây hàm sóng không có tính tuần hoàn không gian nên không thể gán một bước sóng thực tế. Vì hàm sóng bao trùm toàn bộ không gian, không có một bước sóng xác định duy nhất.
Về và động năng: Động lượng không có giá trị xác định vì không phải là sóng phẳng đơn sắc. Hơn nữa, chỉ có tổng $E$ xác định, còn động năng và thế năng thay đổi giữa vùng trong giếng và vùng ngoài giếng.

Q40.14

Hàm phân bố xác suất của hạt trong giếng vô hạn bằng 0 tại hai điểm $x = 0$ và $x = L$ , tức là tại hai "thành" hộp. Điều này có đồng nghĩa với việc hạt không bao giờ va chạm vào các thành hộp hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích ý nghĩa vật lý của điều kiện biên $ψ (0) = ψ (L) = 0$ đối với tương tác giữa hạt và thành giếng thế.

Hướng đi:

Lực tác dụng của thành giếng: Thành giếng vô hạn tác dụng một lực vô cùng lớn tại biên để phản xạ hạt quay trở lại.
Sự phản xạ : Sóng lượng tử bị phản xạ hoàn toàn tại $x = 0$ và $x = L$ kèm theo độ lệch pha $π$ , tạo thành nút sóng đứng ngay tại bề mặt thành hộp.

Câu trả lời là hạt vẫn tương tác toàn diện và phản xạ tại các thành hộp:

Điều kiện biên $ψ (0) = 0$ và $ψ (L) = 0$ xuất phát từ vô hạn $U (x) = + \infty$ ở bên ngoài. Thế năng này tạo ra một rào chắn không thể vượt qua, buộc hạt phải phản xạ $100 %$ khi tiến đến biên.
Tương tự như sóng dừng trên dây đàn có hai đầu cố định, sóng tới và sóng phản xạ lệch nhau đúng $π$ tại bề mặt thành giếng, triệt tiêu giao thoa lẫn nhau và tạo ra một nút sóng đứng có biên độ bằng 0 ngay tại $x = 0$ và $x = L$ .
Vì vậy, xác suất bằng 0 tại thành giếng chính là kết quả của sự giao thoa triệt tiêu giữa sóng tới và sóng phản xạ từ thành giếng, chứ không có nghĩa là hạt không tương tác với thành hộp. Thực tế, hạt liên tục tác dụng áp suất lên các thành hộp khi bị giam cầm.

Q40.15

Một hạt bị giam giữ trong trong miền $0 < x < L$ . Diện tích dưới đồ thị $| ψ |^{2}$ trong miền $0 < x < L$ so với tổng diện tích dưới đồ thị $| ψ |^{2}$ khi tính trên toàn bộ các giá trị $x$ có mối quan hệ như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh xác suất trong với tích phân toàn phần trên trục số.

Hướng đi:

Sự đâm xuyên lượng tử: Trong , thâm nhập vào vùng cấm cổ điển $x < 0$ và $x > L$ .
Bảo toàn xác suất: trên toàn trục số bằng 1.

Mối quan hệ định lượng giữa hai diện tích:

Trong , do $U_{0}$ là hữu hạn, của hạt không triệt tiêu tại biên mà xâm nhập vào vùng ngoài giếng với đuôi suy giảm hàm mũ $e^{- κ x}$ . Đặt xác suất tìm thấy hạt ở hai vùng ngoài là $P_{L} = \int_{- \infty}^{0} | ψ (x) |^{2} d x$ và $P_{R} = \int_{L}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x$ , ta có:

P_{outside} = P_{L} + P_{R} > 0.

Vì điều kiện chuẩn hóa trên toàn bộ không gian đòi hỏi tổng diện tích bằng 1:

P_{inside} + P_{outside} = 1,

Suy ra diện tích dưới đồ thị $| ψ |^{2}$ trong miền bên trong giếng $0 < x < L$ luôn luôn nhỏ hơn tổng diện tích trên toàn bộ không gian:

\int_{0}^{L} | ψ (x) |^{2} d x < 1.

Hạt luôn có một xác suất hữu hạn được tìm thấy bên ngoài phạm vi hình học của giếng thế.

Q40.16

So sánh các ứng với ba mức đầu tiên của hạt trong bề rộng $L$ với các hàm sóng tương ứng của có cùng bề rộng. trong khoảng $0 \leq x \leq L$ của mức $n = 1$ trong giếng vô hạn so với bước sóng tương ứng của giếng hữu hạn như thế nào? Hãy dùng kết quả này để giải thích tại sao năng lượng $E_{1}$ của giếng hữu hạn lại nhỏ hơn $E_{1 -IDW}$ của giếng vô hạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh và mức cơ bản giữa và cùng bề rộng $L$ .

Hướng đi:

Độ thâm nhập thành giếng: Trong giếng hữu hạn, thâm nhập ra ngoài khiến thực tế của dạng hàm sóng bị kéo dài ra.
Hệ thức de Broglie: dài hơn tương ứng với nhỏ hơn và động năng thấp hơn ( $E \propto 1 / λ^{2}$ ).

Phân tích sư phạm:

Trong , bị ép triệt tiêu bằng 0 ngay tại $x = 0$ và $x = L$ . Nửa chu kỳ của hàm sin phải nằm gọn hoàn toàn trong khoảng $L$ , do đó là $λ_{IDW} = 2 L$ .
Trong , không triệt tiêu tại biên mà nối êm với đuôi hàm mũ suy giảm ở ngoài giếng. Điều này làm cho đỉnh sóng mở rộng sang hai bên, khiến hai nút của phần sin kéo dài ra ngoài vị trí hai thành. Vì vậy, nửa trong giếng dài hơn $L$ . Ước lượng $L + 2 / κ$ chỉ thích hợp khi độ xuyên sâu nhỏ, không phải một đẳng thức tổng quát. Vì vậy, bước sóng $λ_{finite}$ của hạt trong giếng hữu hạn dài hơn bước sóng trong giếng vô hạn:

λ_{finite} > λ_{IDW} .

Theo hệ thức de Broglie, của hạt tỉ lệ nghịch với $p = h / λ$ . Vì bên trong giếng đều bằng 0, năng lượng toàn phần hoàn toàn là động năng:

E = \frac{p^{2}}{2 m} = \frac{h^{2}}{2 m λ^{2}} .

Do $λ_{finite} > λ_{IDW}$ , mức cơ bản của luôn nhỏ hơn năng lượng mức cơ bản của giếng vô hạn có cùng độ rộng ( $E_{1} < E_{1 -IDW}$ ).

Q40.17

Trong lý thuyết đã nêu rằng một một chiều luôn luôn có ít nhất một mức liên kết, bất kể giếng thế nông đến mức nào. Điều này có đồng nghĩa với việc khi $U_{0} \to 0$ thì $E_{1} \to 0$ không? Điều này có vi phạm nguyên lý bất định Heisenberg hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét mức liên kết thấp nhất khi giếng vuông hữu hạn có bề rộng cố định trở nên rất nông.

Hướng đi:

Với mốc thế bằng 0 trong giếng, liên kết thỏa mãn $0 < E_{1} < U_{0}$ . Kẹp giữa hai cận cho biết giới hạn của $E_{1}$ .
Đuôi có chiều dài đặc trưng $1 / κ$ . Khi độ liên kết yếu đi, hạt không còn bị định xứ trong riêng bề rộng hình học $L$ , nên không được đặt $Δ x = L$ .

Vì $0 < E_{1} < U_{0}$ , khi $U_{0} \to 0^{+}$ thì $E_{1} \to 0$ . Đồng thời, khoảng cách từ mức này đến ngưỡng thoát ra ngoài là $B = U_{0} - E_{1}$ cũng tiến về 0.

Trong giới hạn giếng rất nông có bề rộng cố định:

B \approx \frac{m L^{2} U_{0}^{2}}{2 ℏ^{2}} .

Đây là quy luật bậc hai của liên kết $B$ , không phải của năng lượng $E_{1}$ đo từ đáy giếng. Khi $B$ nhỏ, đuôi ngoài giếng suy giảm chậm:

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m B}}{ℏ}, \\ δ & = \frac{1}{κ} ⟶ \infty . \end{aligned}

vì thế trải rộng ra ngoài giếng. Độ bất định vị trí tăng lên trong khi độ bất định có thể giảm xuống. Không có yêu cầu hạt phải đồng thời có $Δ x$ hữu hạn và $Δ p_{x} = 0$ , nên nguyên lý bất định không bị vi phạm.

Tại đúng $U_{0} = 0$ , giếng không còn tồn tại và không còn chuẩn hóa được. Kết luận có ít nhất một trạng thái liên kết áp dụng cho mọi $U_{0} > 0$ , không bao gồm điểm giới hạn này.

Q40.18

Hình 40.15a cho thấy mức của trong càng cao thì càng vươn xa ra ngoài giếng (vào các khoảng $x < 0$ và $x > L$ ). Hãy giải thích tại sao hiện tượng này xảy ra.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao trạng thái có càng cao thì đuôi càng thâm nhập sâu vào vùng ngoài .

Hướng đi:

ngoài giếng: $\frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = κ^{2} ψ$ , với $κ = \sqrt{2 m (U_{0} - E)} / ℏ$ .
Độ suy giảm theo khoảng cách: suy giảm theo $e^{- κ | x |}$ . Khi $E$ càng gần $U_{0}$ , $κ$ càng nhỏ và độ thâm nhập $δ = 1 / κ$ càng lớn.

Trong vùng ngoài giếng thế, là $U_{0} > E$ . Gọi hai miền $x < 0$ và $x > L$ lần lượt là L và R. Nghiệm hữu hạn ở vô cực có dạng:

\begin{aligned} ψ_{L} (x) & = A e^{κ x}, \\ ψ_{R} (x) & = B e^{- κ (x - L)}, \\ κ & = \frac{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}}{ℏ} . \end{aligned}

Độ sâu thâm nhập đặc trưng của hạt vào vùng cấm cổ điển tỉ lệ nghịch với hệ số suy giảm:

δ = \frac{1}{κ} = \frac{ℏ}{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}} .

Khi $E$ của càng cao (tiến gần đến miệng giếng $U_{0}$ ), hiệu số $U_{0} - E$ càng nhỏ. Điều này dẫn đến:

Hệ số suy giảm $κ$ càng bé, làm cho tốc độ tắt dần của theo khoảng cách càng chậm.
Độ xuyên sâu $δ$ càng lớn, khiến vươn ra xa hơn rất nhiều vào vùng cấm cổ điển bên ngoài giếng trước khi triệt tiêu về 0.

Q40.19

Trong cơ học cổ điển Newton, toàn phần $E$ của một hạt không bao giờ có thể nhỏ hơn thế năng $U$ vì động năng $K$ không thể âm. Tuy nhiên, trong hiện tượng truyền qua rào thế (xem Mục 40.4), hạt đi xuyên qua những vùng không gian có $E < U$ . Đây có phải là một mâu thuẫn hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao sự có mặt của trong miền $E < U$ không đòi hỏi kết quả đo động năng âm.

Hướng đi:

áp dụng cho toàn trạng thái. Nghiệm trong từng miền phải được nối với các miền còn lại.
Toán tử động năng có giá trị kỳ vọng không âm trên các trạng thái chuẩn hóa thích hợp. Không đồng nhất biểu thức vi phân cục bộ với một trị riêng động năng trên toàn không gian.

Trong cơ học Newton, một quỹ đạo có đồng thời tọa độ và xác định. Khi đó $E - U (x) = p^{2} / (2 m) \geq 0$ , nên quỹ đạo không đi vào miền $E < U$ .

Trong cơ học lượng tử, vẫn có nghiệm khác 0 ở miền này. Với thế không đổi $U_{0} > E$ , ta có:

\begin{aligned} ψ^{″} & = κ^{2} ψ, \\ κ & = \frac{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}}{ℏ} . \end{aligned}

Đó là nghiệm dạng hàm mũ, không phải sóng phẳng có thực xác định. Đẳng thức vi phân cục bộ $\hat{K} ψ = (E - U_{0}) ψ$ trong riêng miền rào không biến toàn thành trạng thái riêng của $\hat{K}$ với trị riêng âm.

Với chuẩn hóa và điều kiện biên thích hợp, từng phần cho:

\begin{aligned} J & = \int_{- \infty}^{\infty} | ψ^{'} (x) |^{2} d x, \\ ⟨ K ⟩ & = \frac{ℏ^{2}}{2 m} J \geq 0. \end{aligned}

Một phép đo vị trí để chọn riêng phần hạt nằm trong rào cũng làm thay đổi trạng thái ban đầu. Không thể ghép kết quả đo đó với các giá trị và đồng thời của một quỹ đạo cổ điển. Vì vậy không đòi hỏi động năng đo được là số âm.

Q40.20

Hình 40.17 hiển thị ảnh kính hiển vi quét chui hầm () của 48 nguyên tử sắt được xếp trên bề mặt đồng, với các gợn sóng cho thấy mật độ electron trên bề mặt. Bạn có thể suy luận được điều gì về hàm bên trong vòng tròn các nguyên tử sắt?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Suy luận dạng của $U (r)$ bên trong "chuồng lượng tử" (quantum corral) tạo bởi 48 nguyên tử sắt.

Hướng đi:

Bản chất của các nguyên tử sắt: Đóng vai trò các rào cản đẩy các electron bề mặt của tấm đồng.
Sóng đứng hai chiều: Các gợn sóng đồng tâm là sự giao thoa sóng đứng của các electron bị giam cầm trong một giếng thế tròn.

Từ hình ảnh thực nghiệm của chuồng lượng tử (quantum corral):

48 nguyên tử sắt đóng vai trò như một bức tường đẩy bao quanh một diện tích hình tròn trên bề mặt đồng. Bên trong vòng tròn này, electron tự do di chuyển tương đối thoải mái, nghĩa là thế năng $U (\vec{r})$ gần như là một hằng số phẳng (có thể quy ước bằng 0).
Tại vị trí các nguyên tử sắt, tương tác đẩy tạo thành một năng có độ cao hữu hạn $U_{0}$ .
Do đó, hệ thống tương đương với một giếng thế hai chiều hình trụ tròn có đáy phẳng và thành thế cao. Các electron bề mặt phản xạ tại bức tường nguyên tử sắt, tạo thành hệ sóng đứng tròn hai chiều với các gợn sóng đồng tâm đặc trưng được mô tả bằng các hàm Bessel.

Q40.21

Về mặt định tính, bạn dự đoán xác suất để một hạt chui hầm qua rào phụ thuộc như thế nào vào chiều cao của rào thế? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích sự phụ thuộc của hệ số truyền qua chui hầm $T$ vào chiều cao rào thế $U_{0}$ .

Hướng đi:

Công thức hệ số truyền qua: $T \approx G e^{- 2 κ L}$ , với $κ = \sqrt{2 m (U_{0} - E)} / ℏ$ .
Tác động của $U_{0}$ : Khi $U_{0}$ tăng, hiệu số $U_{0} - E$ tăng, kéo theo hệ số suy giảm $κ$ tăng mạnh.

Với $E$ , $m$ và $L$ cố định, xác suất giảm khi $U_{0}$ tăng. Trong miền rào dày, thừa số chi phối là hàm mũ của $\sqrt{U_{0} - E}$ :

Hệ số suy giảm của sóng trong rào thế được xác định bởi

κ = \frac{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}}{ℏ} .

Khi chiều cao rào thế $U_{0}$ tăng (trong khi $E$ của hạt không đổi), độ chênh lệch năng lượng $U_{0} - E$ tăng lên. Điều này làm cho $κ$ tăng lên, nghĩa là biên độ bị suy giảm với tốc độ nhanh hơn rất nhiều khi truyền sâu vào rào chắn.
Vì hệ số truyền qua $T$ tỉ lệ với $e^{- 2 κ L}$ , sự gia tăng của $U_{0}$ dẫn đến việc xác suất hạt xuyên qua rào thế giảm xuống một cách hàm mũ.

Q40.22

hiển thị trong Hình 40.20 khác 0 ở cả vùng $x < 0$ và vùng $x > L$ . Điều này có đồng nghĩa với việc hạt bị tách làm hai phần khi va chạm vào rào thế, với một phần chui qua rào và một phần bật ngược trở lại hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích bản chất của phân nhánh khi chui hầm: Hạt có bị xẻ đôi thành hai mảnh hay không?

Hướng đi:

Kết quả phát hiện hạt: Trong mô hình tán xạ đàn hồi này, một lần phát hiện ghi nhận cả hạt ở một phía.
Ý nghĩa thống kê của : Hàm sóng mô tả phân bố xác suất cho một hạt đơn lẻ hoặc tập hợp thống kê nhiều hạt độc lập.

Câu trả lời là hoàn toàn không:

Trong quá trình tán xạ đàn hồi đang xét, hạt được ghi nhận nguyên vẹn ở nhánh phản xạ hoặc nhánh truyền qua. Điều này không khẳng định proton là một hạt cơ bản.
$ψ (x)$ không đại diện cho "vật chất bị trải phẳng ra", mà là một biên độ xác suất:
- Khi một hạt đơn lẻ chạm vào rào thế, nó chỉ có thể hoặc bị phản xạ toàn bộ về vùng $x < 0$ , hoặc truyền toàn bộ qua rào sang vùng $x > L$ . Nó không bao giờ bị chẻ làm đôi.
- Xác suất phát hiện trong mỗi miền được tính bằng mật độ của . Hệ số phản xạ và truyền qua của trạng thái tán xạ được xác định từ dòng xác suất: Nếu ta bắn $1000$ hạt giống hệt nhau vào rào, một tỉ lệ hạt nhất định sẽ bật lại và phần còn lại sẽ xuất hiện nguyên vẹn ở phía bên kia rào thế.

Q40.23

Các phân bố xác suất của dao động tử điều hòa bắt đầu giống với phân bố xác suất cổ điển Newton khi số lượng tử $n$ trở nên lớn. Các phân bố này có trở nên hoàn toàn trùng khít với trường hợp cổ điển trong giới hạn $n$ rất lớn không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá tính tiệm cận của phân bố xác suất về phân bố cổ điển khi $n \to \infty$ .

Hướng đi:

Phân bố lượng tử: Tỉ lệ với bình phương đa thức Hermite $| ψ_{n} (x) |^{2}$ , có $n$ nút sóng dao động cực nhanh giữa hai điểm quay cổ điển.
Giới hạn cổ điển: Phân bố cổ điển có dạng trơn $P_{cl} (x) \propto 1 / \sqrt{A^{2} - x^{2}}$ .
Nguyên lý tương ứng: Phân bố lượng tử trùng với phân bố cổ điển khi lấy trung bình không gian trên độ phân giải vĩ mô.

Xét chi tiết hai khía cạnh toán học và vật lý:

Về mặt vi mô (toán học thuần túy): luôn luôn chứa đúng $n$ điểm nút (nơi mật độ xác suất bằng 0) xen kẽ các đỉnh cực đại nhọn. Trong khi đó, phân bố cổ điển là một đường cong trơn liên tục phân kỳ tại hai biên $x = \pm A$ . Do đó, ở thang đo vi mô cực nhỏ, hai đồ thị không bao giờ đồng nhất điểm-đối-điểm vì các gợn sóng dao động luôn tồn tại.
Về mặt vĩ mô (vật lý thực nghiệm): Khi $n \to \infty$ , khoảng cách giữa các nút sóng trở nên vô cùng bé so với độ phân giải không gian cố định đang xét. Khi thực hiện lấy trung bình trên một đoạn có độ rộng $Δ x$ chứa nhiều gợn sóng, giá trị trung bình lượng tử tiến gần đường cong phân bố cổ điển. Trong phân bố cổ điển, mật độ xác suất lớn nhất ở hai biên (nơi hạt chuyển động chậm nhất) và nhỏ nhất ở tâm dao động (nơi hạt chuyển động nhanh nhất).

Q40.24

Trong đồ thị phân bố xác suất của dao động tử điều hòa ở trạng thái kích thích cao, xác suất tìm thấy hạt trong nửa trung tâm của vùng $- A < x < A$ so với xác suất tìm thấy hạt ở nửa phía ngoài của vùng này như thế nào? Điều này có phù hợp với cách giải thích vật lý của tình huống không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh xác suất ở nửa trung tâm và hai phần ngoài của miền dao động khi số lượng tử lớn.

Hướng đi:

Lấy trung bình các gợn sóng lượng tử trên đoạn đủ rộng để dùng giới hạn cổ điển.
Mật độ cổ điển tỉ lệ với thời gian lưu lại trên một đơn vị chiều dài, tức nghịch đảo tốc độ. cho phép so sánh hai miền có cùng tổng độ dài.

Ở giới hạn cổ điển, tốc độ nhỏ gần hai điểm quay và lớn gần vị trí cân bằng. Mật độ chuẩn hóa trong $- A < x < A$ là:

P_{c l} (x) = \frac{1}{π \sqrt{A^{2} - x^{2}}} .

Nửa trung tâm là $- A / 2 < x < A / 2$ . Xác suất trong miền này bằng:

\begin{aligned} P_{g i ữ a} & = \int_{- A / 2}^{A / 2} P_{c l} (x) d x \\ = \frac{2}{π} \arcsin \frac{1}{2} = \frac{1}{3} . \end{aligned}

Hai phần ngoài có tổng xác suất $1 - 1 / 3 = 2 / 3$ . Chúng có tổng độ dài bằng nửa trung tâm nhưng xác suất lớn gấp đôi. Điều này phù hợp với việc hạt dành nhiều thời gian hơn ở gần điểm quay.

Ở một trạng thái lượng tử hữu hạn, còn có các gợn sóng và đuôi xác suất ngoài miền cổ điển. Các phân số trên là giá trị giới hạn, không phải đẳng thức cho mọi $n$ .

Q40.25

So sánh các mức cho phép của nguyên tử hydro, (giếng thế vô hạn), và dao động tử điều hòa. Các giá trị của số lượng tử $n$ ứng với mức cơ bản và mức kích thích thứ hai của mỗi hệ thống bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh quy luật phổ và chỉ số lượng tử của ba hệ lượng tử cơ bản: Nguyên tử hydro, hạt trong giếng vô hạn và dao động tử điều hòa.

Hướng đi:

Nguyên tử hydro: $E_{n} = - 13, 6 eV / n^{2}$ với $n = 1, 2, 3, \dots$ .
Hạt trong giếng vô hạn: $E_{n} = n^{2} E_{1}$ với $n = 1, 2, 3, \dots$ .
Dao động tử điều hòa: $E_{n} = (n + 1 / 2) ℏ ω$ với $n = 0, 1, 2, \dots$ .

Bảng so sánh tổng hợp ba hệ lượng tử:

Hệ lượng tử	Quy luật mức	Mức cơ bản	Mức kích thích 2
Nguyên tử hydro	$E_{n} = - \frac{13, 6 eV}{n^{2}}$	$n = 1$ ( $E_{1} = - 13, 6 eV$ )	$n = 3$ ( $E_{3} = - 1, 51 eV$ )
	$E_{n} = n^{2} \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$	$n = 1$ ( $E_{1} = E_{1 -IDW}$ )	$n = 3$ ( $E_{3} = 9 E_{1 -IDW}$ )
Dao động tử	$E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$	$n = 0$ ( $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω$ )	$n = 2$ ( $E_{2} = \frac{5}{2} ℏ ω$ )

Đặc điểm khoảng cách mức :

Đối với nguyên tử hydro, các mức ngày càng san sát nhau khi $n$ tăng ( $Δ E \propto 1 / n^{3}$ ).
Đối với , khoảng cách giữa các mức liên tiếp tăng dần tỉ lệ bậc nhất với $n$ ( $Δ E_{n \to n + 1} = (2 n + 1) E_{1}$ ).
Đối với dao động tử điều hòa, các mức cách đều nhau một khoảng không đổi $Δ E = ℏ ω$ .

Q40.26

Phác họa cho giếng hiển thị trong Hình Q40.26 khi năng lượng $E_{1}$ nhỏ hơn $U_{0}$ và khi năng lượng $E_{3}$ lớn hơn $U_{0}$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phác họa dạng định tính cho hai mức $E_{1} < U_{0}$ và $E_{3} > U_{0}$ trong giếng thế có bậc thế phụ ở đáy.

Hướng đi:

: $\frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = - \frac{2 m (E - U (x))}{ℏ^{2}} ψ$ .
Độ cong và động năng: Động năng địa phương $K (x) = E - U (x)$ quyết định số sóng $k (x) = \sqrt{2 m K (x)} / ℏ$ và $λ (x) = 2 π / k (x)$ .
Điều kiện nối tại bậc thế: Vì thế hữu hạn và khối lượng không đổi, $ψ$ và $ψ^{'}$ phải liên tục tại $A$ . Quan hệ biên độ cần suy ra từ hai điều kiện này. Không dùng gần đúng WKB tại chỗ thế nhảy bậc.

Hình lời giải Q40.26: Hai nghiệm có cùng bậc thế. Đường liền là hàm sóng, đường đứt chỉ bậc thế ở thang phụ.

Phân tích định tính hình dạng :

Trường hợp 1: Mức $E_{1} < U_{0}$ :
- Tại hai biên ngoài $x < 0$ và $x > B$ : là vô hạn ( $U = + \infty$ ), do đó triệt tiêu nghiêm ngặt: $ψ (0) = ψ (B) = 0$ .
- Trong miền $0 < x < A$ : $U = 0$ , động năng là $K = E_{1} > 0$ . hình sin với số sóng $k_{1} = \sqrt{2 m E_{1}} / ℏ$ .
- Trong miền $A < x < B$ : $U = U_{0} > E_{1}$ . Đây là vùng cấm cổ điển, động năng âm theo quan điểm cổ điển. không dao động mà suy giảm theo quy luật hàm mũ giảm dần về 0 tại $x = B$ : $ψ (x) \propto \sinh [κ (B - x)]$ với $κ = \sqrt{2 m (U_{0} - E_{1})} / ℏ$ .
Trường hợp 2: Mức $E_{3} > U_{0}$ :
- Hạt có đủ để chuyển động trên toàn bộ khoảng $0 < x < B$ , dao động trên toàn bộ giếng và triệt tiêu tại $x = 0$ và $x = B$ .
- Trong miền $0 < x < A$ : Động năng là $K_{1} = E_{3}$ . Động năng lớn nên số sóng lớn, dẫn đến ngắn $λ_{1} = h / \sqrt{2 m E_{3}}$ . Quan hệ giữa các biên độ phải được xác định bằng điều kiện nối tại $A$ .
- Trong miền $A < x < B$ : Động năng giảm xuống còn $K_{2} = E_{3} - U_{0} < K_{1}$ . Động năng nhỏ hơn làm cho số sóng giảm, dẫn đến dài hơn ( $λ_{2} > λ_{1}$ ). Nếu gọi biên độ sin ở hai miền là $C$ và $D$ , điều kiện nối cho:

\begin{aligned} r & = \frac{k_{1}}{k_{2}}, θ = k_{1} A, \\ \frac{D^{2}}{C^{2}} & = \sin^{2} θ + r^{2} \cos^{2} θ \\ \geq 1. \end{aligned}

Vì vậy biên độ ở miền phải không nhỏ hơn miền trái. Kết luận này xuất phát từ điều kiện biên, không phải từ quy tắc WKB tại bậc thế.

Q40.27

(a) Một có $Ψ (x, t) = ψ_{2} (x) e^{- i E_{2} t / ℏ}$ , trong đó $ψ_{n}$ và $E_{n}$ được cho bởi các phương trình chuẩn. Nếu đo của hạt, kết quả thu được là bao nhiêu? (b) Thay vào đó, xét hàm sóng chồng chập:

\begin{aligned} Ψ & = \frac{Ψ_{1} + Ψ_{2}}{\sqrt{2}}, \\ Ψ_{j} & = ψ_{j} (x) e^{- i E_{j} t / ℏ} . \end{aligned}

Ở đây $j = 1, 2$ . Nếu đo của hạt, kết quả thu được là bao nhiêu? (c) Nếu ta có nhiều hạt giống hệt nhau cùng có ở phần (b) và đo năng lượng của từng hạt, giá trị trung bình của toàn bộ các phép đo sẽ là bao nhiêu? Ta có thể khẳng định rằng, trước khi phép đo được thực hiện, mỗi hạt đều sở hữu mức năng lượng trung bình này hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát phép đo trên đơn lẻ và trạng thái . Phân tích khái niệm giá trị kỳ vọng và sự sụp đổ .

Hướng đi:

Tiên đề : Phép đo một đại lượng vật lý chỉ có thể cho kết quả là một trong các trị riêng của toán tử tương ứng.
Sự sụp đổ : Sau phép đo cho kết quả $E_{n}$ , hàm sóng tức thời thu gọn về trạng thái riêng $ψ_{n}$ .
Giá trị kỳ vọng: Là trung bình thống kê của một tập hợp lớn các phép đo trên các hệ được chuẩn bị giống hệt nhau: $⟨ E ⟩ = P_{1} E_{1} + P_{2} E_{2}$ .

Lời giải chi tiết từng phần:

(a) $Ψ (x, t) = ψ_{2} (x) e^{- i E_{2} t / ℏ}$ là một trạng thái riêng của toán tử Hamilton với trị riêng xác định $E_{2}$ . Khi thực hiện phép đo , kết quả thu được chắc chắn $100 %$ là $E_{2}$ . Sau phép đo, hạt tiếp tục ở này.

(b) là một tổ hợp tuyến tính chuẩn hóa của hai trạng thái riêng với hệ số $c_{1} = 1 / \sqrt{2}$ và $c_{2} = 1 / \sqrt{2}$ . Theo tiên đề phép đo trong cơ học lượng tử:

Kết quả của một lần đo đơn lẻ bắt buộc phải là một trong các trị riêng khả dĩ, tức là chỉ có thể thu được giá trị $E_{1}$ hoặc giá trị $E_{2}$ .
Phép đo không bao giờ cho ra một giá trị trung gian hay một giá trị hỗn hợp.
Xác suất đo được $E_{1}$ là $| c_{1} |^{2} = | 1 / \sqrt{2} |^{2} = 1 / 2$ ( $50 %$ ).
Xác suất đo được $E_{2}$ là $| c_{2} |^{2} = | 1 / \sqrt{2} |^{2} = 1 / 2$ ( $50 %$ ).
Ngay sau khi phép đo hoàn thành, bị sụp đổ (thu gọn) hoàn toàn về trạng thái riêng tương ứng với kết quả vừa đo được: Nếu đo được $E_{1}$ , hàm sóng thu gọn về $ψ_{1} (x) e^{- i E_{1} t / ℏ}$ . Nếu đo được $E_{2}$ , hàm sóng sụp đổ về $ψ_{2} (x) e^{- i E_{2} t / ℏ}$ .

Khoảng $50 %$ số hạt sẽ cho kết quả $E_{1}$ và $50 %$ số hạt sẽ cho kết quả $E_{2}$ .
Giá trị trung bình của tất cả các phép đo (giá trị kỳ vọng) là

\begin{aligned} ⟨ E ⟩ & = \frac{1}{2} E_{1} + \frac{1}{2} E_{2} \\ = \frac{E_{1} + E_{2}}{2} . \end{aligned}

Chúng ta tuyệt đối không thể nói rằng trước khi thực hiện phép đo, mỗi hạt đều đã sở hữu mức trung bình $⟨ E ⟩$ này:
- Bản thân giá trị $(E_{1} + E_{2}) / 2$ không phải là một mức được lượng tử hóa cho phép của (nó không tồn tại trong phổ trị riêng).
- Trước khi phép đo diễn ra, của hạt không có một giá trị xác định duy nhất trong trạng thái đã cho, hạt tồn tại đồng thời trong sự mạch lạc của cả hai trạng thái. Chính hành vi can thiệp của phép đo mới buộc hệ thống phải lựa chọn ngẫu nhiên một trong hai khả dĩ. Giá trị kỳ vọng $⟨ E ⟩$ chỉ là trung bình thống kê trên tập hợp nhiều phép đo lặp lại, không phải giá trị thuộc về từng hạt đơn lẻ trước khi đo.

Bài tập 40.1–40.15

Phần này bao gồm lời giải chi tiết cho các bài tập từ 40.1 đến 40.15 thuộc Chương 40. Các bài toán tập trung vào , một chiều, điều kiện chuẩn hóa và mô hình hạt trong giếng thế sâu vô hạn.

Các hằng số vật lý sử dụng trong tính toán:

Hằng số Planck: $h = 6,626 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Hằng số Planck rút gọn: $ℏ = 1,055 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Khối lượng electron: $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$
Khối lượng proton: $m_{p} = 1,673 \times 10^{- 27} kg$
Điện tích nguyên tố: $e = 1,602 \times 10^{- 19} C$
Tốc độ ánh sáng: $c = 3, 00 \times 10^{8} m / s$

40.1

Một electron chuyển động tự do theo chiều âm trục $x$ (chiều $- x$ ) với có độ lớn $4, 50 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ . Hãy xác định phụ thuộc thời gian một chiều $Ψ (x, t)$ của electron này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
Chiều chuyển động: Chiều âm trục $x$ (hướng $- x$ ).
Độ lớn : $p = 4, 50 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ .
Cần tìm: toàn phần $Ψ (x, t)$ .

Hướng đi:

Sóng de Broglie của hạt tự do chuyển động theo chiều âm trục $x$ có dạng $Ψ (x, t) = A e^{- i (k x + ω t)}$ hoặc $A e^{i (- k x - ω t)}$ .
Số sóng $k$ liên hệ với qua hệ thức de Broglie $p = ℏ k$ .
góc $ω$ liên hệ với động năng qua hệ thức Planck-Einstein $E = ℏ ω = \frac{p^{2}}{2 m_{e}}$ .

Lời giải chi tiết:

Tính số sóng $k$ :

\begin{aligned} k & = \frac{p}{ℏ} \\ = \frac{4, 50 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s}{1,055 \times 10^{- 34} J \cdot s} \\ \approx 4, 27 \times 10^{10} m^{- 1} . \end{aligned}

Tính động năng và góc $ω$ : Vì hạt chuyển động tự do trong miền bằng không, toàn bộ năng lượng là động năng:

\begin{aligned} E & = \frac{p^{2}}{2 m_{e}} \\ \approx \frac{2,025 \times 10^{- 47}}{1,822 \times 10^{- 30}} \\ \approx 1,112 \times 10^{- 17} J \\ \approx 69, 4 eV . \end{aligned}

góc tương ứng:

\begin{aligned} ω & = \frac{E}{ℏ} \\ = \frac{1,112 \times 10^{- 17} J}{1,055 \times 10^{- 34} J \cdot s} \\ \approx 1, 05 \times 10^{17} rad / s . \end{aligned}

Thiết lập : Sóng phẳng truyền theo chiều $- x$ có dao động dạng $- (k x + ω t)$ , do đó hàm sóng được viết dưới dạng:

Ψ (x, t) = A e^{- i (k x + ω t)} .

Ở đây $k \approx 4, 27 \times 10^{10} m^{- 1}$ và $ω \approx 1, 05 \times 10^{17} rad / s$ là các giá trị vừa tính. Dấu trước cả $k x$ lẫn $ω t$ cho theo chiều âm và dương. trong đó $A$ là hằng số biên độ, $x$ tính bằng mét ( $m$ ) và $t$ tính bằng giây ( $s$ ).

40.2

của một hạt tự do một chiều là hiệu của hai thành phần. Viết gọn các hàm tại cùng tọa độ và thời điểm:

Ψ = Ψ_{1} - Ψ_{2},

Với $Ψ_{1} = A e^{i (k x - ω t)}$ và $Ψ_{2} = A e^{i (2 k x - 4 ω t)}$ . Các hằng số $k$ và $ω$ thực, dương. (a) Tại thời điểm $t = 0$ , hãy tìm hai giá trị dương nhỏ nhất của $x$ mà tại đó hàm phân bố xác suất $| Ψ (x, t) |^{2}$ đạt cực đại. (b) Lặp lại yêu cầu của phần (a) đối với thời điểm $t = \frac{2 π}{ω}$ . (c) Tính vận tốc trung bình $v_{av}$ bằng độ dịch chuyển của các điểm cực đại chia cho khoảng thời gian trôi qua. So sánh kết quả của bạn với biểu thức vận tốc nhóm $v_{av} = \frac{ω_{2} - ω_{1}}{k_{2} - k_{1}}$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

: Chồng chập hai sóng phẳng $Ψ = A (e^{i θ_{1}} - e^{i θ_{2}})$ với $θ_{1} = k x - ω t$ và $θ_{2} = 2 k x - 4 ω t$ .
Cần tìm: Tọa độ cực đại tại $t = 0$ và $t = 2 π / ω$ , từ đó suy ra tốc độ dịch chuyển của hình bao sóng.

Hướng đi:

Khai triển mật độ xác suất $| Ψ |^{2} = Ψ Ψ^{*}$ bằng công thức Euler để đưa về dạng lượng giác thực.
Cực đại xác suất xuất hiện khi hàm cosin trong biểu thức đạt giá trị cực tiểu hoặc cực đại tùy theo dấu trừ đứng trước.
Vận tốc di chuyển của các điểm cực đại chính là vận tốc nhóm của .

Lời giải chi tiết:

Biến đổi mật độ xác suất $| Ψ (x, t) |^{2}$ : Sử dụng đồng nhất thức $| e^{i α} - e^{i β} |^{2} = 2 - 2 \cos (β - α)$ : Đặt $ρ = | Ψ |^{2}$ và $ϕ = k x - 3 ω t$ . Khi đó,

\begin{aligned} ρ & = | Ψ_{1} - Ψ_{2} |^{2} \\ = 2 | A |^{2} (1 - \cos ϕ) . \end{aligned}

Để $| Ψ (x, t) |^{2}$ đạt cực đại, số hạng $\cos (k x - 3 ω t)$ phải đạt giá trị nhỏ nhất:

\cos (k x - 3 ω t) = - 1.

Điều này xảy ra khi thỏa mãn:

k x - 3 ω t = (2 m + 1) π,

Với số nguyên $m \in Z$ .

(a) Tại thời điểm $t = 0$ : Phương trình cực đại trở thành:

k x = (2 m + 1) π,

Suy ra:

x = \frac{(2 m + 1) π}{k} .

Hai giá trị dương nhỏ nhất ứng với $m = 0$ và $m = 1$ :

x_{1} = \frac{π}{k}, x_{2} = \frac{3 π}{k} .

(b) Tại thời điểm $t = \frac{2 π}{ω}$ : Thay giá trị thời gian vào biểu thức :

3 ω t = 3 ω (\frac{2 π}{ω}) = 6 π .

Điều kiện cực đại trở thành:

k x - 6 π = (2 m + 1) π .

Suy ra:

\begin{aligned} k x & = (2 m + 7) π \\ ⟹ x & = \frac{(2 m + 7) π}{k} . \end{aligned}

Để tìm hai giá trị $x$ dương nhỏ nhất tại thời điểm này, ta chọn $2 m + 7 = 1$ (ứng với $m = - 3$ ) và $2 m + 7 = 3$ (ứng với $m = - 2$ ):

x_{1}^{'} = \frac{π}{k}, x_{2}^{'} = \frac{3 π}{k} .

Về mặt hình học tổng thể, toàn bộ hệ vân cực đại có tính tuần hoàn không gian chu kỳ $Δ x = \frac{2 π}{k}$ .

(c) Vận tốc dịch chuyển $v_{av}$ : Xét một cực đại cụ thể, ví dụ cực đại tại $x_{1} = \frac{π}{k}$ ở thời điểm $t = 0$ (ứng với $π$ ). Tại thời điểm $t = \frac{2 π}{ω}$ , điểm mang cùng giá trị pha $π$ này đã di chuyển tới tọa độ $X_{1}$ thỏa mãn:

\begin{aligned} k X_{1} & = π + 6 π \\ = 7 π . \end{aligned}

Suy ra:

X_{1} = \frac{7 π}{k} .

Độ dịch chuyển của vân cực đại xác định:

\begin{aligned} Δ x & = X_{1} - x_{1} \\ = \frac{7 π}{k} - \frac{π}{k} \\ = \frac{6 π}{k} . \end{aligned}

Vận tốc trung bình của chuyển động này:

v_{av} = \frac{Δ x}{Δ t} = \frac{6 π / k}{2 π / ω} = \frac{3 ω}{k} .

So sánh với công thức sai phân: Với $ω_{1} = ω$ , $k_{1} = k$ và $ω_{2} = 4 ω$ , $k_{2} = 2 k$ :

\frac{ω_{2} - ω_{1}}{k_{2} - k_{1}} = \frac{4 ω - ω}{2 k - k} = \frac{3 ω}{k} .

Hai kết quả hoàn toàn trùng khớp nhau, chứng minh trực tiếp rằng vân mật độ xác suất di chuyển với vận tốc nhóm của .

40.3

Xét của một hạt tự do tạo bởi sự chồng chập của hai sóng phẳng: $ω_{1} = ω$ , $k_{1} = k$ và $ω_{2} = 9 ω$ , $k_{2} = 3 k$ . Tại thời điểm $t = 0$ , hàm phân bố xác suất $| Ψ (x, t) |^{2}$ có một cực đại tại $x = 0$ . (a) Tìm giá trị dương nhỏ nhất của $x$ mà tại đó hàm phân bố xác suất có cực đại ở thời điểm $t = \frac{2 π}{ω}$ . (b) Từ kết quả câu (a), hãy xác định tốc độ trung bình mà tại đó hình phân bố xác suất di chuyển theo chiều $+ x$ . So sánh kết quả này với biểu thức $v_{av} = \frac{ω_{2} - ω_{1}}{k_{2} - k_{1}}$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Sóng thành phần 1: $k_{1} = k$ , $ω_{1} = ω$ .
Sóng thành phần 2: $k_{2} = 3 k$ , $ω_{2} = 9 ω$ (phù hợp với hạt phi tương đối tính $E \propto k^{2} ⟹ ω \propto k^{2}$ ).
Cần tìm: Tọa độ cực đại tại thời điểm $t = 2 π / ω$ và tốc độ nhóm của phân bố xác suất.

Hướng đi:

Biểu diễn chồng chập đồng tại gốc tọa độ: $Ψ (x, t) = A [e^{i (k x - ω t)} + e^{i (3 k x - 9 ω t)}]$ .
Tính $| Ψ |^{2}$ và tìm điều kiện cực đại.
Theo dõi chuyển động của đỉnh cực đại ban đầu ở $x = 0$ để tính tốc độ dịch chuyển của hình bao.

Lời giải chi tiết:

(a) Biểu thức mật độ xác suất và vị trí cực đại: Khai triển hàm mật độ xác suất: Đặt $ρ = | Ψ |^{2}$ và $ϕ = 2 k x - 8 ω t$ . Mật độ xác suất bằng

\begin{aligned} ρ & = | Ψ_{1} + Ψ_{2} |^{2} \\ = 2 | A |^{2} (1 + \cos ϕ) . \end{aligned}

Hàm này đạt cực đại khi:

\cos (2 k x - 8 ω t) = 1,

Suy ra:

2 k x - 8 ω t = 2 m π,

Với $m \in Z$ .

Tại thời điểm $t = \frac{2 π}{ω}$ :

8 ω t = 8 ω (\frac{2 π}{ω}) = 16 π .

Phương trình xác định vị trí cực đại:

2 k x - 16 π = 2 m π,

Suy ra:

k x = 8 π + m π .

Các vị trí cực đại phân bố tại:

x = \frac{(8 + m) π}{k} .

Giá trị dương nhỏ nhất của $x$ đạt được khi ta chọn số nguyên $m = - 7$ :

x_{\min} = \frac{(8 - 7) π}{k} = \frac{π}{k} .

(b) Tốc độ dịch chuyển trung bình của phân bố xác suất: Cực đại vốn nằm tại gốc tọa độ $x = 0$ ở thời điểm $t = 0$ (ứng với giá trị $2 k x - 8 ω t = 0$ ). Ở thời điểm $t = \frac{2 π}{ω}$ , điểm có cùng pha bằng 0 này thỏa mãn:

2 k X - 16 π = 0,

Suy ra:

X = \frac{8 π}{k} .

Như vậy sau khoảng thời gian $Δ t = \frac{2 π}{ω}$ , đỉnh cực đại này đã di chuyển được một quãng đường:

Δ x = X - 0 = \frac{8 π}{k} .

Tốc độ di chuyển trung bình:

v_{av} = \frac{Δ x}{Δ t} = \frac{8 π / k}{2 π / ω} = \frac{4 ω}{k} .

Đối chiếu với công thức sai phân tỷ số:

\begin{aligned} v_{av} & = \frac{ω_{2} - ω_{1}}{k_{2} - k_{1}} \\ = \frac{9 ω - ω}{3 k - k} \\ = \frac{4 ω}{k} . \end{aligned}

Kết quả này hoàn toàn thống nhất với tốc độ lan truyền của hình bao mật độ xác suất trong cơ học lượng tử.

40.4

Một hạt được mô tả bởi dạng Gauss:

ψ (x) = A e^{- a x^{2}}

Trong đó $A$ và $a$ là các hằng số thực dương. Nếu giá trị của hằng số $a$ tăng lên, điều này sẽ ảnh hưởng như thế nào đến: (a) Độ bất định về vị trí $Δ x$ của hạt? (b) Độ bất định về $Δ p_{x}$ của hạt? Hãy giải thích chi tiết các câu trả lời.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

: $ψ (x) = A e^{- a x^{2}}$ ( $a > 0$ ).
Biến động: Tham số $a$ tăng lên ( $a ↑$ ).
Cần giải thích: Chiều biến thiên của $Δ x$ và $Δ p_{x}$ .

Hướng đi:

Mật độ xác suất $| ψ (x) |^{2} = A^{2} e^{- 2 a x^{2}}$ có dạng phân bố chuẩn (Gauss).
Khảo sát bề rộng của phân bố không gian khi $a$ tăng.
Vận dụng nguyên lý bất định Heisenberg $Δ x Δ p_{x} \geq \frac{ℏ}{2}$ để kết luận về độ bất định .

Lời giải chi tiết:

(a) Ảnh hưởng đến độ bất định về vị trí $Δ x$ : Mật độ xác suất tìm hạt là:

P (x) = | ψ (x) |^{2} = A^{2} e^{- 2 a x^{2}} .

Đây là phân bố Gauss với độ lệch chuẩn vị trí tỷ lệ nghịch với căn bậc hai của tham số $a$ :

Δ x = \frac{1}{2 \sqrt{a}} .

Khi hằng số $a$ tăng lên, hàm mũ $e^{- 2 a x^{2}}$ suy giảm nhanh hơn rất nhiều khi rời xa gốc tọa độ, làm cho đồ thị mật độ xác suất co hẹp lại xung quanh vị trí $x = 0$ . Kết luận: Độ bất định về vị trí $Δ x$ giảm xuống. Vị trí của hạt được định xứ cục bộ chính xác hơn.

(b) Ảnh hưởng đến độ bất định về $Δ p_{x}$ : Phép biến đổi Fourier của một Gauss trong không gian tọa độ cho ra một hàm sóng Gauss trong không gian động lượng:

ϕ (p_{x}) \propto e^{- p_{x}^{2} / (4 a ℏ^{2})} .

Độ lệch chuẩn trong không gian có giá trị:

Δ p_{x} = ℏ \sqrt{a} .

Khi $a$ tăng, $Δ p_{x}$ tăng theo tỷ lệ thuận với $\sqrt{a}$ . Tích số bất định đối với trạng thái Gauss đạt giá trị cực tiểu tuyệt đối:

\begin{aligned} Δ x Δ p_{x} & = (\frac{1}{2 \sqrt{a}}) (ℏ \sqrt{a}) \\ = \frac{ℏ}{2} . \end{aligned}

Theo nguyên lý bất định Heisenberg, nếu vị trí hạt được định vị càng hẹp ( $Δ x$ giảm), thì các thành phần sóng phẳng giao thoa để tạo ra đỉnh nhọn đó phải bao gồm dải số sóng rộng hơn rất nhiều. Kết luận: Độ bất định về $Δ p_{x}$ tăng lên.

40.5

Xét một có dạng sóng dừng:

ψ (x) = A \sin (k x)

Trong đó $k = \frac{2 π}{λ}$ và $A$ là một hằng số thực. (a) Hạt được mô tả bởi này có xác suất tìm thấy cao nhất tại những giá trị $x$ nào? Hãy giải thích. (b) Xác suất tìm thấy hạt triệt tiêu (bằng 0) tại những giá trị $x$ nào? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

: $ψ (x) = A \sin (k x)$ với $k = \frac{2 π}{λ}$ .
Cần tìm: Tọa độ các điểm có xác suất cực đại (bụng sóng) và xác suất triệt tiêu (nút sóng).

Hướng đi:

Mật độ xác suất tỷ lệ với $| ψ (x) |^{2} = A^{2} \sin^{2} (k x)$ .
Cực đại xảy ra khi $| \sin (k x) | = 1$ .
Xác suất bằng không xảy ra khi $\sin (k x) = 0$ .

Lời giải chi tiết:

Mật độ xác suất tìm thấy hạt trong một khoảng vi phân $d x$ quanh vị trí $x$ là:

\begin{aligned} P (x) d x & = | ψ (x) |^{2} d x \\ = A^{2} \sin^{2} (k x) d x . \end{aligned}

(a) Các vị trí có xác suất tìm thấy hạt cao nhất: Hàm $\sin^{2} (k x)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $1$ khi:

| \sin (k x) | = 1,

Khi và chỉ khi:

k x = (2 n + 1) \frac{π}{2} (n \in Z) .

Thay số sóng $k = \frac{2 π}{λ}$ vào hệ thức:

\begin{aligned} (\frac{2 π}{λ}) x & = (2 n + 1) \frac{π}{2} \\ ⟹ x & = (2 n + 1) \frac{λ}{4} . \end{aligned}

Các vị trí này tương ứng với các bụng sóng của sóng dừng. Chúng cách nhau một khoảng bằng nửa $\frac{λ}{2}$ , và điểm dương đầu tiên nằm cách gốc tọa độ một phần tư bước sóng $\frac{λ}{4}$ .

(b) Các vị trí có xác suất tìm thấy hạt bằng 0: Mật độ xác suất triệt tiêu hoàn toàn khi:

\sin k x = 0 ⟺ k x = m π,

Với số nguyên $m \in Z$ . Thay $k = \frac{2 π}{λ}$ :

\begin{aligned} (\frac{2 π}{λ}) x & = m π \\ ⟹ x & = m \frac{λ}{2} (m \in Z) . \end{aligned}

Các vị trí này tương ứng với các nút sóng của sóng dừng (bao gồm $x = 0, \pm \frac{λ}{2}, \pm λ, \dots$ ). Tại các nút này, xác suất bắt gặp hạt hoàn toàn bằng không.

40.6

Cho $ψ_{1} (x)$ và $ψ_{2} (x)$ là hai nghiệm độc lập của độc lập với thời gian:

- \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} + U (x) ψ = E ψ

Tương ứng với hai mức khác nhau $E_{1}$ và $E_{2}$ ( $E_{1} \neq E_{2}$ ). kết hợp tuyến tính $ψ (x) = A ψ_{1} (x) + B ψ_{2} (x)$ (với $A$ và $B$ là các hằng số khác 0) có phải là một nghiệm của độc lập với thời gian không? Hãy giải thích rõ lập luận của bạn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hai riêng biệt: $\hat{H} ψ_{1} = E_{1} ψ_{1}$ và $\hat{H} ψ_{2} = E_{2} ψ_{2}$ với $E_{1} \neq E_{2}$ .
Tổ hợp tuyến tính: $ψ (x) = A ψ_{1} (x) + B ψ_{2} (x)$ ( $A, B \neq 0$ ).
Câu hỏi: $ψ (x)$ có phải là nghiệm của độc lập với thời gian không?

Hướng đi:

Tác dụng toán tử Hamilton $\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2}}{d x^{2}} + U (x)$ lên hàm $ψ (x)$ .
Kiểm tra xem kết quả có thể đưa về dạng $E ψ (x)$ với một hằng số $E$ duy nhất hay không.

Lời giải chi tiết:

Ký hiệu toán tử vi phân Hamilton là $\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2}}{d x^{2}} + U (x)$ . độc lập với thời gian có dạng bài toán tìm hàm riêng và giá trị riêng:

\hat{H} ψ (x) = E ψ (x) .

Theo giả thiết đề bài:

\hat{H} ψ_{1} = E_{1} ψ_{1},

Và:

\hat{H} ψ_{2} = E_{2} ψ_{2} .

Tác dụng toán tử $\hat{H}$ lên tổ hợp $ψ (x) = A ψ_{1} + B ψ_{2}$ : Do $\hat{H}$ là một toán tử tuyến tính, ta có: Đặt $u = A ψ_{1}$ , $v = B ψ_{2}$ , nên $ψ = u + v$ . Tính tuyến tính và hai phương trình riêng cho

\begin{aligned} \hat{H} ψ & = \hat{H} u + \hat{H} v \\ = E_{1} u + E_{2} v . \end{aligned}

Giả sử phản chứng rằng $ψ (x)$ là nghiệm của phương trình độc lập với thời gian với một giá trị xác định $E$ . Khi đó ta phải có:

\begin{aligned} \hat{H} ψ & = E (A ψ_{1} + B ψ_{2}) \\ = A E ψ_{1} + B E ψ_{2} . \end{aligned}

Đồng nhất hai biểu thức. Đặt $δ_{1} = E_{1} - E$ và $δ_{2} = E_{2} - E$ , ta có

δ_{1} u + δ_{2} v = 0.

Vì $ψ_{1}$ và $ψ_{2}$ là hai hàm riêng độc lập tuyến tính ứng với hai mức khác nhau ( $E_{1} \neq E_{2}$ ), đẳng thức trên chỉ có thể thỏa mãn tại mọi điểm $x$ khi cả hai hệ số đồng thời triệt tiêu:

A (E_{1} - E) = 0,

Và:

B (E_{2} - E) = 0.

Do $A \neq 0$ và $B \neq 0$ , điều này đòi hỏi $E = E_{1}$ và $E = E_{2}$ , mâu thuẫn trực tiếp với giả thiết $E_{1} \neq E_{2}$ .

Kết luận: Hàm tổ hợp không phải là hàm riêng của không phụ thuộc thời gian. Trạng thái có nhiều thành phần năng lượng và không nhận được một thời gian chung. Những số hạng giao thoa giữa các thành phần có thể làm mật độ xác suất thay đổi theo thời gian.

40.7

Một electron ở trong một giếng thế một chiều sâu vô hạn. Khi electron ở trạng thái cơ bản, có dài nhất mà nó có thể hấp thụ là $420 nm$ . Bước sóng dài thứ hai của photon mà electron có thể hấp thụ (cũng xuất phát từ trạng thái cơ bản) bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron trong giếng 1D sâu vô hạn.
Trạng thái ban đầu: Trạng thái cơ bản $n = 1$ .
dài nhất hấp thụ: $λ_{12} = 420 nm$ .
Cần tìm: dài thứ hai $λ_{13}$ hấp thụ từ trạng thái cơ bản.

Hướng đi:

Phổ của giếng vô hạn: $E_{n} = n^{2} E_{1}$ .
Sự hấp thụ từ trạng thái cơ bản đòi hỏi photon bằng $Δ E_{1 n} = E_{n} - E_{1} = (n^{2} - 1) E_{1}$ .
tỷ lệ nghịch với độ chênh lệch : $λ = \frac{h c}{Δ E}$ . Năng lượng nhỏ nhất tương ứng với bước sóng dài nhất ( $n = 1 \to 2$ ). Bước sóng dài kế tiếp ứng với chuyển mức kích thích kế tiếp ( $n = 1 \to 3$ ).

Lời giải chi tiết:

của các mức giam giữ:

E_{n} = n^{2} E_{1} .

Quá trình hấp thụ đưa electron từ trạng thái cơ bản ( $n = 1$ ) lên các trạng thái kích thích:

Lên mức kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ):

\begin{aligned} Δ E_{12} & = E_{2} - E_{1} \\ = 3 E_{1} . \end{aligned}

Đây là bước nhảy có nhỏ nhất, tương ứng với có dài nhất:

λ_{12} = \frac{h c}{3 E_{1}} = 420 nm .

Lên mức kích thích thứ hai ( $n = 3$ ):

\begin{aligned} Δ E_{13} & = E_{3} - E_{1} \\ = 8 E_{1} . \end{aligned}

Đây là bước nhảy có nhỏ thứ hai, tương ứng với có dài thứ hai $λ_{13}$ :

λ_{13} = \frac{h c}{8 E_{1}} .

Lập tỷ số giữa hai :

\frac{λ_{13}}{λ_{12}} = \frac{3 E_{1}}{8 E_{1}} = \frac{3}{8} .

Suy ra:

\begin{aligned} λ_{13} & = \frac{3}{8} λ_{12} \\ = \frac{3}{8} (420 nm) \\ = 157, 5 nm . \end{aligned}

này thuộc vùng tử ngoại chân không (UV), có gấp $\frac{8}{3}$ lần năng lượng photon khả kiến ban đầu.

40.8

Một hạt chuyển động trong không gian một chiều dọc theo trục $x$ được mô tả bởi :

ψ (x) = {\begin{cases} A e^{- b x}, & x \geq 0, \\ A e^{b x}, & x < 0. \end{cases}

Trong đó $b = 2, 00 m^{- 1}$ , $A > 0$ và chiều dương trục $x$ hướng sang phải. (a) Xác định hằng số $A$ để được chuẩn hóa. (b) Mô tả hình dạng đồ thị của hàm sóng này. (c) Tìm xác suất để bắt gặp hạt trong mỗi vùng không gian sau: (i) Trong khoảng cách không quá $50, 0 cm$ tính từ gốc tọa độ. (ii) Ở nửa bên trái của gốc tọa độ ( $x < 0$ ). (iii) Trong khoảng giữa $x = 0,500 m$ và $x = 1, 00 m$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

: $ψ (x) = A e^{- b | x |}$ với $b = 2, 00 m^{- 1}$ .
Cần tìm: Hằng số chuẩn hóa $A$ , vẽ phác đồ thị và các xác suất .

Hướng đi:

Điều kiện chuẩn hóa trên toàn không gian: $\int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x = 1$ . Do tính đối xứng chẵn, bằng hai lần tích phân từ 0 đến $\infty$ .
Xác suất tìm hạt trong khoảng $[x_{1}, x_{2}]$ là $P = \int_{x_{1}}^{x_{2}} | ψ (x) |^{2} d x$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định hằng số chuẩn hóa $A$ : Vì chẵn đối xứng qua gốc tọa độ: Ký hiệu chuẩn hóa là $I$ :

I = \int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x .

Do hàm mật độ chẵn, điều kiện $I = 1$ trở thành

I = 2 A^{2} \int_{0}^{\infty} e^{- 2 b x} d x = 1.

Tính từng bước:

\begin{aligned} 2 A^{2} {[- \frac{e^{- 2 b x}}{2 b}]}_{0}^{\infty} & = \frac{A^{2}}{b} \\ = 1. \end{aligned}

Do đó:

\begin{aligned} A & = \sqrt{b} \\ = \sqrt{2, 00 m^{- 1}} \\ \approx 1,414 m^{- 1 / 2} . \end{aligned}

(b) Phác thảo đồ thị :

Đồ thị hàm sóng đối xứng qua gốc tọa độ của hạt

Đồ thị đối xứng hoàn hảo qua trục tung $O y$ .
Tại gốc tọa độ $x = 0$ , hàm số đạt đỉnh nhọn cực đại bằng $A \approx 1,414 m^{- 1 / 2}$ .
Khi $| x |$ tăng dần về hai phía âm và dương, suy giảm nhanh chóng theo hàm mũ tiến về 0.

(i) Trong phạm vi cách gốc tọa độ tối đa $50, 0 cm = 0,500 m$ (tức $- 0,500 m \leq x \leq + 0,500 m$ ): Tận dụng tính đối xứng chẵn của mật độ xác suất:

\begin{aligned} P_{1} & = 2 \int_{0}^{0,500} b e^{- 2 b x} d x \\ = 1 - e^{- 2 b (0,500)} \\ = 1 - e^{- 2, 00} \\ \approx 0,864 7 \\ = 86, 5 % . \end{aligned}

(ii) Ở nửa bên trái gốc tọa độ ( $x < 0$ ): Do tính đối xứng chẵn hoàn toàn của phân bố xác suất qua điểm $x = 0$ và tổng xác suất trên toàn trục bằng 1:

\begin{aligned} P_{2} & = \int_{- \infty}^{0} | ψ (x) |^{2} d x \\ = 0,500 (50, 0 %) . \end{aligned}

(iii) Trong khoảng giữa $x = 0,500 m$ và $x = 1, 00 m$ :

\begin{aligned} P_{3} & = \int_{0,500}^{1, 00} b e^{- 2 b x} d x \\ = \frac{1}{2} [e^{- 2, 00} - e^{- 4, 00}] \\ \approx 0,058 5 (5, 85 %) . \end{aligned}

(Lưu ý: Nếu xét đối xứng ở cả hai phía của gốc tọa độ giữa $0,500 m \leq | x | \leq 1, 00 m$ , giá trị xác suất sẽ bằng $e^{- 2} - e^{- 4} \approx 0,117$ hay $11, 7 %$ ).

40.9

Trò chơi bi-a ở trạng thái lượng tử cơ bản. (a) Tìm mức thấp nhất của một nếu hạt đó là một quả bóng bi-a ( $m = 0, 20 kg$ ) và hộp có bề rộng $1, 3 m$ (kích thước điển hình của bàn bi-a). Giả sử quả bóng trượt không ma sát thay vì lăn (bỏ qua động năng quay). (b) Vì năng lượng ở phần (a) hoàn toàn là động năng tịnh tiến, tốc độ này tương ứng bằng bao nhiêu? Quả bóng cần bao nhiêu thời gian với tốc độ này để di chuyển từ mép này sang mép kia của bàn? (c) Độ chênh lệch năng lượng giữa mức $n = 2$ và mức $n = 1$ bằng bao nhiêu? (d) Các hiệu ứng cơ học lượng tử có đóng vai trò gì đáng kể trong trò chơi bi-a hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Vật vĩ mô: Quả bóng bi-a $m = 0, 20 kg$ .
Kích thước bàn: $L = 1, 3 m$ .
Cần tính: $E_{1}$ , tốc độ $v$ , thời gian vượt bàn $t$ , khoảng cách $Δ E_{21}$ , và nhận xét ý nghĩa vật lý.

Hướng đi:

Sử dụng mô hình hạt trong giếng 1D sâu vô hạn: $E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m L^{2}}$ .
Liên hệ động năng cổ điển $E_{1} = \frac{1}{2} m v^{2}$ để tìm tốc độ.
Tính $Δ E_{21} = 3 E_{1}$ và so sánh với thang nhiệt vĩ mô.

Lời giải chi tiết:

(a) Mức thấp nhất $E_{1}$ :

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{h^{2}}{8 m L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{2,704} \\ \approx 1, 62 \times 10^{- 67} J . \end{aligned}

Đây là một giá trị vô cùng nhỏ bé so với mọi thang đo cơ học thông thường.

(b) Tốc độ và thời gian di chuyển: Từ biểu thức động năng:

E_{1} = \frac{1}{2} m v^{2},

Suy ra:

v = \sqrt{\frac{2 E_{1}}{m}} .

Thay số:

\begin{aligned} v & = \sqrt{\frac{2 (1,624 \times 10^{- 67})}{0, 20}} \\ \approx 1, 27 \times 10^{- 33} m / s . \end{aligned}

Thời gian để quả bóng vượt qua chiều dài bàn $L = 1, 3 m$ :

\begin{aligned} t & = \frac{L}{v} \\ = \frac{1, 3 m}{1, 27 \times 10^{- 33} m / s} \\ \approx 1, 02 \times 10^{33} s . \end{aligned}

Đổi ra năm:

\begin{aligned} t & \approx \frac{1, 02 \times 10^{33} s}{3,156 \times 10^{7} s / năm} \\ \approx 3, 2 \times 10^{25} năm . \end{aligned}

Khoảng thời gian này lớn hơn tuổi của vũ trụ hiện nay ( $\approx 1, 38 \times 10^{10} năm$ ) tới $15$ bậc độ lớn.

\begin{aligned} Δ E_{21} & = 3 E_{1} \\ = 3 (1,624 \times 10^{- 67} J) \\ \approx 4, 87 \times 10^{- 67} J . \end{aligned}

(d) Đánh giá vai trò của cơ học lượng tử: Các hiệu ứng cơ học lượng tử hoàn toàn không đóng vai trò gì trong trò chơi bi-a. Lý do: Khoảng cách giữa các mức ( $10^{- 67} J$ ) quá nhỏ đến mức liên tục đối với mọi dụng cụ đo. Một cú chạm cơ học nhẹ nhất truyền năng lượng cỡ $10^{- 3} J$ tương ứng với số lượng tử $n \approx 10^{32}$ , tại đó nguyên lý tương ứng Bohr khẳng định hành vi của hệ trùng khít hoàn toàn với cơ học cổ điển Newton.

40.10

Một proton bị giam giữ trong giếng thế sâu vô hạn có bề rộng $L$ . Bề rộng của giếng phải bằng bao nhiêu để trạng thái cơ bản là $5, 0 MeV$ , giá trị điển hình cho năng lượng liên kết của các hạt bên trong hạt nhân? Hãy so sánh kết quả thu được với kích thước thực tế của hạt nhân nguyên tử (cỡ $10^{- 14} m$ ).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Proton ( $m_{p} = 1,673 \times 10^{- 27} kg$ ).
trạng thái cơ bản: $E_{1} = 5, 0 MeV = 8, 01 \times 10^{- 13} J$ .
Cần tìm: Bề rộng giếng $L$ và so sánh với kích thước hạt nhân.

Hướng đi:

giếng sâu vô hạn: $E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m_{p} L^{2}}$ .
Rút ra biểu thức $L = \frac{h}{\sqrt{8 m_{p} E_{1}}}$ và tính toán theo chuẩn đơn vị SI.

Lời giải chi tiết:

Đổi sang đơn vị Joule: Dùng $1 MeV \approx 1,602 \times 10^{- 13} J$ để đổi năng lượng:

\begin{aligned} E_{1} & = 5, 0 MeV \\ \approx 8, 01 \times 10^{- 13} J . \end{aligned}

Tính bề rộng giếng thế $L$ : Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{p} E_{1}} \approx 1,035 \times 10^{- 19} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{p} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,035 \times 10^{- 19}} \\ \approx 6, 40 \times 10^{- 15} m \\ = 6, 40 fm . \end{aligned}

So sánh và nhận xét: Kết quả tính được ( $6, 40 \times 10^{- 15} m$ ) hoàn toàn cùng bậc độ lớn với kích thước đường kính thực tế của các hạt nhân trung bình và nặng (vốn dao động trong khoảng từ $3 \times 10^{- 15} m$ đến $15 \times 10^{- 15} m$ , hay $10^{- 14} m$ ). Việc giam giữ nucleon trong miền nhỏ của hạt nhân đòi hỏi động năng tối thiểu có bậc megaelectronvolt ( $MeV$ ), giải thích nguồn gốc vì sao các phản ứng hạt nhân giải phóng lớn hơn hàng triệu lần so với phản ứng hóa học thông thường.

40.11

Hãy xác định bề rộng $L$ của giếng thế một chiều sâu vô hạn để trạng thái cơ bản của một electron giam trong giếng bằng đúng độ lớn năng lượng trạng thái cơ bản của nguyên tử hydro ( $13,606 eV$ ).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
cơ bản mong muốn:

\begin{aligned} E_{1} & = 13,606 eV \\ \approx 2,180 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Cần tìm: Bề rộng giếng thế $L$ .

Hướng đi:

Đặt biểu thức mức cơ bản giếng vô hạn bằng ion hóa nguyên tử hydro: $\frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} = | E_{H} | = 13,606 eV$ .
Giải phương trình để tìm $L$ và so sánh với bán kính Bohr $a_{0} = 0,052 9 nm$ .

Lời giải chi tiết:

Đổi sang đơn vị Joule: Nhân giá trị theo electron-volt với hệ số $1,602 18 \times 10^{- 19} J / eV$ :

\begin{aligned} E_{1} & = 13,606 eV \\ \approx 2,180 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Xác định bề rộng giếng thế $L$ : Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{e} E_{1}} \approx 3,985 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{3,985 \times 10^{- 24}} \\ \approx 1, 66 \times 10^{- 10} m \\ = 0,166 nm . \end{aligned}

So sánh: Kích thước này tương đương với khoảng 3 lần bán kính Bohr $a_{0} = 0,052 9 nm$ ( $L \approx 3, 14 a_{0} = π a_{0}$ ), cho thấy kích thước hộp lượng tử phải cỡ kích thước nguyên tử thì giam giữ lượng tử mới đạt tới bậc electron-volt.

40.12

Khi một nguyên tử hydro chuyển mức từ $n = 2$ xuống $n = 1$ , một có $λ = 122 nm$ (vạch Lyman-alpha) được phát ra. (a) Nếu nguyên tử được mô hình hóa đơn giản như một electron trong giếng thế một chiều sâu vô hạn, bề rộng của giếng thế phải bằng bao nhiêu để chuyển mức $n = 2 \to n = 1$ phát ra photon có đúng này? (b) Với bề rộng tính ở phần (a), năng lượng trạng thái cơ bản bằng bao nhiêu? Giá trị này tương ứng thế nào với năng lượng trạng thái cơ bản thực tế của nguyên tử hydro? (c) Bạn có cho rằng giếng thế một chiều là một mô hình tốt cho nguyên tử hydro không? Hãy giải thích rõ.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

phát ra: $λ = 122 nm$ .
Giả thuyết: Mô hình giếng thế 1D sâu vô hạn.
Cần tính: Bề rộng giếng $L$ , mức cơ bản $E_{1}$ , và đánh giá tính phù hợp của mô hình.

Hướng đi:

chuyển mức: $Δ E = \frac{h c}{λ} = 3 E_{1}$ .
Từ $E_{1}$ , tính $L = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}}$ .
So sánh quy luật khoảng cách theo số lượng tử $n$ giữa thế giếng vuông ( $E_{n} \propto n^{2}$ ) và thế Coulomb ( $E_{n} \propto - 1 / n^{2}$ ).

Lời giải chi tiết:

(a) Tính và bề rộng giếng thế: Năng lượng của photon phát ra: Với $h c \approx 1,988 \times 10^{- 25} J \cdot m$ :

\begin{aligned} Δ E & = \frac{h c}{λ} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{122 \times 10^{- 9}} \\ \approx 1,629 \times 10^{- 18} J \\ \approx 10, 17 eV . \end{aligned}

Theo mô hình :

\begin{aligned} Δ E & = E_{2} - E_{1} \\ = 3 E_{1} . \end{aligned}

Suy ra mức cơ bản:

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{Δ E}{3} \\ \approx \frac{1,629 \times 10^{- 18} J}{3} \\ \approx 5,431 \times 10^{- 19} J \\ \approx 3, 39 eV . \end{aligned}

Bề rộng giếng thế tương ứng: Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{e} E_{1}} \approx 1,990 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,990 \times 10^{- 24}} \\ \approx 3, 33 \times 10^{- 10} m \\ = 0,333 nm . \end{aligned}

(b) So sánh trạng thái cơ bản: Mức cơ bản của mô hình là $E_{1} \approx 3, 39 eV$ . Năng lượng trạng thái cơ bản thực tế của nguyên tử hydro là $- 13, 6 eV$ (độ lớn $13, 6 eV$ ). Mức cơ bản của giếng thế một chiều chỉ bằng đúng một phần tư ( $25 %$ ) năng lượng liên kết thực nghiệm của nguyên tử hydro.

(c) Đánh giá mô hình: Giếng thế một chiều sâu vô hạn không phải là một mô hình tốt cho nguyên tử hydro. Lý do vật lý bản chất:

Quy luật thang bậc trái ngược hoàn toàn: Trong giếng thế một chiều, khoảng cách giữa các mức liên tiếp tăng dần theo quy tắc $Δ E_{n \to n + 1} = (2 n + 1) E_{1}$ . Ngược lại, trong nguyên tử hydro chịu thế Coulomb hút $U (r) = - \frac{e^{2}}{4 π ε_{0} r}$ , năng lượng tỷ lệ nghịch với bình phương số lượng tử $E_{n} = - \frac{13, 6 eV}{n^{2}}$ , khiến khoảng cách giữa các mức dồn cục bộ càng lúc càng sát lại khi $n$ tăng và hội tụ về ngưỡng ion hóa.
Giếng thế một chiều giam hạt bằng các vách thế cứng ngắc, không mô tả được lực hút tầm xa Coulomb hay bậc tự do chuyển động trong không gian ba chiều và mômen quỹ đạo.

40.13

Một nguyên tử cần $3, 0 eV$ để kích thích một electron từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ nhất. Hãy mô hình hóa nguyên tử này như một electron trong giếng thế một chiều sâu vô hạn và tìm bề rộng $L$ của giếng thế.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

kích thích: $Δ E_{12} = 3, 0 eV = 4,806 \times 10^{- 19} J$ .
Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
Cần tìm: Bề rộng giếng $L$ .

Hướng đi:

Chuyển mức từ trạng thái cơ bản ( $n = 1$ ) lên trạng thái kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ) có hiệu $Δ E_{12} = 3 E_{1}$ .
Từ đó suy ra $E_{1} = 1, 0 eV$ và tính trực tiếp bề rộng $L$ .

Lời giải chi tiết:

của trạng thái cơ bản $E_{1}$ :

\begin{aligned} Δ E_{12} & = E_{2} - E_{1} \\ = 3 E_{1} \\ = 3, 0 eV . \end{aligned}

Suy ra:

\begin{aligned} E_{1} & = 1, 0 eV \\ = 1,602 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Bề rộng giếng thế $L$ : Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{e} E_{1}} \approx 1,080 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,080 \times 10^{- 24}} \\ \approx 6, 13 \times 10^{- 10} m \\ = 0,613 nm . \end{aligned}

Kích thước giếng thế khoảng $0, 61 nm$ là kích thước tiêu biểu của các phân tử hữu cơ liên hợp nhỏ.

40.14

Một electron trong giếng thế một chiều sâu vô hạn có trạng thái cơ bản là $2, 00 eV$ . Hãy xác định của bị hấp thụ khi electron chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ hai.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

mức cơ bản: $E_{1} = 2, 00 eV = 3,204 \times 10^{- 19} J$ .
Trạng thái kích thích thứ hai: Mức $n = 3$ .
Cần tìm: hấp thụ $λ_{13}$ .

Hướng đi:

các mức: $E_{n} = n^{2} E_{1}$ .
hấp thụ khi nhảy từ $n = 1$ lên $n = 3$ : $Δ E_{13} = (3^{2} - 1^{2}) E_{1} = 8 E_{1}$ .
: $λ = \frac{h c}{Δ E_{13}}$ .

Lời giải chi tiết:

Tính hấp thụ: Trạng thái cơ bản ứng với $n = 1$ . Trạng thái kích thích thứ hai ứng với $n = 3$ . Hiệu năng lượng giữa hai mức:

\begin{aligned} Δ E_{13} & = E_{3} - E_{1} \\ = 8 E_{1} . \end{aligned}

Thay số:

\begin{aligned} Δ E_{13} & = 8 (2, 00 eV) \\ = 16, 00 eV \\ \approx 2,563 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Tính hấp thụ: Với tích hằng số $h c \approx 1,988 \times 10^{- 25} J \cdot m$ :

\begin{aligned} λ_{13} & = \frac{h c}{Δ E_{13}} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{2,563 \times 10^{- 18}} \\ \approx 7, 75 \times 10^{- 8} m \\ = 77, 5 nm . \end{aligned}

Bức xạ này thuộc dải tử ngoại chân không (Extreme Ultraviolet).

40.15

Một hạt có khối lượng $m$ nằm trong một giếng thế một chiều sâu vô hạn có bề rộng $L$ . Biết của hạt là $E = \frac{9 π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$ . (a) tuyến tính của hạt bằng bao nhiêu? (b) Tỷ số giữa bề rộng $L$ của giếng thế và $λ$ của hạt bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

của hạt: $E = \frac{9 π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$ .
Cần tìm: của hạt và tỷ số $L / λ$ .

Hướng đi:

So sánh biểu thức với công thức tổng quát $E_{n} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$ để xác định số lượng tử chính $n = 3$ .
Phân tích trạng thái sóng dừng thành hai sóng phẳng thành phần truyền ngược chiều nhau để chỉ rõ giá trị trung bình và độ lớn động lượng của từng thành phần.
Tính từ thành phần và xác định tỷ số $L / λ$ .

Lời giải chi tiết:

Xác định số lượng tử của trạng thái: Mức tổng quát của giếng sâu vô hạn:

E_{n} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}} .

Đối chiếu với biểu thức đã cho, ta có ngay $n^{2} = 9 ⟹ n = 3$ . Hạt đang ở trạng thái kích thích thứ hai.

(a) tuyến tính của hạt: dừng của hạt trong giếng thế có dạng:

ψ_{3} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{3 π x}{L}) .

Sử dụng công thức Euler, dừng có thể khai triển đồng nhất thành hai sóng phẳng chuyển động ngược chiều nhau: Đặt $k_{3} = 3 π / L$ . Công thức Euler viết hàm sin thành hai thành phần đối truyền:

\sin k_{3} x = \frac{e^{i k_{3} x} - e^{- i k_{3} x}}{2 i} .

Điều này mang ý nghĩa vật lý quan trọng:

Giá trị kỳ vọng của (động lượng trung bình): Do hạt chuyển động qua lại liên tục phản xạ giữa hai thành giếng với xác suất đối xứng hoàn hảo theo hai chiều, ta có:

⟨ p_{x} ⟩ = 0.

Độ lớn của mỗi sóng phẳng thành phần: Mỗi thành phần sóng phẳng mang một động lượng xác định có giá trị:

\begin{aligned} p_{x} & = \pm ℏ k \\ = \pm ℏ (\frac{3 π}{L}) \\ = \pm \frac{3 h}{2 L} . \end{aligned}

Độ lớn của hạt là:

| p_{x} | = \frac{3 π ℏ}{L} = \frac{3 h}{2 L} .

(Lưu ý về phép đo: Nếu ta dỡ bỏ đột ngột các thành giếng và đo tự do của hạt, phân bố động lượng thu được sẽ là một phổ liên tục biến đổi theo biến đổi Fourier của cục bộ, thay vì chỉ thu được hai giá trị rời rạc).

(b) Tỷ số giữa bề rộng giếng $L$ và $λ$ : Bước sóng de Broglie tương ứng với độ lớn $| p_{x} |$ là:

\begin{aligned} λ & = \frac{h}{| p_{x} |} \\ = \frac{h}{3 h / (2 L)} \\ = \frac{2 L}{3} . \end{aligned}

Tỷ số cần tìm:

\frac{L}{λ} = \frac{L}{2 L / 3} = \frac{3}{2} = 1, 5.

Ý nghĩa: Chiều dài giếng thế chứa đúng $1, 5$ chu kỳ đầy đủ (tương đương với 3 nửa $\frac{λ}{2}$ ), khớp chính xác với điều kiện tạo sóng dừng với hai đầu cố định tại hai thành giếng.

Bài tập 40.16–40.30

Phần này bao gồm lời giải chi tiết cho các bài tập từ 40.16 đến 40.30 thuộc Chương 40. Các bài toán tập trung vào tính chất thống kê của thế, và hiệu ứng xuyên ngầm qua rào .

Các hằng số vật lý tiêu chuẩn áp dụng trong bài:

Hằng số Planck: $h = 6,626 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Hằng số Planck rút gọn: $ℏ = 1,055 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Khối lượng electron: $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$
Khối lượng proton: $m_{p} = 1,673 \times 10^{- 27} kg$
Khối lượng hạt alpha: $m_{α} = 6, 64 \times 10^{- 27} kg$
Điện tích nguyên tố: $e = 1,602 \times 10^{- 19} C$
Tốc độ ánh sáng: $c = 3, 00 \times 10^{8} m / s$

40.16

Nhắc lại rằng $| ψ (x) |^{2} d x$ là xác suất tìm thấy hạt có chuẩn hóa $ψ (x)$ trong khoảng từ $x$ đến $x + d x$ . Xét một hạt trong giếng thế một chiều có các thành giếng cứng tại $x = 0$ và $x = L$ . Giả sử hạt ở trạng thái cơ bản với hàm sóng:

ψ_{1} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{π x}{L})

(a) Trong khoảng từ $0$ đến $L$ , xác suất tìm thấy hạt triệt tiêu (bằng 0) tại những giá trị $x$ nào, nếu có? (b) Xác suất tìm thấy hạt đạt giá trị cao nhất tại những giá trị $x$ nào? (c) Kết quả ở các phần (a) và (b) có phù hợp với đồ thị phân bố xác suất trong lý thuyết hay không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Trạng thái: Hạt ở mức cơ bản $n = 1$ trong giếng vô hạn $0 \leq x \leq L$ .
: $ψ_{1} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{π x}{L})$ .
Cần tìm: Vị trí mật độ xác suất bằng 0, vị trí cực đại và giải thích sự phù hợp với đồ thị.

Hướng đi:

Mật độ xác suất là hàm thực $P (x) = | ψ_{1} (x) |^{2} = \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{π x}{L})$ .
Khảo sát các điểm cực trị của hàm $\sin^{2} (\frac{π x}{L})$ trên đoạn $[0, L]$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Các vị trí có xác suất bằng 0: Mật độ xác suất tìm hạt triệt tiêu khi:

\sin (\frac{π x}{L}) = 0,

Khi và chỉ khi:

\frac{π x}{L} = m π,

Suy ra:

x = m L (m \in Z) .

Trong phạm vi khảo sát từ $0$ đến $L$ : Xác suất triệt tiêu tại hai đầu biên thành giếng: $x = 0$ và $x = L$ . Ở mọi điểm nằm hoàn toàn bên trong lòng giếng ( $0 < x < L$ ), hàm $\sin (\frac{π x}{L}) > 0$ , do đó không có bất kỳ điểm nào bên trong giếng có xác suất bằng 0.

(b) Vị trí có xác suất cao nhất: Hàm $\sin^{2} (\frac{π x}{L})$ đạt giá trị lớn nhất bằng $1$ khi:

\sin (\frac{π x}{L}) = 1,

Khi và chỉ khi:

\frac{π x}{L} = \frac{π}{2},

Suy ra:

x = \frac{L}{2} .

Như vậy xác suất tìm thấy hạt lớn nhất tại đúng vị trí chính giữa giếng thế $x = \frac{L}{2}$ .

Đồ thị mật độ xác suất trạng thái cơ bản trong giếng thế vuông vô hạn — Đồ thị mật độ xác suất trạng thái cơ bản $| ψ_{1} (x) |^{2}$ trong giếng thế vuông vô hạn

Kết quả này hoàn toàn thống nhất với đồ thị mật độ xác suất $| ψ_{1} (x) |^{2}$ của trạng thái cơ bản. Đồ thị là một đường cong hình chuông đối xứng nhẵn, xuất phát từ giá trị 0 tại thành giếng $x = 0$ , vươn lên đỉnh cực đại duy nhất có chiều cao $\frac{2}{L}$ tại tâm đối xứng $x = \frac{L}{2}$ , rồi hạ dần về 0 tại thành giếng đối diện $x = L$ .

40.17

Xét hai hạt khác nhau được giam giữ trong hai giếng thế một chiều sâu vô hạn riêng biệt. Hạt A có khối lượng gấp 9 lần hạt B ( $m_{A} = 9 m_{B}$ ), trong khi bề rộng giếng của hạt B lại gấp đôi bề rộng giếng của hạt A ( $L_{B} = 2 L_{A}$ ). Hãy xác định hai số lượng tử nhỏ nhất của hai hệ để hạt A và hạt B có bằng nhau.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Quan hệ khối lượng: $m_{A} = 9 m_{B}$ .
Quan hệ bề rộng giếng: $L_{B} = 2 L_{A} ⟹ L_{A} = \frac{L_{B}}{2}$ .
Điều kiện: $E_{n_{A}, A} = E_{n_{B}, B}$ .
Cần tìm: Cặp số lượng tử nguyên dương nhỏ nhất $(n_{A}, n_{B})$ .

Hướng đi:

mức $n$ của hạt khối lượng $m$ trong giếng rộng $L$ : $E_{n} = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}}$ .
Thiết lập đẳng thức giữa hai hệ, triệt tiêu các hằng số chung để rút ra tỷ số tối giản giữa $n_{A}$ và $n_{B}$ .

Lời giải chi tiết:

Biểu thức của từng hạt:

E_{n_{A}, A} = \frac{n_{A}^{2} h^{2}}{8 m_{A} L_{A}^{2}},

Và:

E_{n_{B}, B} = \frac{n_{B}^{2} h^{2}}{8 m_{B} L_{B}^{2}} .

Cho hai bằng nhau:

\frac{n_{A}^{2} h^{2}}{8 m_{A} L_{A}^{2}} = \frac{n_{B}^{2} h^{2}}{8 m_{B} L_{B}^{2}},

Suy ra:

\frac{n_{A}^{2}}{m_{A} L_{A}^{2}} = \frac{n_{B}^{2}}{m_{B} L_{B}^{2}} .

Thay các mối liên hệ $m_{A} = 9 m_{B}$ và $L_{B} = 2 L_{A}$ :

\begin{aligned} \frac{n_{A}^{2}}{9 m_{B} L_{A}^{2}} & = \frac{n_{B}^{2}}{m_{B} (2 L_{A})^{2}} \\ = \frac{n_{B}^{2}}{4 m_{B} L_{A}^{2}} . \end{aligned}

Đơn giản ước lượng $m_{B} L_{A}^{2}$ ở cả hai vế:

\frac{n_{A}^{2}}{9} = \frac{n_{B}^{2}}{4},

Tương đương với:

{(\frac{n_{A}}{3})}^{2} = {(\frac{n_{B}}{2})}^{2} .

Vì các số lượng tử phải là các số nguyên dương ( $n_{A}, n_{B} \in {1, 2, 3, \dots}$ ), lấy căn bậc hai hai vế ta được:

\frac{n_{A}}{3} = \frac{n_{B}}{2} ⟺ \frac{n_{A}}{n_{B}} = \frac{3}{2} .

Để hai số lượng tử nhận giá trị nhỏ nhất: Ta chọn phân số tối giản:

n_{A} = 3, n_{B} = 2.

Kết luận: Trạng thái kích thích thứ hai của hạt A ( $n_{A} = 3$ ) có bằng đúng trạng thái kích thích thứ nhất của hạt B ( $n_{B} = 2$ ).

40.18

(a) Hãy tìm kích thích cần thiết để đưa một electron bị giam trong giếng thế một chiều có bề rộng $0,360 nm$ từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ ba. (b) Electron thực hiện chuyển mức từ $n = 1$ lên $n = 4$ bằng cách hấp thụ một . Hãy tính của photon này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ).
Bề rộng giếng: $L = 0,360 nm = 3, 60 \times 10^{- 10} m$ .
Chuyển mức: Từ trạng thái cơ bản ( $n = 1$ ) lên trạng thái kích thích thứ ba ( $n = 4$ ).
Cần tìm: kích thích $Δ E_{14}$ và hấp thụ $λ$ .

Hướng đi:

Trạng thái kích thích thứ ba ứng với số lượng tử $n = 4$ .
Tính cơ bản $E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}$ , sau đó tính $Δ E_{14} = (4^{2} - 1^{2}) E_{1} = 15 E_{1}$ .
hấp thụ tính qua hệ thức $λ = \frac{h c}{Δ E_{14}}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) kích thích từ $n = 1$ lên $n = 4$ : Tính năng lượng trạng thái cơ bản $E_{1}$ : Tính mẫu số $8 m_{e} L^{2} \approx 9,445 \times 10^{- 49} kg \cdot m^{2}$ :

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{9,445 \times 10^{- 49}} \\ \approx 4,650 \times 10^{- 19} J \\ \approx 2,902 eV . \end{aligned}

Độ chênh lệch : Với $E_{1} \approx 4,650 \times 10^{- 19} J$ :

\begin{aligned} Δ E_{14} & = 15 E_{1} \\ \approx 6,975 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Đổi sang electron-volt:

\begin{aligned} Δ E_{14} & = 15 (2,902 eV) \\ \approx 43, 54 eV . \end{aligned}

(b) bị hấp thụ: Với $h c \approx 1,988 \times 10^{- 25} J \cdot m$ :

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E_{14}} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{6,975 \times 10^{- 18}} \\ \approx 2, 85 \times 10^{- 8} m \\ = 28, 5 nm . \end{aligned}

Bức xạ này nằm trong vùng tử ngoại xa (Extreme UV) giáp ranh tia X mềm.

40.19

Một electron ở trong giếng thế một chiều sâu vô hạn có bề rộng $3, 0 \times 10^{- 10} m$ . Hãy xác định và độ lớn của electron nếu nó ở: (a) Mức cơ bản $n = 1$ . (b) Mức kích thích thứ nhất $n = 2$ . (c) Mức kích thích thứ hai $n = 3$ . Trong mỗi trường hợp, hãy so sánh bước sóng de Broglie với bề rộng của giếng thế.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Electron. Bề rộng giếng: $L = 3, 0 \times 10^{- 10} m = 0, 30 nm$ .
Cần tìm: $λ_{n}$ , độ lớn $p_{n}$ cho $n = 1, 2, 3$ và so sánh với $L$ .

Hướng đi:

Điều kiện sóng dừng trong giếng thế sâu vô hạn: $L = n \frac{λ_{n}}{2} ⟹ λ_{n} = \frac{2 L}{n}$ .
Độ lớn tương ứng của mỗi thành phần sóng chạy: $p_{n} = \frac{h}{λ_{n}} = \frac{n h}{2 L}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Mức $n = 1$ (trạng thái cơ bản):

\begin{aligned} λ_{1} & = 2 L \\ = 2 (3, 0 \times 10^{- 10} m) \\ = 6, 0 \times 10^{- 10} m \\ = 0, 60 nm . \end{aligned}

So sánh: lớn gấp đôi bề rộng giếng ( $λ_{1} = 2 L$ ).

Độ lớn :

\begin{aligned} p_{1} & = \frac{h}{λ_{1}} \\ = \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{6, 0 \times 10^{- 10}} \\ \approx 1, 10 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s . \end{aligned}

(b) Mức $n = 2$ (trạng thái kích thích thứ nhất):

\begin{aligned} λ_{2} & = L \\ = 3, 0 \times 10^{- 10} m \\ = 0, 30 nm . \end{aligned}

So sánh: bằng đúng bề rộng giếng ( $λ_{2} = L$ ).

Độ lớn :

\begin{aligned} p_{2} & = \frac{h}{λ_{2}} \\ = \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{3, 0 \times 10^{- 10}} \\ \approx 2, 21 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s \\ = 2 p_{1} . \end{aligned}

\begin{aligned} λ_{3} & = \frac{2 L}{3} \\ = \frac{2 (3, 0 \times 10^{- 10} m)}{3} \\ = 2, 0 \times 10^{- 10} m \\ = 0, 20 nm . \end{aligned}

So sánh: bằng hai phần ba bề rộng giếng ( $λ_{3} = \frac{2}{3} L$ ).

Độ lớn :

\begin{aligned} p_{3} & = \frac{h}{λ_{3}} \\ = \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{2, 0 \times 10^{- 10}} \\ \approx 3, 31 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s \\ = 3 p_{1} . \end{aligned}

40.20

Khi một electron trong giếng thế một chiều sâu vô hạn chuyển từ mức $n = 1$ lên mức $n = 2$ , nó hấp thụ một có $426 nm$ . (a) Bước sóng của photon bị hấp thụ khi electron chuyển từ mức $n = 2$ lên mức $n = 3$ bằng bao nhiêu? (b) Bước sóng của photon bị hấp thụ khi electron chuyển từ mức $n = 1$ lên mức $n = 3$ bằng bao nhiêu? (c) Bề rộng $L$ của giếng thế bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

chuyển mức $1 \to 2$ : $λ_{12} = 426 nm$ .
Cần tìm: chuyển mức $λ_{23}$ , $λ_{13}$ và bề rộng giếng $L$ .

Hướng đi:

giếng vô hạn: $E_{n} = n^{2} E_{1}$ .
Khoảng cách các mức: $Δ E_{12} = 3 E_{1}$ , $Δ E_{23} = 5 E_{1}$ , $Δ E_{13} = 8 E_{1}$ .
Dùng tính chất tỷ lệ nghịch của $λ \propto 1 / Δ E$ để tính hai bước sóng còn lại.
Dùng giá trị $Δ E_{12}$ để tính $E_{1}$ và giải ra $L$ .

Lời giải chi tiết:

(a) chuyển mức từ $n = 2$ lên $n = 3$ : Hiệu :

\begin{aligned} Δ E_{23} & = 5 E_{1} \\ = \frac{5}{3} Δ E_{12} . \end{aligned}

Do tỷ lệ nghịch với :

\begin{aligned} λ_{23} & = \frac{3}{5} λ_{12} \\ = \frac{3}{5} (426 nm) \\ = 255, 6 nm . \end{aligned}

(b) chuyển mức từ $n = 1$ lên $n = 3$ : Hiệu :

\begin{aligned} Δ E_{13} & = 8 E_{1} \\ = \frac{8}{3} Δ E_{12} . \end{aligned}

tương ứng:

\begin{aligned} λ_{13} & = \frac{3}{8} λ_{12} \\ = \frac{3}{8} (426 nm) \\ = 159, 8 nm . \end{aligned}

\begin{aligned} Δ E_{12} & = \frac{h c}{λ_{12}} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{426 \times 10^{- 9}} \\ \approx 4,666 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

trạng thái cơ bản:

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{Δ E_{12}}{3} \\ \approx \frac{4,666 \times 10^{- 19} J}{3} \\ \approx 1,555 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Suy ra bề rộng giếng: Tính mẫu số $\sqrt{8 m_{e} E_{1}} \approx 1,064 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,064 \times 10^{- 24}} \\ \approx 6, 23 \times 10^{- 10} m \\ = 0,623 nm . \end{aligned}

40.21

Xét một hạt trong giếng thế một chiều có các thành giếng cứng tuyệt đối đặt đối xứng tại $x = - L / 2$ và $x = + L / 2$ . (a) Chứng minh rằng $ψ_{n} (x) = A \cos (k_{n} x)$ là một nghiệm khả dĩ của hệ. Số sóng $k_{n}$ phải thỏa mãn điều kiện gì? (b) Chứng minh rằng $ψ_{n} (x) = A \sin (k_{n} x)$ là một nghiệm khả dĩ của hệ. Số sóng $k_{n}$ phải thỏa mãn điều kiện gì? (c) Các mức cho phép đối với nghiệm dạng cosin và nghiệm dạng sin bằng bao nhiêu? (d) So sánh tập hợp các mức năng lượng tìm được ở phần (c) với các mức năng lượng của giếng thế đặt từ $0$ đến $L$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Giếng thế đối xứng: Khoảng xác định $- L / 2 \leq x \leq L / 2$ , thành giếng cứng tại $x = \pm L / 2$ .
Cần chứng minh: Các nghiệm chẵn (cosin) và lẻ (sin) thỏa mãn điều kiện biên, tìm phổ và đối chiếu với giếng $0 \leq x \leq L$ .

Hướng đi:

độc lập với thời gian trong giếng ( $U = 0$ ): $\frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = - k^{2} ψ$ với $k = \frac{\sqrt{2 m E}}{ℏ}$ . Cả hai hàm $\cos (k x)$ và $\sin (k x)$ đều thỏa mãn phương trình này.
Áp dụng điều kiện biên triệt tiêu tại hai vách: $ψ (- L / 2) = 0$ và $ψ (L / 2) = 0$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Khảo sát nghiệm dạng hàm cosin $ψ (x) = A \cos (k_{n} x)$ : Thay vào trong miền thế $U = 0$ :

\begin{aligned} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} & = - k_{n}^{2} A \cos (k_{n} x) \\ = - k_{n}^{2} ψ (x) . \end{aligned}

Phương trình vi phân được thỏa mãn với $E = \frac{ℏ^{2} k_{n}^{2}}{2 m}$ . Áp dụng điều kiện biên tại các thành giếng $x = \pm L / 2$ : Do hàm cosin là hàm chẵn, $\cos (- k_{n} L / 2) = \cos (k_{n} L / 2)$ . Điều kiện biên trở thành:

\cos (\frac{k_{n} L}{2}) = 0,

Tương đương:

\frac{k_{n} L}{2} = (2 m + 1) \frac{π}{2},

Với $m = 0, 1, 2, \dots$ Suy ra:

k_{n} = \frac{(2 m + 1) π}{L} = \frac{n π}{L},

Với các số nguyên dương lẻ $n = 1, 3, 5, \dots$

(b) Khảo sát nghiệm dạng hàm sin $ψ (x) = A \sin (k_{n} x)$ : cấp hai vẫn thỏa mãn phương trình vi phân:

\begin{aligned} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} & = - k_{n}^{2} A \sin (k_{n} x) \\ = - k_{n}^{2} ψ (x) . \end{aligned}

Áp dụng điều kiện biên tại $x = \pm L / 2$ : Vì hàm sin là hàm lẻ, $\sin (- k_{n} L / 2) = - \sin (k_{n} L / 2)$ . Điều kiện triệt tiêu tại biên đòi hỏi:

\sin (\frac{k_{n} L}{2}) = 0,

Tương đương:

\frac{k_{n} L}{2} = m π,

Với $m = 1, 2, 3, \dots$ Suy ra:

k_{n} = \frac{2 m π}{L} = \frac{n π}{L},

Với các số nguyên dương chẵn $n = 2, 4, 6, \dots$

Đối với các mode cosin ( $n = 1, 3, 5, \dots$ ):

\begin{aligned} E_{n} & = \frac{ℏ^{2} (n π / L)^{2}}{2 m} \\ = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}} \\ = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} . \end{aligned}

Đối với các mode sin ( $n = 2, 4, 6, \dots$ ):

\begin{aligned} E_{n} & = \frac{ℏ^{2} (n π / L)^{2}}{2 m} \\ = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}} \\ = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} . \end{aligned}

(d) So sánh với giếng thế đặt từ $0$ đến $L$ : Tập hợp toàn bộ các mức của hai trường hợp hoàn toàn đồng nhất:

E_{n} = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}},

Với $n = 1, 2, 3, \dots$ Dời gốc tọa độ làm các của hộp được biểu diễn bằng những hàm sin hoặc cos thích hợp. Bề rộng giếng và điều kiện giam giữ vẫn như cũ, nên phổ không đổi. Đây là cùng một hệ vật lý được mô tả bằng hai hệ tọa độ.

40.22

Một electron chuyển động qua giếng thế vuông một chiều. bằng không trong đoạn $0 \leq x \leq L$ và bằng $U_{0}$ ở bên ngoài, như hình 40.13. Electron có cơ năng $E = 3 U_{0}$ . Tìm tỉ số ở vùng $x > L$ so với ở vùng trong giếng.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

: Trong giếng $U_{in} = 0$ , ngoài giếng $U_{out} = U_{0}$ .
Tổng : $E = 3 U_{0}$ .
Cần tìm: Tỷ số $\frac{λ_{out}}{λ_{in}}$ .

Hướng đi:

Xác định động năng ở từng vùng: $K = E - U$ .
liên hệ với động năng qua công thức $λ = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2 m K}}$ .
Tỷ số tỷ lệ nghịch với căn bậc hai của tỷ số động năng: $\frac{λ_{out}}{λ_{in}} = \sqrt{\frac{K_{in}}{K_{out}}}$ .

Lời giải chi tiết:

Xác định động năng trong từng miền không gian:

Bên trong lòng giếng ( $0 \leq x \leq L$ ), $U_{in} = 0$ :

\begin{aligned} K_{in} & = E - U_{in} \\ = 3 U_{0} - 0 \\ = 3 U_{0} . \end{aligned}

Bên ngoài giếng ( $x > L$ ), $U_{out} = U_{0}$ :

\begin{aligned} K_{out} & = E - U_{out} \\ = 3 U_{0} - U_{0} \\ = 2 U_{0} . \end{aligned}

Thiết lập tỷ số : Theo hệ thức de Broglie:

\begin{aligned} λ_{in} & = \frac{h}{\sqrt{2 m K_{in}}} \\ = \frac{h}{\sqrt{6 m U_{0}}} . \end{aligned}

\begin{aligned} λ_{out} & = \frac{h}{\sqrt{2 m K_{out}}} \\ = \frac{h}{\sqrt{4 m U_{0}}} . \end{aligned}

Lập tỷ số:

\begin{aligned} \frac{λ_{out}}{λ_{in}} & = \sqrt{\frac{K_{in}}{K_{out}}} \\ = \sqrt{\frac{3 U_{0}}{2 U_{0}}} \\ = \sqrt{1, 5} \\ \approx 1,225. \end{aligned}

Nhận xét: Khi đi vào lòng giếng thế, electron rơi xuống vùng thấp hơn nên động năng tăng lên, tăng lên, khiến co ngắn lại.

40.23

Một electron bị giam giữ trong giếng thế vuông một chiều có độ sâu $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , trong đó $E_{1 -IDW}$ là trạng thái cơ bản của giếng sâu vô hạn có cùng bề rộng. Hãy xác định bề rộng của giếng thế nếu năng lượng trạng thái cơ bản thực tế của electron trong giếng là $2, 00 eV$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Độ sâu giếng thế: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
trạng thái cơ bản: $E_{1} = 2, 00 eV$ .
Cần tìm: Bề rộng giếng $L$ .

Hướng đi:

Với có tỷ lệ chuẩn $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , nghiệm của phương trình siêu việt cho mức cơ bản là $E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW}$ .
Từ đó ta tính được giá trị chuẩn $E_{1 -IDW} = \frac{E_{1}}{0,625}$ .
Áp dụng công thức $E_{1 -IDW} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}$ để giải ra bề rộng $L$ .

Lời giải chi tiết:

Xác định giếng vô hạn tương ứng $E_{1 -IDW}$ : Theo lý thuyết đối với độ sâu $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ :

E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW} .

Suy ra:

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{E_{1}}{0,625} \\ = \frac{2, 00 eV}{0,625} \\ = 3, 20 eV . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị Joule:

E_{1 -IDW} = 3, 20 eV .

Đổi sang đơn vị joule:

E_{1 -IDW} \approx 5,127 \times 10^{- 19} J .

Tính bề rộng giếng thế $L$ : Ký hiệu $s$ là mẫu số trong công thức tính bề rộng:

\begin{aligned} s & = \sqrt{8 m_{e} E_{1 -IDW}} \\ \approx 1,933 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1 -IDW}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,933 \times 10^{- 24}} \\ \approx 3, 43 \times 10^{- 10} m \\ = 0,343 nm . \end{aligned}

40.24

Một electron ở trạng thái cơ bản trong một giếng thế vuông một chiều có bề rộng $L = 4, 00 \times 10^{- 10} m$ . Độ sâu của giếng thế này gấp 6 lần trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ của electron trong giếng sâu vô hạn có cùng bề rộng. Động năng của electron này bằng bao nhiêu sau khi nó hấp thụ một có $72 nm$ và thoát ra xa khỏi giếng thế?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Bề rộng giếng: $L = 4, 00 \times 10^{- 10} m = 0,400 nm$ .
Độ sâu giếng: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
hấp thụ: $λ = 72 nm$ .
Cần tìm: Động năng của electron ở vô cực $K_{\infty}$ sau khi bị ion hóa thoát khỏi giếng.

Hướng đi:

Tính $E_{1 -IDW}$ , suy ra mức cơ bản $E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW}$ và độ sâu giếng $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
liên kết giam giữ electron là $E_{bind} = U_{0} - E_{1} = 5,375 E_{1 -IDW}$ .
Tính hấp thụ $E_{ph} = \frac{h c}{λ}$ .
Theo định luật bảo toàn : Động năng tự do còn lại là $K_{\infty} = E_{ph} - E_{bind}$ .

Lời giải chi tiết:

Tính chuẩn $E_{1 -IDW}$ : Tính mẫu số $8 m_{e} L^{2} \approx 1,166 \times 10^{- 48} kg \cdot m^{2}$ :

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{1,166 \times 10^{- 48}} \\ \approx 3,762 \times 10^{- 19} J \\ \approx 2,348 eV . \end{aligned}

Tính các thông số và năng lượng liên kết:

Độ sâu giếng thế: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW} \approx 14, 09 eV$ .
Mức cơ bản: $E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW} \approx 1,468 eV$ .
ion hóa (năng lượng liên kết):

\begin{aligned} E_{bind} & = U_{0} - E_{1} \\ = 5,375 E_{1 -IDW} \\ \approx 5,375 (2,348 eV) \\ \approx 12, 62 eV . \end{aligned}

Tính hấp thụ:

\begin{aligned} E_{ph} & = \frac{h c}{λ} \\ = \frac{1239, 84 eV \cdot nm}{72, 0 nm} \\ \approx 17, 22 eV . \end{aligned}

Động năng của electron khi đã thoát xa khỏi giếng:

\begin{aligned} K_{\infty} & = E_{ph} - E_{bind} \\ = 17, 22 eV - 12, 62 eV \\ \approx 4, 60 eV . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị Joule:

\begin{aligned} K_{\infty} & = 4, 60 eV \\ \approx 7, 37 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

40.25

Một electron bị giam giữ trong giếng thế vuông một chiều có bề rộng $1, 50 nm$ và độ sâu $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ . Nếu electron ban đầu ở trạng thái cơ bản và hấp thụ một , cực đại mà photon có thể có để vẫn đủ giải phóng electron ra khỏi giếng thế bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Bề rộng giếng: $L = 1, 50 nm = 1, 50 \times 10^{- 9} m$ .
Độ sâu giếng: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
Cần tìm: cực đại $λ_{\max}$ của để giải phóng electron.

Hướng đi:

cực đại ứng với mang tối thiểu, đúng bằng năng lượng liên kết $E_{bind} = U_{0} - E_{1} = 5,375 E_{1 -IDW}$ .
Tính $E_{1 -IDW}$ , suy ra $E_{bind}$ và tính $λ_{\max} = \frac{h c}{E_{bind}}$ .

Lời giải chi tiết:

Tính $E_{1 -IDW}$ : Tính mẫu số $8 m_{e} L^{2} \approx 1,640 \times 10^{- 47} kg \cdot m^{2}$ :

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{1,640 \times 10^{- 47}} \\ \approx 2,675 \times 10^{- 20} J \\ \approx 0,167 0 eV . \end{aligned}

Tính liên kết tối thiểu cần cung cấp:

\begin{aligned} E_{bind} & = U_{0} - E_{1} \\ = 5,375 E_{1 -IDW} . \end{aligned}

\begin{aligned} E_{bind} & = 5,375 (0,167 0 eV) \\ \approx 0,897 5 eV \\ \approx 1,438 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Tính cực đại của :

\begin{aligned} λ_{\max} & = \frac{h c}{E_{bind}} \\ = \frac{1239, 84 eV \cdot nm}{0,897 5 eV} \\ \approx 1381 nm \\ \approx 1, 38 μ m . \end{aligned}

Bức xạ này thuộc dải hồng ngoại gần (Near-IR). Mọi có $λ \leq 1381 nm$ đều đủ để bứt electron ra thành hạt tự do.

40.26

Một electron bị giam giữ trong giếng thế vuông một chiều có độ sâu bằng 6 lần trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ của giếng sâu vô hạn có cùng bề rộng. có dài nhất mà electron này có thể hấp thụ được có bước sóng là $582 nm$ . Hãy xác định bề rộng của giếng thế.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Độ sâu giếng: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ (hệ có đúng 3 ).
dài nhất hấp thụ: $λ = 582 nm$ .
Cần tìm: Bề rộng giếng $L$ .

Hướng đi:

dài nhất ứng với mang nhỏ nhất trong các chuyển mức hấp thụ cho phép xuất phát từ trạng thái cơ bản.
Chuyển mức rời rạc có nhỏ nhất là bước nhảy từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ nhất ( $n = 1 \to 2$ ): $Δ E_{12} = E_{2} - E_{1} = 1,805 E_{1 -IDW}$ .
Từ , ta xác định $E_{1 -IDW}$ và suy ra bề rộng giếng $L$ .

Lời giải chi tiết:

ứng với $λ = 582 nm$ :

\begin{aligned} Δ E & = \frac{h c}{λ} \\ = \frac{1239, 84 eV \cdot nm}{582 nm} \\ \approx 2,130 eV \\ \approx 3,413 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Đối với giếng thế $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , các mức liên kết là:

$E_{1} = 0,625 E_{1 -IDW}$
$E_{2} = 2, 43 E_{1 -IDW}$
$E_{3} = 5, 09 E_{1 -IDW}$

Chuyển mức kích thích rời rạc có dài nhất xảy ra giữa $n = 1$ và $n = 2$ :

Δ E_{12} = 1,805 E_{1 -IDW} .

Đồng nhất $Δ E_{12} = Δ E$ :

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{Δ E}{1,805} \\ = \frac{2,130 eV}{1,805} \\ \approx 1,180 eV \\ \approx 1,891 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Xác định bề rộng giếng thế $L$ : Ký hiệu $s$ là mẫu số trong công thức tính bề rộng:

\begin{aligned} s & = \sqrt{8 m_{e} E_{1 -IDW}} \\ \approx 1,173 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s . \end{aligned}

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1 -IDW}}} \\ \approx \frac{6,626 \times 10^{- 34}}{1,173 \times 10^{- 24}} \\ \approx 5, 65 \times 10^{- 10} m \\ = 0,565 nm . \end{aligned}

(Ghi chú học thuật: Nếu câu hỏi hiểu theo nghĩa hấp thụ liên tục để ion hóa electron thoát khỏi giếng thế, ngưỡng sẽ là $Δ E_{ion} = 5,375 E_{1 -IDW}$ , khi đó $E_{1 -IDW} \approx 0,396 eV$ và $L \approx 0,975 nm$ . Tuy nhiên trong quang phổ học giếng thế lượng tử, các vạch hấp thụ cộng hưởng rời rạc $1 \to 2$ là cách hiểu chuẩn mực và ưu tiên).

40.27

Một proton bị giam giữ trong giếng thế vuông một chiều có bề rộng $4, 0 fm = 4, 0 \times 10^{- 15} m$ . Độ sâu của giếng thế này gấp 6 lần trạng thái cơ bản $E_{1 -IDW}$ của giếng sâu vô hạn tương ứng. Nếu proton chuyển từ mức năng lượng $E_{1}$ lên mức năng lượng $E_{3}$ bằng cách hấp thụ một , hãy tìm của photon này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt: Proton ( $m_{p} = 1,673 \times 10^{- 27} kg$ ).
Bề rộng giếng: $L = 4, 0 fm = 4, 0 \times 10^{- 15} m$ .
Độ sâu giếng: $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .
Chuyển mức hấp thụ: Từ $n = 1$ lên $n = 3$ .
Cần tìm: $λ$ .

Hướng đi:

Tính chuẩn của proton trong giếng vô hạn $E_{1 -IDW} = \frac{h^{2}}{8 m_{p} L^{2}}$ .
Với $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , hiệu là $Δ E_{13} = E_{3} - E_{1} = 4,465 E_{1 -IDW}$ .
Tính từ hệ thức $λ = \frac{h c}{Δ E_{13}}$ .

Lời giải chi tiết:

Tính chuẩn $E_{1 -IDW}$ của proton: Tính mẫu số $8 m_{p} L^{2} \approx 2,141 \times 10^{- 55} kg \cdot m^{2}$ :

\begin{aligned} E_{1 -IDW} & = \frac{h^{2}}{8 m_{p} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{2,141 \times 10^{- 55}} \\ \approx 2,048 \times 10^{- 12} J . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị $MeV$ :

E_{1 -IDW} \approx 12, 78 MeV .

Tính độ chênh lệch chuyển mức $1 \to 3$ :

Δ E_{13} = 4,465 E_{1 -IDW} .

\begin{aligned} Δ E_{13} & \approx 9,144 \times 10^{- 12} J \\ \approx 57, 08 MeV . \end{aligned}

Tính hấp thụ: Với $h c \approx 1,988 \times 10^{- 25} J \cdot m$ :

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E_{13}} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{9,144 \times 10^{- 12}} \\ \approx 2, 17 \times 10^{- 14} m \\ = 21, 7 fm . \end{aligned}

mang rất cao này thuộc dải tia gamma hạt nhân cứng.

40.28

Phân rã alpha. Trong một mô hình đơn giản hóa cho hạt nhân phóng xạ, một hạt alpha ( $m_{α} = 6, 64 \times 10^{- 27} kg$ ) bị giam giữ bởi một rào thế vuông có bề rộng $2, 0 fm$ và chiều cao $30, 0 MeV$ .

(a) Xác suất truyền qua xuyên ngầm bằng bao nhiêu khi hạt alpha va chạm vào rào thế nếu động năng của nó thấp hơn đỉnh rào một khoảng $1, 0 MeV$ ? (b) Xác suất truyền qua bằng bao nhiêu nếu động năng của hạt alpha thấp hơn đỉnh rào một khoảng $10, 0 MeV$ ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Hạt alpha: $m_{α} = 6, 64 \times 10^{- 27} kg$ .
Rào thế: Chiều cao $U_{0} = 30, 0 MeV$ , bề rộng $L = 2, 0 fm = 2, 0 \times 10^{- 15} m$ .
Cần tìm xác suất truyền qua khi: (a) Độ hụt $U_{0} - E = 1, 0 MeV$ . (b) Độ hụt năng lượng $U_{0} - E = 10, 0 MeV$ .

Hướng đi:

Xác định hệ số suy giảm $κ = \frac{\sqrt{2 m_{α} (U_{0} - E)}}{ℏ}$ và hệ số tiền hàm mũ $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ .
Tính hệ số truyền qua theo công thức xấp xỉ $T = G e^{- 2 κ L}$ , đồng thời đánh giá miền hiệu lực của phép xấp xỉ đối với rào mỏng.

Lời giải chi tiết:

(a) Trường hợp động năng thấp hơn đỉnh rào $1, 0 MeV$ :

hạt: $E = 30, 0 - 1, 0 = 29, 0 MeV$ .
Độ hụt :

\begin{aligned} U_{0} - E & = 1, 0 MeV \\ = 1,602 \times 10^{- 13} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm $κ$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{α} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $4,612 \times 10^{- 20} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ & \approx \frac{4,612 \times 10^{- 20}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 4,371 \times 10^{14} m^{- 1} . \end{aligned}

Số mũ suy giảm: Với $κ \approx 4,371 \times 10^{14} m^{- 1}$ và $L = 2, 0 \times 10^{- 15} m$ :

2 κ L \approx 1,748.

Hệ số tiền hàm mũ $G$ :

\begin{aligned} G & = 16 (0,966 7) (0,033 3) \\ \approx 0,515 6. \end{aligned}

Xác suất truyền qua theo công thức xấp xỉ tiêu chuẩn:

\begin{aligned} T_{approx} & = G e^{- 2 κ L} \\ = 0,515 6 \times e^{- 1,748} \\ \approx 0,089 7 = 8, 97 % . \end{aligned}

(Ghi chú về miền xấp xỉ: Vì $2 κ L \approx 1, 75$ chưa lớn so với 1, cần phân biệt công thức gần đúng với kết quả nối nghiệm đầy đủ. Công thức chính xác cho $T \approx 0,116$ , tức khoảng $11, 6 %$ . Gần đúng ở phần này thấp hơn kết quả chính xác khoảng $23 %$ .)

(b) Trường hợp động năng thấp hơn đỉnh rào $10, 0 MeV$ :

hạt: $E = 30, 0 - 10, 0 = 20, 0 MeV$ .
Độ hụt :

\begin{aligned} U_{0} - E & = 10, 0 MeV \\ = 1,602 \times 10^{- 12} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm $κ$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{α} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $1,458 \times 10^{- 19} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ & \approx \frac{1,458 \times 10^{- 19}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,382 \times 10^{15} m^{- 1} . \end{aligned}

Số mũ suy giảm: Với $κ \approx 1,382 \times 10^{15} m^{- 1}$ và $L = 2, 0 \times 10^{- 15} m$ :

2 κ L \approx 5,529.

Hệ số tiền hàm mũ $G$ :

\begin{aligned} G & = 16 (\frac{2}{3}) (\frac{1}{3}) \\ = \frac{32}{9} \\ \approx 3,556. \end{aligned}

Xác suất truyền qua:

\begin{aligned} T & = G e^{- 2 κ L} \\ = 3,556 \times e^{- 5,529} \\ \approx 0,014 1 = 1, 41 % . \end{aligned}

Nhận xét: Khi hạt giảm từ $29 MeV$ xuống $20 MeV$ , xác suất xuyên ngầm suy giảm hơn 6 lần. Sự phụ thuộc nhạy vào năng lượng này là cơ sở của cách giải thích định luật Geiger–Nuttall về chu kỳ bán rã của các đồng vị phóng xạ alpha.

40.29

(a) Một electron có động năng ban đầu $32 eV$ tiến tới gặp một rào thế vuông có chiều cao $41 eV$ và bề rộng $0, 25 nm$ . Xác suất để electron xuyên ngầm qua rào thế này bằng bao nhiêu? (b) Một proton có cùng động năng ban đầu tiến tới gặp chính rào thế này. Xác suất để proton xuyên ngầm qua rào thế bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Rào thế: $U_{0} = 41 eV$ , $L = 0, 25 nm = 2, 5 \times 10^{- 10} m$ .
Động năng hạt: $E = 32 eV$ .
Cần tìm: Xác suất truyền qua $T$ đối với (a) electron và (b) proton.

Hướng đi:

Tính độ hụt $U_{0} - E = 9, 0 eV$ và hệ số tiền hàm mũ $G$ .
Tính hệ số suy giảm $κ$ cho electron và proton, chú ý $κ \propto \sqrt{m}$ .
Tính hệ số truyền qua $T = G e^{- 2 κ L}$ cho từng loại hạt.

Lời giải chi tiết:

Độ hụt dưới đỉnh rào:

\begin{aligned} U_{0} - E & = 41 eV - 32 eV \\ = 9, 0 eV \\ = 1,442 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ $G$ :

\begin{aligned} G & = 16 (\frac{32}{41}) (1 - \frac{32}{41}) \\ = \frac{4608}{1681} \\ \approx 2,741. \end{aligned}

(a) Đối với electron ( $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ ): Hệ số suy giảm $κ_{e}$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $1,621 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ_{e} & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{1,621 \times 10^{- 24}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,537 \times 10^{10} m^{- 1} \\ = 15, 37 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Số mũ suy giảm: Với $κ_{e} \approx 15, 37 {nm}^{- 1}$ và $L = 0, 25 nm$ :

2 κ_{e} L \approx 7,685.

Xác suất electron xuyên ngầm qua rào:

\begin{aligned} T_{e} & = 2,741 \times e^{- 7,685} \\ \approx 1, 26 \times 10^{- 3} \\ = 0,126 % . \end{aligned}

(b) Đối với proton ( $m_{p} = 1,673 \times 10^{- 27} kg$ ): Vì khối lượng proton lớn hơn electron $\frac{m_{p}}{m_{e}} \approx 1836$ lần, hệ số suy giảm lớn hơn gấp $\sqrt{1836} \approx 42, 85$ lần:

\begin{aligned} κ_{p} & = κ_{e} \sqrt{\frac{m_{p}}{m_{e}}} \\ \approx 15, 37 \times 42, 85 \\ \approx 658, 7 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Số mũ suy giảm: Với $κ_{p} \approx 658, 7 {nm}^{- 1}$ và $L = 0, 25 nm$ :

2 κ_{p} L \approx 329, 3.

Xác suất proton xuyên ngầm:

\begin{aligned} T_{p} & = G e^{- 2 κ_{p} L} \\ = 2,741 \times e^{- 329, 3} \\ \approx 10^{- 143} \approx 0. \end{aligned}

Kết luận: Trong khi electron có xác suất xuyên qua đo đếm được trong thực nghiệm ( $0,126 %$ ), xác suất xuyên ngầm của proton hoàn toàn bằng không trên thực tế. Khối lượng hạt càng lớn, khả năng qua rào thế càng bị triệt tiêu mãnh liệt.

40.30

Một electron có động năng ban đầu $5, 0 eV$ tiến tới gặp một rào thế có bề rộng $0, 60 nm$ và chiều cao $U_{0}$ . Hãy xác định hệ số truyền qua (xác suất xuyên ngầm) nếu: (a) $U_{0} = 7, 0 eV$ . (b) $U_{0} = 9, 0 eV$ . (c) $U_{0} = 13, 0 eV$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

electron: $E = 5, 0 eV$ .
Bề rộng rào thế: $L = 0, 60 nm = 6, 0 \times 10^{- 10} m$ .
Chiều cao rào: (a) $7, 0 eV$ , (b) $9, 0 eV$ , (c) $13, 0 eV$ .
Cần tìm: Hệ số truyền qua $T$ cho từng độ cao rào.

Hướng đi:

Với từng giá trị $U_{0}$ , tính độ hụt $U_{0} - E$ , hệ số suy giảm $κ$ và hệ số tiền hàm mũ $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ .
Áp dụng công thức truyền qua $T = G e^{- 2 κ L}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) Khi $U_{0} = 7, 0 eV$ :

Độ hụt :

\begin{aligned} U_{0} - E & = 2, 0 eV \\ \approx 3,204 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số $κ$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $7,641 \times 10^{- 25} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ & \approx \frac{7,641 \times 10^{- 25}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 7,245 \times 10^{9} m^{- 1} \\ = 7,245 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ:

\begin{aligned} G & = 16 (\frac{5}{7}) (\frac{2}{7}) \\ = \frac{160}{49} \\ \approx 3,265. \end{aligned}

Số mũ suy giảm: $2 κ L = 2 \times 7,245 \times 0, 60 \approx 8,694$ .
Hệ số truyền qua:

\begin{aligned} T_{a} & = 3,265 \times e^{- 8,694} \\ \approx 5, 46 \times 10^{- 4} . \end{aligned}

(b) Khi $U_{0} = 9, 0 eV$ :

Độ hụt :

\begin{aligned} U_{0} - E & = 4, 0 eV \\ \approx 6,409 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số $κ$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $1,080 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ & \approx \frac{1,080 \times 10^{- 24}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,025 \times 10^{10} m^{- 1} \\ = 10, 25 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ:

\begin{aligned} G & = 16 (\frac{5}{9}) (\frac{4}{9}) \\ = \frac{320}{81} \\ \approx 3,951. \end{aligned}

Số mũ suy giảm: $2 κ L = 2 \times 10, 25 \times 0, 60 \approx 12,295$ .
Hệ số truyền qua:

\begin{aligned} T_{b} & = 3,951 \times e^{- 12,295} \\ \approx 1, 80 \times 10^{- 5} . \end{aligned}

Độ hụt :

\begin{aligned} U_{0} - E & = 8, 0 eV \\ \approx 1,282 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Hệ số $κ$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $1,528 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ & \approx \frac{1,528 \times 10^{- 24}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,449 \times 10^{10} m^{- 1} \\ = 14, 49 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ:

\begin{aligned} G & = 16 (\frac{5}{13}) (\frac{8}{13}) \\ = \frac{640}{169} \\ \approx 3,787. \end{aligned}

Số mũ suy giảm: $2 κ L = 2 \times 14, 49 \times 0, 60 \approx 17,388$ .
Hệ số truyền qua:

\begin{aligned} T_{c} & = 3,787 \times e^{- 17,388} \\ \approx 1, 06 \times 10^{- 7} . \end{aligned}

Nhận xét: Khi chiều cao rào tăng từ $7, 0 eV$ lên $13, 0 eV$ , xác suất giảm hơn 5000 lần.

Bài tập 40.31–40.35

Phần này bao gồm lời giải chi tiết cho các bài tập từ 40.31 đến 40.35 thuộc Chương 40. Nội dung bao gồm hiệu ứng xuyên ngầm qua rào và mô hình lượng tử.

Các hằng số vật lý tiêu chuẩn áp dụng trong bài:

Hằng số Planck: $h = 6,626 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Hằng số Planck rút gọn: $ℏ = 1,055 \times 10^{- 34} J \cdot s$
Khối lượng electron: $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$
Điện tích nguyên tố: $e = 1,602 \times 10^{- 19} C$
Tốc độ ánh sáng: $c = 3, 00 \times 10^{8} m / s$

40.31

Một electron có động năng ban đầu $6, 0 eV$ tiến tới gặp một rào thế vuông có chiều cao $11, 0 eV$ . Xác suất để electron xuyên ngầm qua rào thế bằng bao nhiêu nếu bề rộng của rào thế là: (a) $0, 80 nm$ . (b) $0, 40 nm$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

electron: $E = 6, 0 eV$ .
Chiều cao rào thế: $U_{0} = 11, 0 eV$ .
Bề rộng rào thế: (a) $L_{a} = 0, 80 nm$ , (b) $L_{b} = 0, 40 nm$ .
Cần tìm: Xác suất truyền qua $T$ .

Hướng đi:

Động năng của electron thấp hơn đỉnh rào ( $E < U_{0}$ ). Độ hụt là $U_{0} - E = 5, 0 eV$ .
Tính hệ số suy giảm $κ = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ}$ và hệ số tiền hàm mũ $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ .
Tính hệ số truyền qua theo công thức $T = G e^{- 2 κ L}$ .

Lời giải chi tiết:

Độ hụt dưới đỉnh rào thế:

\begin{aligned} U_{0} - E & = 11, 0 eV - 6, 0 eV \\ = 5, 0 eV \\ = 8,011 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm $κ$ : Tính tử số $\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}$ cho giá trị xấp xỉ $1,208 \times 10^{- 24} kg \cdot m / s$ :

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{1,208 \times 10^{- 24}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,145 5 \times 10^{10} m^{- 1} \\ = 11,455 {nm}^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số tiền hàm mũ $G$ :

\begin{aligned} G & = 16 \times \frac{6}{11} \times \frac{5}{11} \\ = \frac{480}{121} \\ \approx 3,967. \end{aligned}

(a) Khi bề rộng rào $L_{a} = 0, 80 nm$ : Số mũ suy giảm: Với $κ \approx 11,455 {nm}^{- 1}$ và $L_{a} = 0, 80 nm$ :

2 κ L_{a} \approx 18,328.

Xác suất truyền qua:

\begin{aligned} T_{a} & = G e^{- 2 κ L_{a}} \\ = 3,967 \times e^{- 18,328} \\ \approx 4, 39 \times 10^{- 8} . \end{aligned}

(b) Khi bề rộng rào $L_{b} = 0, 40 nm$ : Số mũ suy giảm: Với $L_{b} = 0, 40 nm$ :

2 κ L_{b} \approx 9,164.

Xác suất truyền qua:

\begin{aligned} T_{b} & = G e^{- 2 κ L_{b}} \\ = 3,967 \times e^{- 9,164} \\ \approx 4, 14 \times 10^{- 4} . \end{aligned}

Nhận xét: Khi bề rộng rào giảm đi một nửa (từ $0, 80 nm$ xuống $0, 40 nm$ ), xác suất xuyên ngầm tăng lên gần $10^{4}$ lần (gấp gần một vạn lần).

40.32

Một electron chuyển động vượt qua một rào thế vuông một chiều (rào thế có chiều cao $U_{0}$ nằm trong khoảng $0 \leq x \leq L$ , hai bên ngoài rào thế có $U = 0$ ). toàn phần của electron lớn hơn chiều cao rào thế và có giá trị $E = 2 U_{0}$ . Tỷ số giữa của electron ở vùng bên ngoài rào thế ( $x > L$ ) so với ở vùng bên trong rào thế ( $0 < x < L$ ) bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

electron: $E = 2 U_{0} > U_{0}$ .
: Bên ngoài rào $U_{out} = 0$ , bên trong rào $U_{in} = U_{0}$ .
Cần tìm: Tỷ số $\frac{λ_{out}}{λ_{in}}$ .

Hướng đi:

Xác định động năng ở từng miền: $K = E - U$ .
liên hệ với động năng qua công thức $λ = \frac{h}{\sqrt{2 m K}}$ .
Lập tỷ số : $\frac{λ_{out}}{λ_{in}} = \sqrt{\frac{K_{in}}{K_{out}}}$ .

Lời giải chi tiết:

Xác định động năng trong từng vùng không gian:

Ở vùng bên ngoài rào thế ( $x > L$ ), $U = 0$ :

K_{out} = E - 0 = 2 U_{0} .

Ở vùng bên trong rào thế ( $0 < x < L$ ), $U = U_{0}$ :

\begin{aligned} K_{in} & = E - U_{0} \\ = 2 U_{0} - U_{0} \\ = U_{0} . \end{aligned}

tương ứng ở mỗi miền:

\begin{aligned} λ_{out} & = \frac{h}{\sqrt{2 m K_{out}}} \\ = \frac{h}{\sqrt{4 m U_{0}}} . \end{aligned}

\begin{aligned} λ_{in} & = \frac{h}{\sqrt{2 m K_{in}}} \\ = \frac{h}{\sqrt{2 m U_{0}}} . \end{aligned}

Lập tỷ số giữa hai :

\begin{aligned} \frac{λ_{out}}{λ_{in}} & = \sqrt{\frac{K_{in}}{K_{out}}} \\ = \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \approx 0,707 1. \end{aligned}

Nhận xét: Khi đi vào vùng rào thế, động năng của hạt giảm đi một nửa, tốc độ giảm khiến giãn dài ra ( $λ_{in} = \sqrt{2} λ_{out}$ ). Khi thoát ra khỏi rào thế vào vùng $x > L$ , hạt lấy lại toàn bộ động năng ban đầu và co ngắn lại về giá trị $λ_{out}$ .

40.33

Một khối gỗ có khối lượng $0,250 kg$ ở đầu một lò xo có độ cứng $110 N / m$ . Hãy tính trạng thái cơ bản và khoảng cách năng lượng giữa hai mức kế tiếp nhau của dao động tử này. Hãy biểu diễn các kết quả tính được theo đơn vị Joule và theo đơn vị electron-volt. Các hiệu ứng lượng tử có đóng vai trò gì đáng kể đối với dao động cơ học này hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Khối lượng: $m = 0,250 kg$ .
Độ cứng lò xo: $k^{'} = 110 N / m$ .
Cần tính: Mức cơ bản $E_{0}$ , khoảng cách mức $Δ E$ (theo $J$ và $eV$ ), và thảo luận ý nghĩa vật lý.

Hướng đi:

Tính góc dao động $ω = \sqrt{\frac{k^{'}}{m}}$ .
Áp dụng các mức $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ .
Mức cơ bản ứng với $n = 0$ : $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω$ .
Khoảng cách giữa hai mức kế tiếp: $Δ E = ℏ ω$ .

Lời giải chi tiết:

Tính góc dao động riêng của hệ:

\begin{aligned} ω & = \sqrt{\frac{k^{'}}{m}} \\ = \sqrt{\frac{110}{0,250}} \\ = \sqrt{440} \\ \approx 20,976 rad / s . \end{aligned}

(a) trạng thái cơ bản ( $n = 0$ ): Theo cơ học lượng tử, dao động tử luôn có : Với $ℏ ω \approx 2,213 \times 10^{- 33} J$ :

\begin{aligned} E_{0} & = \frac{1}{2} ℏ ω \\ \approx 1, 11 \times 10^{- 33} J . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị electron-volt:

\begin{aligned} E_{0} & \approx \frac{1,106 \times 10^{- 33}}{1,602 \times 10^{- 19}} eV \\ \approx 6, 90 \times 10^{- 15} eV . \end{aligned}

(b) Khoảng cách giữa hai mức kế tiếp: Mọi mức năng lượng lân cận đều cách đều nhau một lượng lượng tử $ℏ ω$ :

Δ E = ℏ ω = 2 E_{0} .

Giá trị theo Joule và electron-volt:

\begin{aligned} Δ E & \approx 2, 21 \times 10^{- 33} J \\ \approx 1, 38 \times 10^{- 14} eV . \end{aligned}

(c) Đánh giá vai trò của các hiệu ứng lượng tử: Các hiệu ứng cơ học lượng tử hoàn toàn không thể quan sát được đối với con lắc lò xo vĩ mô này. Lý do: Khoảng cách giữa các mức ( $\approx 2 \times 10^{- 33} J$ ) nhỏ hơn năng lượng nhiệt môi trường $k_{B} T \approx 4 \times 10^{- 21} J$ ở nhiệt độ phòng tới $12$ bậc độ lớn. Nếu con lắc dao động với biên độ chỉ $1 cm$ , năng lượng cơ học của nó là $E = \frac{1}{2} k^{'} A^{2} = 5, 5 \times 10^{- 3} J$ , tương ứng với số lượng tử $n \approx \frac{E}{ℏ ω} \approx 2, 5 \times 10^{30}$ . Phổ năng lượng thực tế hoàn toàn liên tục và hệ tuân thủ hoàn hảo cơ học Newton.

40.34

Một có khối lượng $m$ và độ cứng $k^{'}$ đang ở một trạng thái kích thích có số lượng tử $n$ . (a) Gọi $p_{\max} = m v_{\max}$ , trong đó $v_{\max}$ là tốc độ cực đại tính theo cơ học cổ điển của dao động tử. Hãy thiết lập biểu thức của $p_{\max}$ theo $n$ , $ℏ$ , $k^{'}$ và $m$ . (b) Hãy thiết lập biểu thức của biên độ dao động cổ điển $A$ theo $n$ , $ℏ$ , $k^{'}$ và $m$ . (c) Nếu lấy độ bất định vị trí là $Δ x = \frac{A}{\sqrt{2}}$ và độ bất định là $Δ p_{x} = \frac{p_{\max}}{\sqrt{2}}$ , hãy tính tích số bất định $Δ x Δ p_{x}$ . Tích số bất định này phụ thuộc như thế nào vào số lượng tử $n$ ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

Dao động tử điều hòa ở mức $n$ : $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ với $ω = \sqrt{\frac{k^{'}}{m}}$ .
Cần tìm: $p_{\max}$ , biên độ cổ điển $A$ , và tích số bất định $Δ x Δ p_{x}$ .

Hướng đi:

Đồng nhất cơ học cổ điển với năng lượng lượng tử: $E = \frac{p_{\max}^{2}}{2 m} = \frac{1}{2} k^{'} A^{2} = E_{n}$ .
Rút ra $p_{\max}$ và $A$ .
Nhân hai độ bất định đã cho để tìm $Δ x Δ p_{x}$ và phân tích ý nghĩa với nguyên lý Heisenberg.

Lời giải chi tiết:

của dao động tử ở trạng thái lượng tử $n$ :

\begin{aligned} E_{n} & = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω \\ = (n + \frac{1}{2}) ℏ \sqrt{\frac{k^{'}}{m}} . \end{aligned}

(a) Biểu thức của cực đại $p_{\max}$ : Trong cơ học cổ điển, khi vật đi qua vị trí cân bằng, triệt tiêu và toàn bộ năng lượng chuyển thành động năng cực đại:

E = \frac{p_{\max}^{2}}{2 m},

Suy ra:

p_{\max} = \sqrt{2 m E_{n}} .

Thay biểu thức của $E_{n}$ :

\begin{aligned} p_{\max} & = \sqrt{2 m E_{n}} \\ = \sqrt{(2 n + 1) ℏ \sqrt{m k^{'}}} . \end{aligned}

(b) Biểu thức của biên độ cổ điển $A$ : Tại các vị trí biên quay đầu ( $x = \pm A$ ), động năng bằng 0 và hoàn toàn là thế năng đàn hồi:

E = \frac{1}{2} k^{'} A^{2},

Suy ra:

A = \sqrt{\frac{2 E_{n}}{k^{'}}} .

Thay biểu thức của $E_{n}$ :

\begin{aligned} A & = \sqrt{\frac{2 E_{n}}{k^{'}}} \\ = \sqrt{\frac{(2 n + 1) ℏ}{\sqrt{m k^{'}}}} . \end{aligned}

(c) Tích số bất định $Δ x Δ p_{x}$ : Theo định nghĩa đề bài đưa ra (tương ứng với giá trị căn bậc hai trung bình phương của hình sin):

Δ x = \frac{A}{\sqrt{2}}, Δ p_{x} = \frac{p_{\max}}{\sqrt{2}} .

Tích số bất định:

\begin{aligned} Δ x Δ p_{x} & = \frac{A p_{\max}}{2} \\ = \frac{1}{2} (2 n + 1) ℏ \\ = (n + \frac{1}{2}) ℏ . \end{aligned}

Nhận xét về sự phụ thuộc vào số lượng tử $n$ :

Tích số bất định tỷ lệ bậc nhất với số lượng tử $n$ .
Tại trạng thái cơ bản ( $n = 0$ ): Tích số bất định đạt giá trị cực tiểu:

Δ x Δ p_{x} = \frac{1}{2} ℏ = \frac{ℏ}{2} .

Đây là giới hạn dưới tuyệt đối cho phép bởi nguyên lý bất định Heisenberg, chứng minh rằng trạng thái cơ bản của dao động tử điều hòa là một chuẩn tắc tối ưu (gói sóng có độ bất định cực tiểu).

Đối với các trạng thái kích thích ( $n \geq 1$ ), tích số bất định tăng tuyến tính theo quy tắc $(n + 1 / 2) ℏ$ .

40.35

Các nhà hóa học sử dụng quang phổ hấp thụ hồng ngoại để định danh các chất trong mẫu thử. Trong một mẫu thử, một nhà hóa học nhận thấy ánh sáng có $5, 8 μ m$ bị hấp thụ khi một phân tử thực hiện chuyển mức từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ nhất. (a) Tìm của chuyển mức này (theo đơn vị Joule và electron-volt). (b) Nếu phân tử có thể được mô hình hóa như một dao động tử điều hòa có khối lượng hiệu dụng $5, 6 \times 10^{- 26} kg$ , hãy xác định độ cứng (hằng số lực) của liên kết phân tử này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

hấp thụ: $λ = 5, 8 μ m = 5, 8 \times 10^{- 6} m$ .
Chuyển mức: Từ trạng thái cơ bản $n = 0$ lên trạng thái kích thích thứ nhất $n = 1$ .
Khối lượng hiệu dụng: $m = 5, 6 \times 10^{- 26} kg$ .
Cần tìm: $Δ E$ và độ cứng liên kết $k^{'}$ .

Hướng đi:

của chuyển mức bằng năng lượng hấp thụ $Δ E = \frac{h c}{λ}$ .
Với dao động tử điều hòa, khoảng cách giữa mức cơ bản và kích thích thứ nhất là $Δ E = ℏ ω = ℏ \sqrt{\frac{k^{'}}{m}}$ .
Từ đó ta giải ra góc $ω = \frac{Δ E}{ℏ}$ và suy ra độ cứng $k^{'} = m ω^{2}$ .

Lời giải chi tiết:

(a) của chuyển mức dao động: Theo hệ thức Planck-Einstein, năng lượng của hấp thụ: Với $h c \approx 1,988 \times 10^{- 25} J \cdot m$ :

\begin{aligned} Δ E & = \frac{h c}{λ} \\ \approx \frac{1,988 \times 10^{- 25}}{5, 8 \times 10^{- 6}} \\ \approx 3,427 \times 10^{- 20} J . \end{aligned}

Đổi sang đơn vị electron-volt:

\begin{aligned} Δ E & \approx \frac{3,427 \times 10^{- 20}}{1,602 \times 10^{- 19}} eV \\ \approx 0,214 eV . \end{aligned}

(b) Độ cứng $k^{'}$ của liên kết phân tử: Độ chênh lệch giữa mức $n = 0$ và $n = 1$ :

Δ E = E_{1} - E_{0} = ℏ ω .

Suy ra góc dao động riêng của liên kết:

\begin{aligned} ω & = \frac{Δ E}{ℏ} \\ \approx \frac{3,427 \times 10^{- 20}}{1,055 \times 10^{- 34}} \\ \approx 3,248 \times 10^{14} rad / s . \end{aligned}

Độ cứng của liên kết hóa học:

k^{'} = m ω^{2} .

Thay số: Với $m = 5, 6 \times 10^{- 26} kg$ và $ω^{2} \approx 1,055 \times 10^{29} {rad}^{2} / s^{2}$ :

\begin{aligned} k^{'} & = m ω^{2} \\ \approx 5, 91 \times 10^{3} N / m \\ = 5910 N / m . \end{aligned}

Nhận xét: Giá trị độ cứng cỡ vài nghìn Newton trên mét ( $10^{3} N / m$ ) là bậc độ lớn tiêu biểu của các liên kết hóa học cộng hóa trị bền vững (như liên kết ba hoặc liên kết đôi giữa các nguyên tử trong phân tử).

Bài tập 40.36–40.50

40.36

Một dao động tử điều hòa hấp thụ một có $6, 35 μ m$ khi nó chuyển mức từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ nhất. trạng thái cơ bản của dao động tử này bằng bao nhiêu electronvolt?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $λ = 6, 35 μ m$ ứng với bước chuyển $n = 0 \to n = 1$ . Cần tìm trạng thái cơ bản $E_{0}$ theo $eV$ .

Hướng đi:

hấp thụ: Theo định luật bảo toàn năng lượng, năng lượng của photon bằng hiệu hai mức năng lượng: $E_{photon} = h c / λ = E_{1} - E_{0}$ .
Mức của dao động tử điều hòa: $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ . Hiệu hai mức kế tiếp là $Δ E = ℏ ω$ , và mức cơ bản là $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω = \frac{1}{2} Δ E$ .

của được hấp thụ trong bước chuyển từ mức cơ bản ( $n = 0$ ) lên mức kích thích thứ nhất ( $n = 1$ ) là

\begin{aligned} Δ E & = E_{1} - E_{0} = ℏ ω \\ = \frac{h c}{λ} . \end{aligned}

Thay các hằng số vật lý:

\begin{aligned} Δ E & = \frac{h c}{λ} \\ \approx \frac{1,986 5 \times 10^{- 25}}{6, 35 \times 10^{- 6}} \\ \approx 3,128 \times 10^{- 20} J \\ \approx 0,195 25 eV . \end{aligned}

Mức ở trạng thái cơ bản của dao động tử điều hòa ứng với $n = 0$ :

E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω = \frac{1}{2} Δ E .

Do đó:

\begin{aligned} E_{0} & = \frac{0,195 25 eV}{2} \\ \approx 0,097 6 eV . \end{aligned}

trạng thái cơ bản của dao động tử bằng $0,097 6 eV$ .

40.37

trạng thái cơ bản của một dao động tử điều hòa là $5, 60 eV$ . Nếu dao động tử thực hiện bước chuyển từ mức $n = 3$ xuống mức $n = 2$ bằng cách phát xạ một , của photon phát ra bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $E_{0} = 5, 60 eV$ . Tìm $λ$ của phát ra khi dao động tử chuyển từ $n = 3$ xuống $n = 2$ .

Hướng đi:

Mối liên hệ giữa $E_{0}$ và $ℏ ω$ : Mức cơ bản có $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω ⟹ ℏ ω = 2 E_{0}$ .
Khoảng cách mức : Trong dao động tử điều hòa, khoảng cách giữa hai mức liên tiếp bất kỳ luôn luôn bằng $ℏ ω$ : $Δ E_{3 \to 2} = E_{3} - E_{2} = ℏ ω$ .
: $λ = h c / Δ E$ .

trạng thái cơ bản của dao động tử điều hòa được cho bởi

E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω = 5, 60 eV .

Suy ra khoảng cách giữa hai mức kế tiếp nhau là

\begin{aligned} ℏ ω & = 2 E_{0} = 2 (5, 60 eV) \\ = 11, 20 eV . \end{aligned}

Khi dao động tử chuyển từ mức $n = 3$ xuống mức $n = 2$ , độ chênh lệch là

\begin{aligned} Δ E & = E_{3} - E_{2} = ℏ ω \\ = 11, 20 eV . \end{aligned}

này chuyển hóa thành năng lượng của phát xạ:

Δ E = \frac{h c}{λ} ⟹ λ = \frac{h c}{Δ E} .

Đổi đơn vị sang joule ( $11, 20 eV \approx 1,794 4 \times 10^{- 18} J$ ):

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E} \\ \approx \frac{1,986 5 \times 10^{- 25}}{1,794 4 \times 10^{- 18}} \\ \approx 1,107 \times 10^{- 7} m \\ = 111 nm . \end{aligned}

của phát xạ là $111 nm$ (nằm trong vùng tử ngoại).

40.38

Khi chuyển mức từ mức $n = 1$ lên $n = 2$ , một dao động tử điều hòa hấp thụ một có $6, 50 μ m$ . Bước sóng của photon hấp thụ bằng bao nhiêu khi dao động tử này chuyển mức: (a) Từ mức $n = 2$ lên mức $n = 3$ ? (b) Từ mức $n = 1$ lên mức $n = 3$ ? (c) Giá trị của $\sqrt{k^{'} / m}$ , tức tần số dao động góc của dao động tử Newton tương ứng, bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuyển mức $n = 1 \to 2$ hấp thụ $λ_{1 \to 2} = 6, 50 μ m$ . Tìm: (a) $λ_{2 \to 3}$ . (b) $λ_{1 \to 3}$ . (c) $ω = \sqrt{k^{'} / m}$ .

Hướng đi:

Tính cách đều của các mức dao động tử: Các mức liên tiếp có độ chênh lệch không đổi $Δ E = ℏ ω$ .
Bước nhảy hai mức: $Δ E_{1 \to 3} = E_{3} - E_{1} = 2 ℏ ω$ .
góc: $ω = Δ E / ℏ$ .

(a) ứng với bước chuyển từ $n = 1$ lên $n = 2$ là

\begin{aligned} Δ E_{1 \to 2} & = E_{2} - E_{1} = ℏ ω \\ = \frac{h c}{λ_{1 \to 2}} . \end{aligned}

Đối với bước chuyển từ $n = 2$ lên $n = 3$ , độ chênh lệch cũng đúng bằng khoảng cách giữa hai mức kế tiếp:

\begin{aligned} Δ E_{2 \to 3} & = E_{3} - E_{2} = ℏ ω \\ = Δ E_{1 \to 2} . \end{aligned}

Vì hấp thụ bằng nhau, của photon cũng bằng nhau:

λ_{2 \to 3} = λ_{1 \to 2} = 6, 50 μ m .

(b) Đối với bước chuyển từ $n = 1$ lên $n = 3$ , độ biến thiên gấp đôi khoảng cách mức:

\begin{aligned} Δ E_{1 \to 3} & = E_{3} - E_{1} = 2 ℏ ω \\ = 2 (\frac{h c}{λ_{1 \to 2}}) . \end{aligned}

Mặt khác, $Δ E_{1 \to 3} = h c / λ_{1 \to 3}$ , suy ra:

\begin{aligned} λ_{1 \to 3} & = \frac{λ_{1 \to 2}}{2} = \frac{6, 50 μ m}{2} \\ = 3, 25 μ m . \end{aligned}

ω = \frac{Δ E_{1 \to 2}}{ℏ} = \frac{2 π c}{λ_{1 \to 2}} .

Thay số trực tiếp:

\begin{aligned} ω & = \frac{2 π (2,998 \times 10^{8} m / s)}{6, 50 \times 10^{- 6} m} \\ \approx 2, 90 \times 10^{14} rad / s . \end{aligned}

góc của dao động tử là $2, 90 \times 10^{14} rad / s$ .

40.39

Đối với nguyên tử natri trong Ví dụ 40.8, hãy tìm: (a) trạng thái cơ bản. (b) của phát ra khi xảy ra bước chuyển từ $n = 4$ xuống $n = 3$ . (c) Hiệu năng lượng ứng với một bước chuyển $Δ n = 1$ bất kỳ.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ kiện từ Ví dụ 40.8: Hằng số lực $k^{'} = 5, 0 N / m$ , khối lượng nguyên tử natri $m = 23 u \approx 3,819 \times 10^{- 26} kg$ . Cần tính: (a) $E_{0}$ . (b) $λ$ cho bước chuyển $n = 4 \to 3$ . (c) $Δ E$ cho bước chuyển $Δ n = 1$ bất kỳ.

Hướng đi:

góc: $ω = \sqrt{k^{'} / m}$ .
Lượng tử : $ℏ ω$ là khoảng cách giữa hai mức kế tiếp.
mức cơ bản: $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω$ .

Tính góc dao động của nguyên tử natri:

\begin{aligned} ω & = \sqrt{\frac{k^{'}}{m}} \\ = \sqrt{\frac{5, 0 N / m}{3,819 \times 10^{- 26} kg}} \\ \approx 1,144 \times 10^{13} rad / s . \end{aligned}

Khoảng cách lượng tử giữa hai mức liên tiếp là

\begin{aligned} ℏ ω & \approx 1,206 5 \times 10^{- 21} J \\ \approx 7, 53 \times 10^{- 3} eV \\ = 7, 53 meV . \end{aligned}

(a) trạng thái cơ bản ( $n = 0$ ):

\begin{aligned} E_{0} & = \frac{1}{2} ℏ ω \\ \approx 6, 03 \times 10^{- 22} J \\ \approx 3, 77 meV . \end{aligned}

(b) Khi chuyển từ $n = 4$ xuống $n = 3$ , hiệu là $Δ E = ℏ ω$ . phát ra là

\begin{aligned} λ & = \frac{2 π c}{ω} \\ \approx \frac{2 π (2,998 \times 10^{8})}{1,144 \times 10^{13}} \\ \approx 1, 65 \times 10^{- 4} m \\ = 165 μ m . \end{aligned}

(c) Vì các mức của dao động tử điều hòa cách đều nhau, hiệu năng lượng cho bất kỳ bước chuyển nào có $Δ n = 1$ đều bằng đúng lượng tử dao động:

\begin{aligned} Δ E & = ℏ ω \\ \approx 1, 21 \times 10^{- 21} J \\ = 7, 53 meV . \end{aligned}

40.40

Đối với của dao động tử điều hòa ở mức cơ bản $ψ_{0} (x) = C e^{- α x^{2} / 2}$ , mật độ xác suất $| ψ_{0} |^{2}$ đạt cực đại tại $x = 0$ . (a) Tính tỉ số giữa $| ψ_{0} |^{2}$ tại $x = + A$ so với $| ψ_{0} |^{2}$ tại $x = 0$ , trong đó $A$ là biên độ dao động cổ điển được tính từ mức cơ bản $n = 0$ . (b) Tính tỉ số giữa $| ψ_{0} |^{2}$ tại $x = + 2 A$ so với $| ψ_{0} |^{2}$ tại $x = 0$ . (c) Trong mỗi trường hợp, kết quả của bạn có nhất quán với những gì được thể hiện trong Hình 40.27 hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: cơ bản $ψ_{0} (x) = C e^{- α x^{2} / 2}$ với $α = \sqrt{m k^{'}} / ℏ = m ω / ℏ$ . Biên độ cổ điển $A$ thỏa mãn $E_{0} = \frac{1}{2} k^{'} A^{2} = \frac{1}{2} ℏ ω$ . Cần tính: (a) $| ψ_{0} (A) |^{2} / | ψ_{0} (0) |^{2}$ . (b) $| ψ_{0} (2 A) |^{2} / | ψ_{0} (0) |^{2}$ . (c) Đánh giá tính nhất quán với đồ thị Hình 40.27.

Hướng đi:

Mật độ xác suất: $| ψ_{0} (x) |^{2} = C^{2} e^{- α x^{2}}$ .
Xác định $α A^{2}$ : Từ $\frac{1}{2} k^{'} A^{2} = \frac{1}{2} ℏ ω$ , kéo theo $A^{2} = ℏ / \sqrt{m k^{'}}$ . Do đó $α A^{2} = \frac{\sqrt{m k^{'}}}{ℏ} \frac{ℏ}{\sqrt{m k^{'}}} = 1$ .

Mật độ xác suất tại tọa độ $x$ là

| ψ_{0} (x) |^{2} = C^{2} e^{- α x^{2}} .

Tại vị trí cân bằng $x = 0$ , giá trị cực đại là $| ψ_{0} (0) |^{2} = C^{2}$ . Do đó tỉ số mật độ xác suất tại vị trí $x$ bất kỳ là

\frac{| ψ_{0} (x) |^{2}}{| ψ_{0} (0) |^{2}} = e^{- α x^{2}} .

Từ định nghĩa biên độ cổ điển của mức cơ bản:

\begin{aligned} E_{0} & = \frac{1}{2} k^{'} A^{2} = \frac{1}{2} ℏ ω, \\ A & = \sqrt{\frac{ℏ ω}{k^{'}}} = \sqrt{\frac{ℏ}{\sqrt{m k^{'}}}} . \end{aligned}

Mặt khác, tham số hàm Gauss là $α = \sqrt{m k^{'}} / ℏ$ . Nhân hai hệ số này ta có:

α A^{2} = 1.

(a) Tại điểm quay cổ điển $x = + A$ :

\begin{aligned} \frac{| ψ_{0} (A) |^{2}}{| ψ_{0} (0) |^{2}} & = e^{- α A^{2}} = e^{- 1} \\ \approx 0,368 = 36, 8 % . \end{aligned}

(b) Tại $x = + 2 A$ :

\begin{aligned} \frac{| ψ_{0} (2 A) |^{2}}{| ψ_{0} (0) |^{2}} & = e^{- 4} \\ \approx 1, 83 % . \end{aligned}

(c) Đánh giá: Kết quả hoàn toàn nhất quán với Hình 40.27. Tại điểm quay cổ điển $x = \pm A$ , vẫn bằng khoảng $37 %$ giá trị ở tâm, minh chứng cho sự thâm nhập đáng kể của hạt vào vùng cấm cổ điển. Khi ra đến $x = \pm 2 A$ , mật độ giảm xuống dưới $2 %$ giá trị ở tâm, đồ thị tiệm cận rất sát trục hoành.

40.41

Một hạt khối lượng $m$ trong giếng thế vuông một chiều có trong miền từ $x = 0$ đến $x = L$ được cho bởi tổ hợp:

\begin{aligned} Ψ_{1} (x, t) & = ψ_{1} (x) e^{- i E_{1} t / ℏ}, \\ Ψ_{3} (x, t) & = ψ_{3} (x) e^{- i E_{3} t / ℏ}, \end{aligned}

Với dạng sóng toàn phần $Ψ (x, t) = \frac{1}{\sqrt{2}} Ψ_{1} (x, t) + \frac{1}{\sqrt{2}} Ψ_{3} (x, t)$ .

Trong đó $ψ_{1} (x)$ và $ψ_{3} (x)$ là các đã chuẩn hóa của mức $n = 1$ và $n = 3$ , còn $E_{1}$ và $E_{3}$ là tương ứng. Hàm sóng bằng 0 ở ngoài giếng. (a) Tìm giá trị của hàm phân bố xác suất tại tâm giếng $x = L / 2$ theo thời gian. (b) Tìm góc dao động của hàm phân bố xác suất này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trạng thái chồng chập hai mức $n = 1$ và $n = 3$ có:

\begin{aligned} Ψ & = \frac{Ψ_{1} + Ψ_{3}}{\sqrt{2}}, \\ Ψ_{j} & = ψ_{j} e^{- i E_{j} t / ℏ} . \end{aligned}

Cần tìm: (a) $| Ψ (L / 2, t) |^{2}$ theo $t$ . (b) góc dao động $ω_{osc}$ .

Hướng đi:

Giá trị tại tâm giếng: $ψ_{n} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{n π x}{L})$ .
Mật độ xác suất tổng quát: Nhân $Ψ$ với liên hợp phức của nó để giữ cả số hạng giao thoa. Đặt $P_{0} = (ψ_{1}^{2} + ψ_{3}^{2}) / 2$ và $ϕ = ω_{osc} t$ , khi đó:

| Ψ |^{2} = P_{0} + ψ_{1} ψ_{3} \cos ϕ .

pha là $ω_{osc} = (E_{3} - E_{1}) / ℏ$ .

tại vị trí chính giữa giếng $x = L / 2$ :

\begin{aligned} ψ_{1} (L / 2) & = \sqrt{2 / L}, \\ ψ_{3} (L / 2) & = - \sqrt{2 / L} . \end{aligned}

(a) Mật độ xác suất tại $x = L / 2$ là

Tại $x = L / 2$ , mật độ xác suất theo thời gian là $| Ψ |^{2} = Ψ^{*} Ψ$ .

Khai triển tích liên hợp:

\begin{aligned} P (t) & = \frac{2}{L} - \frac{2}{L} \cos (ω_{osc} t) \\ = \frac{2}{L} [1 - \cos (ω_{osc} t)] . \end{aligned}

(b) góc dao động của mật độ xác suất bằng độ chênh lệch chia cho $ℏ$ :

ω_{osc} = \frac{E_{3} - E_{1}}{ℏ} .

Trong , các mức tuân theo quy luật $E_{n} = n^{2} E_{1}$ :

\begin{aligned} E_{3} & = 3^{2} E_{1} = 9 E_{1}, \\ E_{3} - E_{1} & = 8 E_{1} . \end{aligned}

Với $E_{1} = \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$ , ta thu được biểu thức tường minh:

\begin{aligned} ω_{osc} & = \frac{8 E_{1}}{ℏ} \\ = \frac{8}{ℏ} (\frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}) \\ = \frac{4 π^{2} ℏ}{m L^{2}} . \end{aligned}

Mật độ xác suất dao động tuần hoàn điều hòa giữa giá trị 0 và $4 / L$ với góc $ω_{osc} = 4 π^{2} ℏ / (m L^{2})$ .

40.42

Nguyên tử hydro phát ra bức xạ với bốn khả kiến nổi bật gồm một vạch đỏ, một vạch lam (cyan), một vạch xanh và một vạch tím. Các bước sóng tương ứng là $656 nm$ , $486 nm$ , $434 nm$ và $410 nm$ . Chúng ta có thể mô hình hóa nguyên tử hydro như một electron trong giếng thế vuông một chiều, và cố gắng khớp bốn vạch phát xạ liên tiếp trong phổ dự đoán với phần khả kiến của quang phổ hydro. (a) Xác định các ứng với bốn vạch quang phổ khả kiến này. (b) Phổ phát xạ của electron trong giếng thế có dạng $E_{n_{i} \to n_{f}} = (n_{i}^{2} - n_{f}^{2}) P$ , trong đó $P = h^{2} / (8 m L^{2})$ . Giá trị nhỏ nhất có thể của $n_{i}$ để có thể chứa đủ bốn vạch phát xạ là bao nhiêu? (c) Dùng giá trị $n_{i}$ từ phần (b), ước tính độ lớn bậc của $P$ bằng cách chia bốn năng lượng photon cho các hiệu $n_{i}^{2} - n_{f}^{2}$ tương ứng. (d) Dùng khối lượng electron $m_{e}$ , ước tính chiều dài $L$ của giếng thế từ giá trị $P$ ở phần (c). (e) Tính tỉ số giữa chiều dài $L$ ước tính được so với đường kính nguyên tử Bohr ( $2 a_{0}$ ).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng bốn $656$ , $486$ , $434$ và $410 nm$ để ước lượng thang $P$ và chiều rộng hộp. Xét bốn chuyển mức từ cùng một mức ban đầu.

Hướng đi:

Dùng $E_{γ} = h c / λ$ vì bằng hiệu hai mức.
Từ một mức $n_{i}$ , có $n_{i} - 1$ mức thấp hơn. Đếm các mức cuối để tìm $n_{i}$ nhỏ nhất cho bốn vạch.
Với $E_{n} = n^{2} P$ , chia từng cho hiệu bình phương tương ứng. Nếu các ước lượng $P$ không bằng nhau, mô hình chỉ cho thang độ lớn.

(a) Lấy $h c \approx 1239, 84 eV nm$ :

\begin{aligned} E_{γ 1} & \approx 1,890 eV, \\ E_{γ 2} & \approx 2,551 eV, \\ E_{γ 3} & \approx 2,857 eV, \\ E_{γ 4} & \approx 3,024 eV . \end{aligned}

(b) Cần $n_{i} - 1 \geq 4$ , nên giá trị nhỏ nhất là $n_{i} = 5$ . Bốn mức cuối là $n_{f} = 4, 3, 2, 1$ . Đây là bốn chuyển mức từ cùng mức ban đầu, không phải bốn mức ban đầu liên tiếp chuyển về cùng một mức cuối.

\begin{aligned} P_{1} & = \frac{1,890}{9} eV \approx 0,210 eV, \\ P_{2} & = \frac{2,551}{16} eV \approx 0,159 eV, \\ P_{3} & = \frac{2,857}{21} eV \approx 0,136 eV, \\ P_{4} & = \frac{3,024}{24} eV \approx 0,126 eV . \end{aligned}

Các giá trị có cùng bậc $10^{- 1} eV$ nhưng không trùng nhau. Giếng vuông vì thế không tái tạo chính xác cả bốn vạch. Trung bình số học của bốn ước lượng là khoảng $0,158 eV$ , có thể dùng làm một giá trị đại diện để tính kích thước.

(d) Từ $P = h^{2} / (8 m_{e} L^{2})$ :

\begin{aligned} L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} P}} \\ \approx 1, 54 \times 10^{- 9} m \\ = 1, 54 nm . \end{aligned}

Nếu dùng riêng từng $P_{j}$ , chiều rộng nằm trong khoảng $1, 34$ đến $1, 73 nm$ . Do đó độ lớn cần ước tính là $10^{- 9} m$ , không phải một kích thước chính xác suy ra từ bốn vạch.

(e) Với $2 a_{0} \approx 0,105 8 nm$ :

\frac{L}{2 a_{0}} \approx 14, 6.

Ước lượng đại diện lớn hơn đường kính Bohr khoảng 15 lần. Nguyên tử hydro được mô tả thích hợp bằng thế Coulomb, thay vì giếng vuông đáy phẳng. Sự không nhất quán giữa bốn giá trị $P_{j}$ cũng cho thấy giới hạn của mô hình đang thử.

40.43

Xét một chùm hạt tự do chuyển động với vận tốc $v = p / m$ theo chiều $+ x$ tới đập vào một bậc : $U (x) = 0$ khi $x < 0$ , và $U (x) = U_{0} < E$ khi $x > 0$ . ở vùng $x < 0$ là $ψ (x) = A e^{i k_{1} x} + B e^{- i k_{1} x}$ , đại diện cho hạt tới và hạt phản xạ. Hàm sóng ở vùng $x > 0$ là $ψ (x) = C e^{i k_{2} x}$ , đại diện cho hạt truyền qua. Dùng các điều kiện hàm sóng và bậc nhất của nó phải liên tục tại $x = 0$ để tìm các hằng số $B$ và $C$ theo $k_{1}, k_{2}$ và $A$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bậc thế $U_{0} < E$ . Cho $ψ_{1} (x) = A e^{i k_{1} x} + B e^{- i k_{1} x}$ ( $x < 0$ ) và $ψ_{2} (x) = C e^{i k_{2} x}$ ( $x > 0$ ). Cần tìm biên độ phản xạ $B$ và truyền qua $C$ theo $A$ .

Hướng đi:

Điều kiện liên tục của tại $x = 0$ : $ψ_{1} (0) = ψ_{2} (0)$ .
Điều kiện liên tục của tại $x = 0$ : ${\frac{d ψ_{1}}{d x} |}_{x = 0} = {\frac{d ψ_{2}}{d x} |}_{x = 0}$ .

bậc nhất của ở hai vùng là $ψ_{1}^{'} (x) = i k_{1} (A e^{i k_{1} x} - B e^{- i k_{1} x})$ và $ψ_{2}^{'} (x) = i k_{2} C e^{i k_{2} x}$ .

Áp dụng các điều kiện biên tại mặt phân cách $x = 0$ :

Tính liên tục của tại $x = 0$ cho $ψ_{1} (0) = ψ_{2} (0)$ , suy ra:

A + B = C .

Tính liên tục của bậc nhất tại $x = 0$ cho $ψ_{1}^{'} (0) = ψ_{2}^{'} (0)$ , suy ra:

i k_{1} (A - B) = i k_{2} C .

Rút gọn thừa số ảo $i$ :

k_{1} (A - B) = k_{2} C .

Thay $C = A + B$ vào phương trình :

\begin{aligned} k_{1} A - k_{1} B & = k_{2} (A + B) \\ (k_{1} - k_{2}) A & = (k_{1} + k_{2}) B . \end{aligned}

Từ đây ta tìm được biên độ phản xạ $B$ :

B = (\frac{k_{1} - k_{2}}{k_{1} + k_{2}}) A .

Thay biểu thức của $B$ trở lại để tìm $C$ :

\begin{aligned} C & = A + B \\ = A + (\frac{k_{1} - k_{2}}{k_{1} + k_{2}}) A \\ = (\frac{2 k_{1}}{k_{1} + k_{2}}) A . \end{aligned}

Các biểu thức biên độ có cấu trúc tương tự bài toán nối sóng ở một mặt phân cách. Khi tính xác suất truyền qua, cần dùng dòng xác suất và kể thêm tỉ số $k_{2} / k_{1}$ , không chỉ lấy $| C / A |^{2}$ .

40.44

Một hạt ở mức cơ bản của một trải từ $x = 0$ đến $x = L$ . (a) Xác suất tìm thấy hạt trong miền từ $0$ đến $L / 4$ bằng bao nhiêu? Hãy tính bằng cách lấy $\int | ψ (x) |^{2} d x$ với đã chuẩn hóa. (b) Xác suất tìm thấy hạt trong miền từ $L / 4$ đến $L / 2$ bằng bao nhiêu? (c) So sánh các kết quả của phần (a) và (b) và giải thích. (d) Cộng hai xác suất tính được ở phần (a) và (b). (e) Kết quả ở các phần (a), (b) và (d) có nhất quán với Hình 40.12b hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt trong giếng vô hạn ở mức cơ bản $ψ_{1} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{π x}{L})$ . Cần tính: (a) $P (0 \to L / 4)$ . (b) $P (L / 4 \to L / 2)$ . (c) So sánh (a) và (b). (d) Tổng $P (0 \to L / 2)$ . (e) Đánh giá tính nhất quán với Hình 40.12b.

Hướng đi:

mật độ xác suất: Sử dụng công thức hạ bậc $\sin^{2} θ = \frac{1 - \cos (2 θ)}{2}$ .
Nguyên hàm: $\int \sin^{2} (k x) d x = \frac{x}{2} - \frac{\sin (2 k x)}{4 k}$ .

Nguyên hàm của mật độ xác suất trạng thái cơ bản là $\int | ψ_{1} (x) |^{2} d x = \frac{x}{L} - \frac{\sin (2 π x / L)}{2 π}$ .

(a) từ $0$ đến $L / 4$ :

Áp dụng cận từ $0$ đến $L / 4$ , ta thu được:

\begin{aligned} P_{a} & = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 π} \\ \approx 0,090 8 = 9, 08 % . \end{aligned}

(b) từ $L / 4$ đến $L / 2$ :

Tương tự, lấy trên đoạn từ $L / 4$ đến $L / 2$ :

\begin{aligned} P_{b} & = \frac{1}{4} + \frac{1}{2 π} \\ \approx 0,409 2 = 40, 92 % . \end{aligned}

(c) So sánh: Xác suất tìm thấy hạt trong đoạn từ $L / 4$ đến $L / 2$ lớn gấp khoảng $4, 5$ lần so với đoạn từ $0$ đến $L / 4$ :

\frac{0,409 2}{0,090 8} \approx 4, 51.

Giải thích: Đồ thị mật độ xác suất $| ψ_{1} (x) |^{2}$ có đỉnh cực đại nhọn tại chính giữa giếng ( $x = L / 2$ ) và triệt tiêu về 0 tại thành giếng ( $x = 0$ ). Vì vậy, hạt có xu hướng tập trung dày đặc ở vùng trung tâm giếng.

(d) Tổng hai xác suất: $P (0 \leq x \leq L / 2) = P_{a} + P_{b}$ , tức là $0,090 8 + 0,409 2 = 0,500 0 = 50, 0 %$ .

(e) Kết quả hoàn toàn nhất quán với Hình 40.12b: Đồ thị $| ψ_{1} (x) |^{2}$ đối xứng gương hoàn hảo qua tâm $x = L / 2$ , do đó tổng xác suất ở nửa bên trái bắt buộc phải bằng đúng $50 %$ .

40.45

Một electron trong một phân tử hữu cơ dài dùng cho laser nhuộm (dye laser) hành xử xấp xỉ như một hạt trong giếng thế vuông vô hạn có chiều rộng $4, 18 nm$ . của phát ra bằng bao nhiêu khi electron thực hiện bước chuyển: (a) Từ mức kích thích thứ nhất xuống mức cơ bản? (b) Từ mức kích thích thứ hai xuống mức kích thích thứ nhất?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: bề rộng $L = 4, 18 nm$ , chứa electron. Cần tìm: (a) $λ$ khi chuyển từ $n = 2$ xuống $n = 1$ . (b) $λ$ khi chuyển từ $n = 3$ xuống $n = 2$ .

Hướng đi:

mức cơ bản: $E_{1} = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}$ .
Hiệu mức : $Δ E = (n_{i}^{2} - n_{f}^{2}) E_{1}$ .
phát xạ: $λ = h c / Δ E$ .

Tính mức cơ bản của electron trong giếng thế:

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx \frac{4,390 \times 10^{- 67}}{1,272 \times 10^{- 46}} \\ \approx 3,451 \times 10^{- 21} J \\ \approx 0,021 54 eV . \end{aligned}

(a) Bước chuyển từ mức kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ) xuống mức cơ bản ( $n = 1$ ):

\begin{aligned} Δ E_{2 \to 1} & = 3 E_{1} \\ = 3 (0,021 54 eV) \\ = 0,064 62 eV . \end{aligned}

Đổi sang joule: $Δ E = 1,035 3 \times 10^{- 20} J$ . phát ra là

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E} \\ \approx \frac{1,986 5 \times 10^{- 25}}{1,035 3 \times 10^{- 20}} \\ \approx 1,919 \times 10^{- 5} m \\ = 19, 2 μ m . \end{aligned}

(b) Bước chuyển từ mức kích thích thứ hai ( $n = 3$ ) xuống mức kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ):

\begin{aligned} Δ E_{3 \to 2} & = 5 E_{1} \\ = 5 (0,021 54 eV) \\ = 0,107 7 eV . \end{aligned}

Đổi sang joule: $Δ E = 1,725 5 \times 10^{- 20} J$ . phát ra là

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E} \\ \approx \frac{1,986 5 \times 10^{- 25}}{1,725 5 \times 10^{- 20}} \\ \approx 1,151 \times 10^{- 5} m \\ = 11, 5 μ m . \end{aligned}

Cả hai bức xạ đều nằm trong dải hồng ngoại.

40.46

Xét một hạt trong giếng thế vuông vô hạn có hai thành cứng tại $x = 0$ và $x = L$ . Giả sử hạt ở mức cơ bản. Tính xác suất $| ψ |^{2} d x$ để hạt được tìm thấy trong khoảng từ $x$ đến $x + d x$ tại các vị trí: (a) $x = L / 4$ . (b) $x = L / 2$ . (c) $x = 3 L / 4$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt ở mức $n = 1$ . Tính xác suất vi phân $P = | ψ_{1} (x) |^{2} d x$ theo $d x / L$ tại $x = L / 4, L / 2, 3 L / 4$ .

Hướng đi:

Mật độ xác suất chuẩn hóa: $| ψ_{1} (x) |^{2} = \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{π x}{L})$ .
Xác suất vi phân: Thay tọa độ $x$ vào biểu thức $| ψ_{1} (x) |^{2} d x$ .

Mật độ xác suất của hạt ở mức cơ bản là

| ψ_{1} (x) |^{2} = \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{π x}{L}) .

(a) Tại $x = L / 4$ , với $\sin^{2} (π / 4) = 1 / 2$ :

| ψ_{1} (L / 4) |^{2} d x = 1, 00 \frac{d x}{L} .

(b) Tại $x = L / 2$ , với $\sin^{2} (π / 2) = 1$ :

| ψ_{1} (L / 2) |^{2} d x = 2, 00 \frac{d x}{L} .

| ψ_{1} (3 L / 4) |^{2} d x = 1, 00 \frac{d x}{L} .

Mật độ xác suất tại tâm giếng lớn gấp đôi mật độ tại các điểm một phần tư giếng.

40.47

Lặp lại Bài 40.46 đối với hạt ở mức kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt ở mức $n = 2$ . Tính xác suất vi phân $| ψ_{2} (x) |^{2} d x$ tại $x = L / 4, L / 2, 3 L / 4$ .

Hướng đi:

Mật độ xác suất chuẩn hóa: $| ψ_{2} (x) |^{2} = \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{2 π x}{L})$ .
Xác suất vi phân: Thay từng giá trị tọa độ vào biểu thức.

Mật độ xác suất của hạt ở mức kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ) là

| ψ_{2} (x) |^{2} = \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{2 π x}{L}) .

(a) Tại $x = L / 4$ , với $\sin^{2} (π / 2) = 1$ :

| ψ_{2} (L / 4) |^{2} d x = 2, 00 \frac{d x}{L} .

(b) Tại $x = L / 2$ , với $\sin^{2} (π) = 0$ :

| ψ_{2} (L / 2) |^{2} d x = 0.

| ψ_{2} (3 L / 4) |^{2} d x = 2, 00 \frac{d x}{L} .

Ở mức kích thích thứ nhất, tâm giếng $x = L / 2$ là một nút sóng có mật độ xác suất hoàn toàn bằng 0, trong khi tại $x = L / 4$ và $x = 3 L / 4$ là hai đỉnh cực đại với mật độ bằng $2, 00 / L$ .

40.48

Giả sử chúng ta có hai dây đồng tiếp xúc nhau qua một khe hở lớp oxit có chiều dài $L = 1, 0 nm$ , như minh họa trong Hình P40.48. Nếu phía bên trái có điện thế $V$ so với phía bên phải, ta có thể ước tính dòng chui hầm như sau: Các dây dẫn có đường kính $d = 1, 0 mm$ , và đồng có mật độ electron tự do $n = 8, 5 \times 10^{28} m^{- 3}$ . (a) Giả sử khe hở oxit tạo ra một rào hình chữ nhật có chiều cao $12 eV$ và năng lượng của các electron tự do tới rào là $5, 0 eV$ . Khe có bề rộng $L = 1, 0 nm$ . Xác suất $T$ để một electron chui hầm qua rào bằng bao nhiêu? (b) Một đoạn dây có chiều dài $x$ ở bên trái rào thế sẽ chứa $n A x$ electron tự do, trong đó $A = π (d / 2)^{2}$ là diện tích tiết diện ngang của dây. Trong một đoạn dây tương tự ở bên phải, số electron chui hầm qua sẽ bằng $T$ nhân với số lượng đó. Nếu các electron này chuyển động với vận tốc hiệu dụng $v = d x / d t$ , dòng chui hầm được biểu diễn theo dạng giải tích theo $T, n, A, e$ và $v$ như thế nào? (c) Định nghĩa tốc độ hiệu dụng $v$ qua biểu thức $\frac{1}{2} m v^{2} = e V$ . Các electron chui hầm có năng lượng $e V$ . Tốc độ hiệu dụng $v$ biểu diễn theo $e, V$ và khối lượng electron $m$ bằng bao nhiêu? (f) Hãy kết hợp các kết quả trên để ước tính độ lớn của dòng chui hầm.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dây đồng $d = 1, 0 mm ⟹ A = π (d / 2)^{2}$ , $n = 8, 5 \times 10^{28} m^{- 3}$ . Rào thế oxit $U_{0} = 12 eV$ , electron có $E = 5, 0 eV$ , bề rộng rào $L = 1, 0 nm$ . (a) Tính hệ số truyền qua $T$ . (b) Biểu diễn dòng điện $I$ theo $T, n, A, e, v$ . (c) Tìm $v$ theo $e, V, m$ . (f) Ước tính độ lớn dòng điện chui hầm.

Hướng đi:

Hệ số truyền qua qua rào chữ nhật: $T \approx G e^{- 2 κ L}$ với $κ = \sqrt{2 m (U_{0} - E)} / ℏ$ và $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ .
Dòng hạt tải qua rào: Mỗi giây số electron tới mặt chắn trong thể tích $A v d t$ là $n A v d t$ . Tỉ lệ truyền qua là $T$ , điện tích mỗi hạt là $e$ .
Vận tốc electron: $v = \sqrt{2 e V / m}$ .

(a) thiếu hụt của electron so với đỉnh rào:

\begin{aligned} U_{0} - E & = 12, 0 eV - 5, 0 eV \\ = 7, 0 eV \\ \approx 1,121 5 \times 10^{- 18} J . \end{aligned}

Hệ số suy giảm sóng trong rào thế:

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{\sqrt{2,043 \times 10^{- 48}}}{1,054 6 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,354 6 \times 10^{10} m^{- 1} . \end{aligned}

Số mũ suy giảm qua bề rộng $L = 1, 0 \times 10^{- 9} m$ ứng với tích:

2 κ L \approx 27, 09.

Hệ số nhân $G$ :

\begin{aligned} G & = 16 (\frac{5}{12}) (\frac{7}{12}) \\ = \frac{35}{9} \approx 3,889. \end{aligned}

Do đó, xác suất chui hầm $T$ là

\begin{aligned} T & = G e^{- 2 κ L} \\ \approx 3,889 \times e^{- 27, 09} \\ \approx 6, 61 \times 10^{- 12} . \end{aligned}

(b) Trong khoảng thời gian $d t$ , các electron nằm trong cự ly $d x = v d t$ trước rào sẽ bay tới đập vào rào thế. Tổng số electron tới rào trong thời gian $d t$ là $d N_{incident} = n A d x = n A v d t$ . Số electron chui hầm thành công qua phía bên kia là $d N_{tunneled} = T d N_{incident} = T n A v d t$ . Điện lượng truyền qua rào trong thời gian $d t$ là $d q = e d N_{tunneled} = e T n A v d t$ . Do đó, dòng điện chui hầm là

I = \frac{d q}{d t} = e T n A v .

Vận tốc của hạt là $v = \sqrt{2 e V / m}$ .

(f) Kết hợp các kết quả: Tiết diện ngang của sợi dây đồng đường kính $d = 1, 0 mm = 1, 0 \times 10^{- 3} m$ :

\begin{aligned} A & = \frac{π d^{2}}{4} = \frac{π (10^{- 3})^{2}}{4} \\ \approx 7,854 \times 10^{- 7} m^{2} . \end{aligned}

Đề bài không cho một giá trị cụ thể của $V$ . Vì vậy cần giữ kết quả dưới dạng hàm của $V$ . Chẳng hạn, nếu chọn $V = 1, 0 V$ để minh họa, vận tốc của electron là

\begin{aligned} v & = \sqrt{\frac{2 e V}{m_{e}}} \\ \approx \sqrt{3,517 \times 10^{11}} \\ \approx 5, 93 \times 10^{5} m / s . \end{aligned}

Tính dòng tới khi chưa qua rào: $I_{0} = e n A v \approx 6, 35 \times 10^{6} A$ . Dòng chui hầm qua rào:

\begin{aligned} I & = T I_{0} \\ \approx 4, 2 \times 10^{- 5} A \\ = 42 μ A . \end{aligned}

Trong mô hình một chiều đã cho, kết quả tổng quát là $I \approx (42 μ A) \sqrt{V / (1 V)}$ với $V > 0$ . Giá trị $42 μ A$ chỉ ứng với lựa chọn minh họa $V = 1, 0 V$ .

40.49

Xác suất tìm thấy hạt trong giếng thế vuông vô hạn có chiều dài $L$ trong khoảng tọa độ giữa $x = L / 4$ và $x = 3 L / 4$ bằng bao nhiêu khi hạt ở: (a) Mức cơ bản? (b) Mức kích thích thứ nhất? (c) Kết quả của bạn ở các phần (a) và (b) có nhất quán với Hình 40.12b hay không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính xác suất $P (L / 4 \leq x \leq 3 L / 4)$ cho: (a) Mức cơ bản $n = 1$ . (b) Mức kích thích thứ nhất $n = 2$ . (c) Đánh giá tính nhất quán với Hình 40.12b.

Hướng đi:

xác suất: $P = \int_{L / 4}^{3 L / 4} \frac{2}{L} \sin^{2} (\frac{n π x}{L}) d x$ .
Sử dụng đối xứng: Đối xứng gương qua tâm $x = L / 2$ .

Nguyên hàm tổng quát của mật độ xác suất cho mức $n$ là $\int | ψ_{n} (x) |^{2} d x = \frac{x}{L} - \frac{\sin (2 n π x / L)}{2 n π}$ .

(a) Đối với mức cơ bản ( $n = 1$ ):

\begin{aligned} P_{1} & = \frac{1}{2} + \frac{1}{π} \\ \approx 0,818 3 = 81, 83 % . \end{aligned}

(b) Đối với mức kích thích thứ nhất ( $n = 2$ ):

\begin{aligned} P_{2} & = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \\ = 50, 00 % . \end{aligned}

Ở mức $n = 1$ , mật độ xác suất chỉ có duy nhất một đỉnh cực đại nằm tại chính giữa giếng ( $x = L / 2$ ). Khoảng giữa $[L / 4, 3 L / 4]$ bao trùm toàn bộ phần thân phồng lớn nhất của nên chiếm tới gần $82 %$ tổng diện tích.
Ở mức $n = 2$ , có hai nửa chu kỳ đối xứng: Một đỉnh cực đại tại $L / 4$ , một nút sóng bằng 0 tại $L / 2$ , và một đỉnh cực đại tại $3 L / 4$ . Nửa bên trong giếng nhận chính xác một nửa diện tích của mỗi múi sóng, do đó cho đúng $50 %$ .

40.50

Khoảng cách thâm nhập $η$ trong một là khoảng cách mà tại đó giảm xuống còn $1 / e$ so với giá trị của nó tại điểm quay cổ điển:

ψ (L + η) = \frac{1}{e} ψ (L) .

Khoảng cách thâm nhập này được xác định bởi

η = \frac{ℏ}{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}} .

Đây là thang suy giảm của biên độ, không phải một ranh giới mà xác suất đột ngột bằng 0. (a) Tìm $η$ đối với một electron có động năng $13 eV$ trong giếng thế có độ sâu $U_{0} = 20 eV$ . (b) Tìm $η$ đối với một proton có $20, 0 MeV$ bị giam cầm trong giếng thế hạt nhân sâu $30, 0 MeV$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm độ xuyên sâu $η = \frac{ℏ}{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}}$ cho: (a) Electron: $K = 13 eV$ , $U_{0} = 20 eV$ . (b) Proton: $K = 20, 0 MeV$ , $U_{0} = 30, 0 MeV$ .

Hướng đi:

Độ chênh lệch : Hiệu số $U_{0} - E$ quyết định hệ số suy giảm $κ$ ngoài giếng thế.
Độ xuyên sâu: $η = 1 / κ = \frac{ℏ}{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}}$ .

(a) Đối với electron: Độ thiếu hụt so với thành giếng là $U_{0} - E = 20 eV - 13 eV = 7, 0 eV$ , quy đổi sang joule:

U_{0} - E \approx 1,121 5 \times 10^{- 18} J .

Khối lượng electron $m_{e} = 9,109 \times 10^{- 31} kg$ . Độ xuyên sâu của electron là

\begin{aligned} η & = \frac{ℏ}{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}} \\ \approx \frac{1,055 \times 10^{- 34}}{\sqrt{2,043 \times 10^{- 48}}} \\ \approx 7, 38 \times 10^{- 11} m \\ = 73, 8 pm . \end{aligned}

(b) Đối với proton trong hạt nhân: Độ thiếu hụt là $U_{0} - E = 10, 0 MeV$ , quy đổi sang joule:

U_{0} - E \approx 1,602 2 \times 10^{- 12} J .

Khối lượng proton $m_{p} = 1,672 6 \times 10^{- 27} kg$ . Độ xuyên sâu của proton là

\begin{aligned} η & = \frac{ℏ}{\sqrt{2 m_{p} (U_{0} - E)}} \\ \approx \frac{1,055 \times 10^{- 34}}{\sqrt{5,360 \times 10^{- 39}}} \\ \approx 1, 44 \times 10^{- 15} m \\ = 1, 44 fm . \end{aligned}

Khoảng cách thâm nhập của proton vào khoảng $1, 44 fm$ , hoàn toàn tương thích với thang đo kích thước của hạt nhân nguyên tử.

Bài tập 40.51–40.66

40.51

Một sinh viên đề xuất một khả dĩ cho một hạt tự do có khối lượng $m$ (hạt có $U (x) = 0$ trên toàn không gian) có dạng:

ψ (x) = {\begin{cases} e^{+ k x}, & x < 0 \\ e^{- k x}, & x \geq 0 \end{cases}

Trong đó $k$ là một hằng số dương thực. (a) Vẽ đồ thị của được đề xuất này. (b) Chứng minh rằng hàm sóng này thỏa mãn trong miền $x < 0$ nếu là $E = - ℏ^{2} k^{2} / (2 m)$ , tức là năng lượng của hạt mang giá trị âm. (c) Chứng minh rằng hàm sóng cũng thỏa mãn phương trình Schrödinger trong miền $x \geq 0$ với cùng mức năng lượng như trong phần (b). (d) Giải thích tại sao hàm sóng đề xuất này dù vậy vẫn không phải là một nghiệm được chấp nhận của phương trình Schrödinger đối với một hạt tự do. (Gợi ý: Hành vi của hàm số tại $x = 0$ như thế nào?) Trên thực tế, một hạt tự do ( $U (x) = 0$ ) không bao giờ có thể có năng lượng nhỏ hơn 0.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát đề xuất $ψ (x) = e^{- k | x |}$ cho hạt tự do $U (x) = 0$ . Kiểm tra ở hai nửa trục và phân tích tính khả chấp tại điểm nối $x = 0$ .

Hướng đi:

cho hạt tự do: $- \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = E ψ$ .
cấp hai: Lấy trong từng khoảng $x < 0$ và $x > 0$ .
Điều kiện trơn của : Tại mọi điểm mà không có bước nhảy vô hạn, bậc nhất $d ψ / d x$ bắt buộc phải liên tục.

(a) Đồ thị $ψ (x) = e^{- k | x |}$ :

Tại $x = 0$ , đạt đỉnh nhọn với giá trị cực đại $ψ (0) = 1$ .
Khi $x \to + \infty$ , giảm dần theo hàm mũ $e^{- k x} \to 0$ .
Khi $x \to - \infty$ , giảm dần theo hàm mũ $e^{+ k x} \to 0$ .
Đồ thị đối xứng gương qua trục tung, có hình dạng đối xứng giống một mái lều nhọn tại đỉnh $x = 0$ .

(b) Xét miền $x < 0$ : là $ψ (x) = e^{k x}$ . bậc nhất và bậc hai:

\begin{aligned} \frac{d ψ}{d x} & = k e^{k x} = k ψ (x), \\ \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} & = k^{2} e^{k x} = k^{2} ψ (x) . \end{aligned}

Thay vào độc lập với thời gian với $U (x) = 0$ :

- \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 m} ψ (x) .

So sánh với phương trình trị riêng $H ψ = E ψ$ , ta thấy thỏa mãn phương trình với mức âm:

E = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 m} < 0.

\begin{aligned} \frac{d ψ}{d x} & = - k ψ (x), \\ \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} & = k^{2} ψ (x) . \end{aligned}

Thay vào :

\begin{aligned} - \frac{ℏ^{2}}{2 m} \frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} & = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 m} ψ (x) \\ = E ψ (x), \end{aligned}

Hoàn toàn thỏa mãn với cùng giá trị $E = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 m} < 0$ .

(d) Lý do không được chấp nhận làm nghiệm vật lý của hạt tự do:

Xét bậc nhất tại lân cận $x = 0$ :
- Giới hạn bên trái: $ψ^{'} (0^{-}) = + k$ .
- Giới hạn bên phải: $ψ^{'} (0^{+}) = - k$ .
bậc nhất bị gián đoạn nhảy bậc tại $x = 0$ : Bước nhảy là $Δ ψ^{'} = - k - (+ k) = - 2 k \neq 0$ .
bậc hai do đó chứa một hàm delta Dirac: $\frac{d^{2} ψ}{d x^{2}} = k^{2} ψ (x) - 2 k δ (x)$ .
Để thỏa mãn trên toàn bộ trục số, $U (x)$ bắt buộc phải chứa một hố thế delta hấp dẫn $U (x) = - \frac{ℏ^{2} k}{m} δ (x)$ . Tuy nhiên, đối với một hạt tự do thực sự, thế năng đồng nhất bằng 0 ( $U (x) = 0$ ) ở khắp mọi nơi và không có kỳ dị nào. Sự gián đoạn của làm vi phạm phương trình Schrödinger tại chính điểm $x = 0$ .
Do đó, này không phải là nghiệm vật lý của hạt tự do. Hạt tự do bắt buộc phải có $E = p^{2} / (2 m) \geq 0$ .

40.52

Một electron có động năng ban đầu $5, 5 eV$ đập vào một rào vuông có chiều cao $10, 0 eV$ . Bề rộng của rào thế bằng bao nhiêu nếu electron có xác suất chui hầm qua rào là $0, 50 %$ ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron có $E = 5, 5 eV$ , rào thế $U_{0} = 10, 0 eV$ , hệ số truyền qua $T = 0, 50 % = 0,005 0$ . Cần tìm bề rộng rào $L$ .

Hướng đi:

Công thức hệ số truyền qua chui hầm: $T \approx G e^{- 2 κ L}$ , với $G = 16 \frac{E}{U_{0}} (1 - \frac{E}{U_{0}})$ và $κ = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ}$ .
Giải tìm $L$ : $L = \ln (G / T) / (2 κ)$ .

Độ thiếu hụt là $U_{0} - E = (10, 0 - 5, 5) eV$ , tức $4, 5 eV$ . Quy đổi sang joule:

U_{0} - E \approx 7, 21 \times 10^{- 19} J .

Hệ số suy giảm $κ$ của electron trong rào:

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ} \\ \approx \frac{\sqrt{1,313 \times 10^{- 48}}}{1,054 6 \times 10^{- 34}} \\ \approx 1,086 5 \times 10^{10} m^{- 1} . \end{aligned}

Hệ số nhân trước số mũ $G$ :

\begin{aligned} G & = 16 (0, 55) (0, 45) \\ = 3, 96. \end{aligned}

Từ phương trình $T = G e^{- 2 κ L}$ , lấy logarit tự nhiên hai vế:

\begin{aligned} 2 κ L & = \ln (G / T) = \ln (792) \\ \approx 6,674 5. \end{aligned}

Bề rộng rào thế $L$ là

\begin{aligned} L & = \frac{6,674 5}{2 κ} \\ \approx 3, 07 \times 10^{- 10} m \\ = 0, 31 nm . \end{aligned}

Bề rộng của rào thế là $0, 31 nm$ .

40.53

Xét một mạng tinh thể một chiều gồm các hạt nhân cacbon có khoảng cách giữa các nguyên tử kế cận là $d = 0,500 nm$ . tĩnh điện của một hạt nhân do tương tác với hai hạt nhân lân cận gần nhất là $V (x) = \frac{q^{2}}{4 π ε_{0}} (\frac{1}{d - x} + \frac{1}{d + x})$ , trong đó $q = 6 e$ là điện tích của mỗi hạt nhân cacbon và $x$ là độ lệch vị trí so với vị trí cân bằng. (a) Phác họa thế năng $V (x)$ trong khoảng giữa $x = - d$ và $x = d$ . (b) Ở mức năng lượng thấp, hạt nhân chỉ dao động quanh vị trí cân bằng $x = 0$ và thế năng có thể xấp xỉ tốt bằng thế dao động tử điều hòa. Hãy dùng khai triển chuỗi lũy thừa để viết $V (x)$ dưới dạng hàm bậc hai theo $x$ , bỏ qua các số hạng bậc cao hơn của $x / d$ . (c) Hằng số đàn hồi $k^{'}$ tương đương bằng bao nhiêu? (d) Năng lượng trạng thái cơ bản cổ điển tính theo electronvolt bằng bao nhiêu? (e) Năng lượng của có năng lượng thấp nhất được phát ra khi hệ thống này chuyển mức năng lượng bằng bao nhiêu? (f) của bức xạ tương ứng bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai hạt nhân lân cận cách vị trí cân bằng một khoảng $d = 0,500 nm$ . Điện tích mỗi hạt nhân là $q = 6 e$ . Tìm đồ thị thế, gần đúng điều hòa, hằng số lực, cơ bản cổ điển và chuyển mức.

Hướng đi:

Gom hai phân số Coulomb trước khi khai triển theo $x / d$ , vì thế đối xứng nên không có số hạng bậc lẻ.
So sánh hệ số của $x^{2}$ với $k^{'} / 2$ để tìm hằng số lực. Giữ hằng số $V (0)$ vì đề hỏi theo mốc thế đã cho.
cơ bản cổ điển là cực tiểu của $V$ . Hiệu hai mức lượng tử kế tiếp là $ℏ ω$ , nên hằng số cộng $V (0)$ không ảnh hưởng phát ra.

Đặt $K = q^{2} / (4 π ε_{0})$ và $u = x / d$ . có dạng:

\begin{aligned} V (x) & = K F (x), \\ F (x) & = \frac{1}{d - x} + \frac{1}{d + x} \\ = \frac{2 / d}{1 - u^{2}} . \end{aligned}

(a) $V$ là hàm chẵn, đạt cực tiểu tại $x = 0$ và tăng tới $+ \infty$ khi tiến đến hai đầu $\pm d$ . Đồ thị gần đáy có dạng parabol.

Hình lời giải 40.53: Thế Coulomb và gần đúng điều hòa. Đường parabol chỉ mô tả phần gần vị trí cân bằng.

(b) Với $| u | ≪ 1$ , khai triển:

\begin{aligned} \frac{1}{1 - u^{2}} & = 1 + u^{2} + u^{4} + \dots \\ \approx 1 + u^{2} . \end{aligned}

Do đó:

\begin{aligned} V (x) & \approx V_{0} + \frac{2 K}{d^{3}} x^{2}, \\ V_{0} & = \frac{2 K}{d} . \end{aligned}

\begin{aligned} k^{'} & = \frac{4 K}{d^{3}} \\ \approx 265, 8 N / m . \end{aligned}

(d) Ở trạng thái cơ bản cổ điển, hạt nhân đứng yên tại vị trí cân bằng. Vì vậy là giá trị cực tiểu của thế:

E_{c l, m i n} = V_{0} \approx 207, 35 eV .

Nếu đặt lại mốc thế tại vị trí cân bằng thì cơ bản cổ điển bằng 0. Hai cách viết chỉ khác mốc năng lượng.

Để phân biệt với mức cơ bản lượng tử, lấy khối lượng cacbon-12 $m \approx 1,992 6 \times 10^{- 26} kg$ :

\begin{aligned} ω & = \sqrt{\frac{k^{'}}{m}} \\ \approx 1,154 9 \times 10^{14} s^{- 1}, \\ \frac{ℏ ω}{2} & \approx 0,038 0 eV . \end{aligned}

Mức cơ bản lượng tử bằng $V_{0} + ℏ ω / 2$ , tức khoảng $207, 39 eV$ . Phần $0,038 0 eV$ là đo từ đáy, không phải câu trả lời cho cơ bản cổ điển.

(e) Các mức trong gần đúng điều hòa là $E_{n} = V_{0} + (n + 1 / 2) ℏ ω$ , với $n = 0, 1, 2, \dots$ . có nhỏ nhất ứng với hai mức kế tiếp:

Δ E = ℏ ω \approx 0,076 0 eV .

(f) tương ứng:

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E} \\ \approx 16, 3 μ m . \end{aligned}

Đây là bức xạ hồng ngoại.

40.54

Một dao động tử điều hòa gồm một vật có khối lượng $0,020 kg$ gắn vào một lò xo. dao động là $1, 50 Hz$ , và vật có tốc độ $0,480 m / s$ khi đi qua vị trí cân bằng. (a) Giá trị của số lượng tử $n$ ứng với mức của vật bằng bao nhiêu? (b) Hiệu năng lượng giữa hai mức kế tiếp $E_{n}$ và $E_{n + 1}$ bằng bao nhiêu? Độ chênh lệch này có thể đo được bằng thực nghiệm không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $m = 0,020 kg$ , $f = 1, 50 Hz$ , $v_{max} = 0,480 m / s$ . Tìm số lượng tử $n$ và khoảng cách mức $Δ E$ .

Hướng đi:

Cơ năng cổ điển: $E = \frac{1}{2} m v_{max}^{2}$ .
Lượng tử hóa : $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω \approx n ℏ ω$ khi $n ≫ 1$ .
Khoảng cách mức: $Δ E = ℏ ω = h f$ .

(a) Cơ năng toàn phần của dao động tử khi qua vị trí cân bằng:

\begin{aligned} E & = \frac{1}{2} m v_{max}^{2} \\ = \frac{1}{2} (0,020) (0,480)^{2} \\ = 2,304 \times 10^{- 3} J . \end{aligned}

Lượng tử dao động ứng với $f = 1, 50 Hz$ :

\begin{aligned} Δ E & = h f \\ = 9,939 \times 10^{- 34} J \\ \approx 9,939 \times 10^{- 34} J . \end{aligned}

Số lượng tử $n$ được xác định bởi

\begin{aligned} n & \approx \frac{E}{h f} \\ = \frac{2,304 \times 10^{- 3}}{9,939 \times 10^{- 34}} \\ \approx 2, 32 \times 10^{30} . \end{aligned}

(b) Độ chênh lệch giữa hai mức kế tiếp là

\begin{aligned} Δ E & = h f \\ \approx 9, 94 \times 10^{- 34} J \\ \approx 6, 20 \times 10^{- 15} eV . \end{aligned}

Đánh giá thực nghiệm: Khoảng cách này nhỏ hơn cơ năng của hệ khoảng $2, 3 \times 10^{30}$ lần. Phép đo cơ học thông thường đối với vật và lò xo không phân giải được từng mức. Vì vậy phổ có thể được coi là liên tục ở độ chính xác của mô tả cổ điển.

40.55

Đối với các biên độ dao động nhỏ, chuyển động của một con lắc đơn là đơn giản. Đối với một con lắc có chu kỳ $0,500 s$ , hãy tìm trạng thái cơ bản và hiệu năng lượng giữa hai mức kế tiếp nhau. Viết kết quả của bạn theo joule và electronvolt. Các giá trị này có thể đo được bằng thực nghiệm không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Con lắc đơn có chu kỳ $T = 0,500 s$ . Tìm $E_{0}$ và $Δ E$ theo $J$ và $eV$ .

Hướng đi:

: $f = 1 / T$ , tần số góc $ω = 2 π f = 2 π / T$ .
Khoảng cách mức: $Δ E = ℏ ω = h f = h / T$ .
mức cơ bản: $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω = \frac{1}{2} Δ E$ .

dao động của con lắc:

\begin{aligned} f & = \frac{1}{T} = \frac{1}{0,500 s} \\ = 2, 00 Hz . \end{aligned}

Độ chênh lệch giữa hai mức kề nhau:

\begin{aligned} Δ E & = h f \\ \approx 1,325 \times 10^{- 33} J \\ \approx 1,325 \times 10^{- 33} J . \end{aligned}

Đổi sang electronvolt:

\begin{aligned} Δ E & \approx \frac{1,325}{1,602 2} 10^{- 14} eV \\ \approx 8, 27 \times 10^{- 15} eV . \end{aligned}

trạng thái cơ bản ( $n = 0$ ):

\begin{aligned} E_{0} & = \frac{1}{2} Δ E \\ \approx 6, 63 \times 10^{- 34} J \\ \approx 4, 14 \times 10^{- 15} eV . \end{aligned}

Đánh giá: Cả hai giá trị đều nhỏ hơn $10^{- 14} eV$ . Với con lắc vĩ mô và các phép đo cơ học thông thường, sự trao đổi với môi trường không cho phép phân giải các mức này. Cơ học cổ điển là gần đúng thích hợp trong điều kiện đang xét.

40.56

(a) Bằng cách thay trực tiếp vào đối với dao động tử điều hòa một chiều, hãy chứng minh rằng

ψ_{1} (x) = A_{1} x e^{- α^{2} x^{2} / 2},

với

α^{2} = \frac{m ω}{ℏ},

là một nghiệm với tương ứng với $n = 1$ trong công thức $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ . (b) Tìm hằng số chuẩn hóa $A_{1}$ . (c) Chứng minh rằng mật độ xác suất đạt cực tiểu tại $x = 0$ và đạt các cực đại tại $x = \pm 1 / α$ , tương ứng với các điểm quay cổ điển của trạng thái cơ bản $n = 0$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kiểm tra nghiệm $ψ_{1} = A_{1} x e^{- α^{2} x^{2} / 2}$ , tìm hệ số chuẩn hóa và vị trí các cực trị của mật độ xác suất.

Hướng đi:

Đặt riêng thừa số Gauss để lấy tích từng bước, rồi dùng $α^{2} = m ω / ℏ$ để rút gọn .
Chuẩn hóa trên toàn trục vì dao động tử không có thành cứng tại một tọa độ hữu hạn.
Xét mật độ xác suất, rồi so sánh vị trí cực đại với điểm quay cổ điển ứng với $ℏ ω / 2$ .

(a) Đặt $g (x) = e^{- α^{2} x^{2} / 2}$ , khi đó $g^{'} = - α^{2} x g$ . Quy tắc tích cho:

\begin{aligned} ψ_{1}^{'} & = A_{1} (g + x g^{'}) \\ = A_{1} (1 - α^{2} x^{2}) g . \end{aligned}

Lấy thêm một lần:

\begin{aligned} F_{1} & = - 2 α^{2} x g, \\ F_{2} & = (1 - α^{2} x^{2}) g^{'}, \\ ψ_{1}^{″} & = A_{1} (F_{1} + F_{2}) \\ = A_{1} (α^{4} x^{3} - 3 α^{2} x) g \\ = (α^{4} x^{2} - 3 α^{2}) ψ_{1} . \end{aligned}

Đặt $a = ℏ^{2} / (2 m)$ và $b = m ω^{2} / 2$ . Do $α^{2} = m ω / ℏ$ , ta có $a α^{4} = b$ và $3 a α^{2} = 3 ℏ ω / 2$ . Vì thế:

\begin{aligned} c & = b - a α^{4} = 0, \\ H ψ_{1} & = (3 a α^{2} + c x^{2}) ψ_{1} \\ = \frac{3}{2} ℏ ω ψ_{1} . \end{aligned}

Đây là nghiệm ứng với $E_{1} = 3 ℏ ω / 2$ .

(b) Đặt Gauss:

I_{2} = \int_{- \infty}^{\infty} x^{2} e^{- α^{2} x^{2}} d x .

Lấy $\int e^{- β x^{2}} d x = \sqrt{π / β}$ theo $β > 0$ , rồi đặt $β = α^{2}$ , cho $I_{2} = \sqrt{π} / (2 α^{3})$ . Điều kiện chuẩn hóa là:

\begin{aligned} | A_{1} |^{2} I_{2} & = 1, \\ | A_{1} |^{2} & = \frac{2 α^{3}}{\sqrt{π}} . \end{aligned}

Chọn $A_{1}$ thực dương:

A_{1} = {(\frac{4 α^{6}}{π})}^{1 / 4} .

Một toàn cục khác không làm đổi trạng thái vật lý.

P^{'} = 2 | A_{1} |^{2} x (1 - α^{2} x^{2}) g^{2} .

Các nghiệm hữu hạn của $P^{'} = 0$ là $x = 0$ và $x = \pm 1 / α$ . Tại $0$ , mật độ bằng 0 nên là cực tiểu. Mật độ dương ở hai bên và giảm về 0 ở vô cực, nên hai điểm còn lại là cực đại.

Điểm quay cổ điển của mức cơ bản $E_{0} = ℏ ω / 2$ thỏa mãn $k^{'} A_{0}^{2} / 2 = ℏ ω / 2$ . Dùng $k^{'} = m ω^{2}$ :

\begin{aligned} A_{0} & = \sqrt{\frac{ℏ}{m ω}} \\ = \frac{1}{α} . \end{aligned}

Vậy hai cực đại của mật độ ở trạng thái $n = 1$ nằm tại điểm quay cổ điển ứng với của trạng thái $n = 0$ .

40.57

(a) Bản chất sóng của hạt dẫn đến việc một hạt bị giam cầm trong hộp chỉ có thể nhận các tạo nên sóng đứng trong hộp với các nút sóng tại hai thành hộp. Dùng lập luận này để chứng minh rằng một electron bị giam giữ trong giếng thế vuông một chiều chiều dài $L$ sẽ có các mức cho bởi

E_{n} = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} .

(b) Nếu một nguyên tử hydro được mô hình hóa như một giếng thế hộp một chiều có chiều dài bằng đúng bán kính Bohr, (theo electronvolt) của mức năng lượng thấp nhất của electron bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng điều kiện sóng đứng de Broglie để thiết lập công thức giếng vuông vô hạn. Tính mức cơ bản cho hộp có bề rộng bằng bán kính Bohr $a_{0}$ .

Hướng đi:

Điều kiện sóng đứng: Chiều dài giếng phải chứa một số nguyên lần nửa : $L = n \frac{λ}{2}$ .
Hệ thức de Broglie: $p = h / λ$ .
Động năng phi tương đối tính: $E = \frac{p^{2}}{2 m}$ .

(a) Để tạo thành sóng đứng có hai nút cố định tại hai thành hộp $x = 0$ và $x = L$ , chiều dài hộp phải thỏa mãn

\begin{aligned} L & = \frac{n λ}{2}, \\ λ & = \frac{2 L}{n} . \end{aligned}

Ở đây $n = 1, 2, 3, \dots$ .

p = \frac{h}{λ} = \frac{n h}{2 L} .

Theo hệ thức de Broglie, độ lớn của electron là

p = \frac{h}{λ} = \frac{n h}{2 L} .

Vì bên trong hộp bằng 0, năng lượng toàn phần hoàn toàn là động năng:

\begin{aligned} E_{n} & = \frac{p^{2}}{2 m} \\ = \frac{1}{2 m} {(\frac{n h}{2 L})}^{2} \\ = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} . \end{aligned}

(b) Bán kính Bohr là $a_{0} = 0,529 2 \times 10^{- 10} m$ . Chiều dài hộp là $L = a_{0}$ . mức thấp nhất ( $n = 1$ ):

\begin{aligned} N_{0} & = 8 m_{e} a_{0}^{2} \\ \approx 2,043 \times 10^{- 50} kg m^{2}, \\ E_{1} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} a_{0}^{2}} \\ \approx 2,150 \times 10^{- 17} J \\ \approx 134 eV . \end{aligned}

tính được ( $134 eV$ ) lớn hơn đáng kể so với độ lớn năng lượng liên kết thực tế của nguyên tử hydro ( $13, 6 eV$ ) và cho thấy mô hình hộp có đáy phẳng không tái tạo thế Coulomb của nguyên tử hydro. Không nên suy ra sự tương đương giữa hai hệ chỉ từ một kích thước đặc trưng.

40.58

Xét một giếng bất đối xứng được định nghĩa bởi: $U (x) = \infty$ khi $x < 0$ , $U (x) = 0$ khi $0 < x < L$ , và $U (x) = U_{0} > 0$ khi $x > L$ (Hình P40.58). Xét một hạt có khối lượng $m$ và động năng $E < U_{0}$ bị bẫy trong giếng thế này. (a) Điều kiện biên tại thành vô hạn ( $x = 0$ ) là $ψ (0) = 0$ . Dạng $ψ (x)$ trong khoảng $0 < x < L$ phải như thế nào để vừa thỏa mãn vừa thỏa mãn điều kiện biên này? (b) Hàm sóng phải duy trì giá trị hữu hạn khi $x \to \infty$ . Dạng hàm sóng $ψ (x)$ trong khoảng $x > L$ phải như thế nào để vừa thỏa mãn phương trình Schrödinger vừa thỏa mãn điều kiện biên ở vô cực này? (c) Áp dụng các điều kiện biên rằng $ψ$ và $d ψ / d x$ phải liên tục tại $x = L$ . Chứng minh rằng các mức năng lượng cho phép được xác định từ các nghiệm của phương trình $k \cot (k L) = - κ$ , trong đó $k = \sqrt{2 m E} / ℏ$ và $κ = \sqrt{2 m (U_{0} - E)} / ℏ$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giếng thế bất đối xứng: $U = \infty$ ( $x < 0$ ), $U = 0$ ( $0 < x < L$ ), $U = U_{0}$ ( $x > L$ ). Khảo sát $E < U_{0}$ và thiết lập phương trình siêu việt.

Hướng đi:

Miền trong giếng: Phương trình nghiệm điều hòa hình sin/cosin, áp dụng $ψ (0) = 0$ .
Miền ngoài giếng: Phương trình nghiệm hàm mũ, loại bỏ nghiệm phân kỳ dương ở vô cực.
Điều kiện nối êm tại $x = L$ : Liên tục của $ψ$ và liên tục của $d ψ / d x$ .

(a) Trong miền $0 < x < L$ , $U = 0$ . :

\begin{aligned} k & = \frac{\sqrt{2 m E}}{ℏ}, \\ ψ^{″} & = - \frac{2 m E}{ℏ^{2}} ψ \\ = - k^{2} ψ . \end{aligned}

Nghiệm tổng quát là $ψ (x) = C \sin (k x) + D \cos (k x)$ . Điều kiện biên tại thành vô hạn $x = 0$ :

ψ (0) = D = 0.

Do đó, dạng bắt buộc phải là

ψ (x) = C \sin (k x) .

Biểu thức này áp dụng trong miền $0 < x < L$ .

ψ (0) = 0.

(b) Trong miền $x > L$ , $U = U_{0} > E$ . :

\begin{aligned} κ & = \frac{\sqrt{2 m (U_{0} - E)}}{ℏ}, \\ ψ^{″} & = \frac{2 m (U_{0} - E)}{ℏ^{2}} ψ \\ = κ^{2} ψ . \end{aligned}

Nghiệm tổng quát là $ψ (x) = F e^{- κ x} + G e^{+ κ x}$ . Để không bị phân kỳ tiến tới vô cực khi $x \to \infty$ , ta bắt buộc phải chọn $G = 0$ . Do đó:

ψ (x) = F e^{- κ x} (x > L) .

Tính liên tục của :

\begin{aligned} ψ (L^{-}) & = ψ (L^{+}), \\ C \sin (k L) & = F e^{- κ L} . \end{aligned}

Tính liên tục của bậc nhất:

\begin{aligned} ψ^{'} (L^{-}) & = ψ^{'} (L^{+}), \\ k C \cos (k L) & = - κ F e^{- κ L} . \end{aligned}

Chia phương trình cho phương trình :

\frac{k C \cos (k L)}{C \sin (k L)} = \frac{- κ F e^{- κ L}}{F e^{- κ L}} .

Rút gọn các hằng số biên độ $C$ và $F e^{- κ L} \neq 0$ :

\begin{aligned} k \frac{\cos (k L)}{\sin (k L)} & = - κ, \\ k \cot (k L) & = - κ . \end{aligned}

Đó là phương trình siêu việt xác định các mức lượng tử hóa cho phép của giếng thế bất đối xứng.

40.59

Trong nghiên cứu của bạn về các linh kiện bán dẫn mới, bạn đang khảo sát một cấu trúc bán dẫn có thể mô hình hóa chính xác như một electron trong giếng thế vuông vô hạn một chiều có chiều rộng $L$ . Trong một thí nghiệm, bức xạ điện từ được hấp thụ trong các bước chuyển mà trạng thái ban đầu là trạng thái cơ bản $n = 1$ . Bạn đo được ánh sáng có $f_{1} = 9, 0 \times 10^{14} Hz$ bị hấp thụ, và tần số hấp thụ tiếp theo cao hơn là $f_{2} = 16, 9 \times 10^{14} Hz$ . (a) Số lượng tử $n$ của trạng thái cuối trong mỗi bước chuyển hấp thụ các có tần số trên là bao nhiêu? (b) Chiều rộng $L$ của giếng thế bằng bao nhiêu? (c) Bước sóng dài nhất trong không khí của ánh sáng có thể bị hấp thụ bởi electron nếu nó ban đầu ở trạng thái $n = 1$ bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron ở mức ban đầu $n = 1$ . Hai hấp thụ liên tiếp là $f_{1} = 9, 0 \times 10^{14} Hz$ và $f_{2} = 16, 9 \times 10^{14} Hz$ . Tìm: (a) Số lượng tử $n$ của hai mức cuối. (b) Bề rộng giếng $L$ . (c) Bước sóng lớn nhất $λ_{max}$ hấp thụ từ mức $n = 1$ .

Hướng đi:

hấp thụ từ mức $n = 1$ : $Δ E = (n^{2} - 1) E_{1} = h f$ .
Lập tỉ số : $\frac{f_{2}}{f_{1}} = \frac{(n + 1)^{2} - 1}{n^{2} - 1}$ .
Giải phương trình tìm $n$ nguyên: Kiểm tra các giá trị $n$ khả dĩ.

(a) hấp thụ khi electron chuyển từ $n = 1$ lên mức $n$ là

\begin{aligned} h f & = E_{n} - E_{1} \\ = (n^{2} - 1) E_{1} . \end{aligned}

Vì $f_{2}$ là hấp thụ tiếp theo ngay sau $f_{1}$ , nếu mức cuối của $f_{1}$ là $n$ , thì mức cuối của $f_{2}$ bắt buộc phải là $n + 1$ . Tỉ số hai tần số là

\begin{aligned} r & = \frac{f_{2}}{f_{1}} \\ = \frac{16, 9}{9, 0} \\ \approx 1,877 8, \\ \frac{(n + 1)^{2} - 1}{n^{2} - 1} & = r . \end{aligned}

Khai triển phương trình:

\begin{aligned} (n + 1)^{2} - 1 = r (n^{2} - 1), \\ (r - 1) n^{2} - 2 n - r = 0. \end{aligned}

Giải phương trình bậc hai:

\begin{aligned} D & = 1 + r (r - 1), \\ n & = \frac{1 + \sqrt{D}}{r - 1} \\ \approx 2,993 \approx 3. \end{aligned}

Do $n$ là số nguyên, ta có $n = 3$ . Vậy hai bước chuyển tương ứng là:

$f_{1} = 9, 0 \times 10^{14} Hz$ ứng với bước chuyển lên mức $n = 3$ .
$f_{2} = 16, 9 \times 10^{14} Hz$ ứng với bước chuyển lên mức $n = 4$ .

(b) Tính mức cơ bản $E_{1}$ :

\begin{aligned} h f_{1} & \approx 5,963 5 \times 10^{- 19} J, \\ E_{1} & = \frac{h f_{1}}{3^{2} - 1} \\ \approx 7,454 \times 10^{- 20} J \\ \approx 0,465 2 eV . \end{aligned}

Bề rộng giếng thế $L$ :

\begin{aligned} E_{1} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}, \\ L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} . \end{aligned}

Thay số:

\begin{aligned} N_{1} & = 8 m_{e} E_{1} \\ \approx 5,432 \times 10^{- 49} kg J, \\ L & = \frac{h}{\sqrt{8 m_{e} E_{1}}} \\ \approx 8, 99 \times 10^{- 10} m \\ \approx 0, 90 nm . \end{aligned}

(c) dài nhất trong không khí mà electron có thể hấp thụ từ mức $n = 1$ tương ứng với có nhỏ nhất, tức là bước chuyển lên mức kích thích thấp nhất $n = 2$ :

\begin{aligned} Δ E_{1 \to 2} & = (2^{2} - 1) E_{1} \\ = 3 E_{1} \\ \approx 2,236 \times 10^{- 19} J . \end{aligned}

hấp thụ tương ứng là

\begin{aligned} λ_{max} & = \frac{h c}{Δ E_{1 \to 2}} \\ \approx 8, 88 \times 10^{- 7} m \\ = 888 nm . \end{aligned}

Bức xạ này thuộc dải hồng ngoại gần.

40.60

Trong một phòng thí nghiệm nghiên cứu, bạn khảo sát sự truyền của các electron qua một rào . Bạn biết chiều cao của rào thế là $8, 0 eV$ nhưng cần đo bề rộng $L$ của rào. Khi đo xác suất chui hầm $T$ theo năng lượng $E$ của electron, bạn thu được bảng số liệu sau:

$E (eV)$	$4, 0$	$5, 0$	$6, 0$	$7, 0$	$7, 6$
$T$	$2, 4 \times 10^{- 6}$	$1, 5 \times 10^{- 5}$	$1, 2 \times 10^{- 4}$	$1, 3 \times 10^{- 3}$	$8, 1 \times 10^{- 3}$

(a) Với mỗi giá trị $E$ , hãy tính các đại lượng $G$ và $κ$ . Vẽ đồ thị $\ln (T / G)$ theo $κ$ . Giải thích tại sao các điểm số liệu lại nằm rất sát một đường thẳng. (b) Dùng độ dốc của đường thẳng khớp tốt nhất với số liệu ở phần (a) để tính $L$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Từ năm cặp số liệu $(E, T)$ của rào cao $8, 0 eV$ , tính $G$ , $κ$ và tìm bề rộng rào bằng độ dốc đồ thị.

Hướng đi:

Dùng gần đúng rào dày $T \approx G e^{- 2 κ L}$ , vì lấy logarit sẽ biến quan hệ hàm mũ thành đường thẳng.
Đặt $X = κ / (10^{10} m^{- 1})$ để trục hoành và phép khớp có các giá trị dễ đọc.
Khớp $Y = a + b X$ với $Y = \ln (T / G)$ . Độ dốc xác định $L$ , còn hệ số chặn cho biết mức độ phù hợp với quan hệ lý tưởng đi qua gốc.

(a) Các đại lượng cần tính là:

\begin{aligned} r & = \frac{E}{U_{0}}, \\ G & = 16 r (1 - r), \\ κ & = \frac{\sqrt{2 m_{e} (U_{0} - E)}}{ℏ}, \\ Y & = \ln \frac{T}{G} . \end{aligned}

Hiệu trong biểu thức của $κ$ phải đổi sang joule. Chẳng hạn, với $E = 4, 0 eV$ , ta có $U_{0} - E = 4, 0 eV$ , $G = 4$ và:

\begin{aligned} κ & \approx 1,024 6 \times 10^{10} m^{- 1}, \\ Y & = \ln (6, 0 \times 10^{- 7}) \\ \approx - 14,326. \end{aligned}

Kết quả cho cả năm điểm:

$E$ (eV)	$X$	$G$	$Y$
4,0	1,0246	4,00	−14,326
5,0	0,8874	3,75	−12,429
6,0	0,7245	3,00	−10,127
7,0	0,5123	1,75	−7,205
7,6	0,3240	0,76	−4,541

Lấy logarit gần đúng truyền qua:

Y \approx - 2 L κ .

Vì cùng một rào có $L$ cố định, các điểm gần thẳng hàng. Số liệu đã làm tròn và công thức truyền qua là gần đúng, nên không cần đòi hỏi các điểm thẳng hàng tuyệt đối.

Hình lời giải 40.60: Năm điểm thực nghiệm và đường thẳng khớp. Độ dốc âm phản ánh sự suy giảm hệ số truyền qua khi κ tăng.

(b) Gọi trung bình hai tọa độ là $\bar{X}$ và $\bar{Y}$ . Để viết phép khớp tường minh với năm điểm, đặt:

\begin{aligned} d X_{i} & = X_{i} - \bar{X}, \\ d Y_{i} & = Y_{i} - \bar{Y} . \end{aligned}

Chỉ số $i$ lần lượt chạy từ 1 đến 5. Hai tổng cần dùng được khai triển thành:

\begin{aligned} v_{i} & = d X_{i}^{2}, \\ z_{i} & = d X_{i} d Y_{i} . \end{aligned}

Các chỉ số $i$ chạy từ 1 đến 5. Hai tổng được khai triển tường minh:

S = v_{1} + v_{2} + v_{3} + v_{4} + v_{5} .

P = z_{1} + z_{2} + z_{3} + z_{4} + z_{5} .

Các tích trong $P$ ghép độ lệch của cùng một điểm. Đường bình phương tối thiểu có $b = P / S$ và $a = \bar{Y} - b \bar{X}$ . Thay số:

\begin{aligned} b & \approx - 13,958 1, \\ a & \approx - 0,030 8. \end{aligned}

Do $X = κ / (10^{10} m^{- 1})$ , độ dốc theo $κ$ là $- 1,395 81 \times 10^{- 9} m$ . Suy ra:

\begin{aligned} L & = - \frac{b}{2 \times 10^{10}} m \\ \approx 0,697 9 nm \\ \approx 0, 70 nm . \end{aligned}

40.61

Khi các electron thấp truyền qua một chất khí ion hóa, các electron có năng lượng nhất định sẽ đi qua chất khí như thể các nguyên tử khí không hề tồn tại ở đó, và do đó có hệ số truyền qua (xác suất ) $T$ đúng bằng 1. Các ion khí có thể được mô hình hóa xấp xỉ như một rào thế năng hình chữ nhật. Giá trị $T = 1$ xảy ra khi bề rộng $L$ của rào thế bằng đúng một số nguyên lần nửa của electron khi nó vượt qua đỉnh rào. Bạn đang lên kế hoạch thực hiện một thí nghiệm để đo hiệu ứng này (hiệu ứng Ramsauer–Townsend). Để hỗ trợ thiết kế thiết bị, bạn hãy ước tính ba giá trị năng lượng $E$ thấp nhất của electron để thu được $T = 1$ , giả sử rào có chiều cao $10 eV$ và bề rộng $1, 8 \times 10^{- 10} m$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hiệu ứng Ramsauer–Townsend qua rào thế $U_{0} = 10 eV$ , $L = 1, 8 \times 10^{- 10} m$ . Tìm ba giá trị $E$ thấp nhất để $T = 1$ .

Hướng đi:

Điều kiện sóng truyền qua cực đại (giao thoa tăng cường): Khi electron bay qua đỉnh rào ( $E > U_{0}$ ), động năng địa phương trên rào là $K^{'} = E - U_{0}$ .
Điều kiện cộng hưởng: Bề rộng rào bằng số nguyên lần nửa trên rào: $L = N \frac{λ^{'}}{2}$ với $N = 1, 2, 3, \dots$ .
cộng hưởng:

\begin{aligned} E_{b} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}}, \\ K^{'} & = N^{2} E_{b}, \\ E_{N} & = U_{0} + N^{2} E_{b} . \end{aligned}

Khi electron có $E > U_{0}$ chuyển động qua vùng rào thế $0 < x < L$ , thế năng là $U_{0}$ . Động năng của electron trong vùng này là

K^{'} = E - U_{0} = \frac{p^{' 2}}{2 m_{e}} .

của electron khi ở phía trên rào là $λ^{'} = h / p^{'}$ . Hiện tượng cộng hưởng truyền qua hoàn toàn ( $T = 1$ ) xảy ra khi sóng phản xạ từ mặt trước ( $x = 0$ ) và mặt sau ( $x = L$ ) của rào triệt tiêu giao thoa lẫn nhau, tương ứng với điều kiện sóng đứng:

\begin{aligned} L & = \frac{N λ^{'}}{2}, \\ λ^{'} & = \frac{2 L}{N} . \end{aligned}

Ở đây $N = 1, 2, 3, \dots$ .

p^{'} = \frac{N h}{2 L} .

tương ứng là $p^{'} = \frac{h}{λ^{'}} = \frac{N h}{2 L}$ . Động năng trên rào là

K_{N}^{'} = \frac{p^{' 2}}{2 m_{e}} = N^{2} \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} .

Do đó, toàn phần của electron là

E_{N} = U_{0} + N^{2} \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} .

Tính lượng tử cơ bản của giếng thế:

\begin{aligned} N_{2} & = 8 m_{e} L^{2} \\ \approx 2,361 2 \times 10^{- 49} kg m^{2}, \\ E_{b} & = \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \\ \approx 1,859 5 \times 10^{- 18} J \\ \approx 11,606 eV . \end{aligned}

Với chiều cao rào thế $U_{0} = 10, 0 eV$ , ba mức thấp nhất cho $T = 1$ tương ứng với $N = 1, 2, 3$ :

Với $N = 1$ :

\begin{aligned} E_{1} & = U_{0} + E_{b} \\ \approx 21, 6 eV . \end{aligned}

Với $N = 2$ :

\begin{aligned} E_{2} & = U_{0} + 4 E_{b} \\ \approx 56, 4 eV . \end{aligned}

Với $N = 3$ :

\begin{aligned} E_{3} & = U_{0} + 9 E_{b} \\ \approx 114, 5 eV . \end{aligned}

Ba giá trị thấp nhất của electron để hệ số truyền qua bằng 1 là $21, 6 eV$ , $56, 4 eV$ và $114, 5 eV$ .

40.62

Một hạt bị giới hạn chuyển động trên một đường tròn bán kính $R$ nhưng hoàn toàn tự do trên đường tròn đó. Ta có thể tham số hóa các điểm trên vòng tròn bằng khoảng cách $x$ tính từ một điểm mốc hoặc bằng góc $θ = x / R$ . Vì $x = 0$ và $x = 2 π R$ mô tả cùng một điểm vật lý, phải thỏa mãn các điều kiện tuần hoàn $ψ (x) = ψ (x + 2 π R)$ và $ψ^{'} (x) = ψ^{'} (x + 2 π R)$ . (a) Giải độc lập với thời gian của hạt tự do dưới các điều kiện biên tuần hoàn này để tìm các nghiệm $ψ_{n}^{\pm}$ , trong đó $n$ là một số nguyên dương. Viết nghiệm theo $θ$ với các hằng số chuẩn hóa $A_{n}^{+}$ và $A_{n}^{-}$ ứng với các mốt chạy ngược chiều kim đồng hồ (hướng $+ x$ ) và thuận chiều kim đồng hồ (hướng $- x$ ). (b) Chuẩn hóa các hàm sóng này để xác định $A_{n}^{\pm}$ . (c) Các mức $E_{n}$ của hạt bằng bao nhiêu? (d) Viết các hàm sóng phụ thuộc thời gian $Ψ_{n}^{\pm} (x, t)$ tương ứng. Dùng ký hiệu $ω$ cho $E_{1} / ℏ$ . (e) Xét trạng thái không dừng xác định tại thời điểm $t = 0$ bởi $Ψ (x, 0) = \frac{1}{\sqrt{2}} [Ψ_{1}^{+} (x) + Ψ_{2}^{+} (x)]$ . Xác định mật độ xác suất $| Ψ (x, t) |^{2}$ theo $R, ω$ và $t$ . Rút gọn kết quả bằng công thức $1 + \cos α = 2 \cos^{2} (α / 2)$ . (f) Đỉnh của mật độ xác suất chuyển động quanh vòng tròn với tốc độ góc bằng bao nhiêu? (g) Nếu hạt là một electron và bán kính vòng tròn là bán kính Bohr, đỉnh xác suất chuyển động với tốc độ dài bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hạt tự do trên vòng tròn bán kính $R$ có tuần hoàn theo chiều dài cung $2 π R$ . Tìm các trạng thái chạy hai chiều, và sự chuyển động của đỉnh mật độ khi chồng chập hai mốt.

Hướng đi:

Trong miền thế bằng 0, nghiệm Schrödinger là các hàm mũ phức. Điều kiện tuần hoàn lượng tử hóa số sóng, thay cho điều kiện nút ở hai thành hộp.
Chuẩn hóa theo chiều dài cung $d x = R d θ$ trên đúng một vòng. Đây là mật độ theo chiều dài, không phải mật độ theo góc.
Cho hai trạng thái tiến cùng chiều phát triển với các khác nhau. Hiệu pha quyết định tốc độ đỉnh, không phải tần số riêng của từng trạng thái.

(a) Đặt $k = \sqrt{2 m E} / ℏ$ . Phương trình và hai nghiệm chạy là:

\begin{aligned} ψ^{″} & = - k^{2} ψ, \\ ψ^{\pm} (x) & = A^{\pm} e^{\pm i k x} . \end{aligned}

Tuần hoàn đòi hỏi $e^{\pm i k 2 π R} = 1$ , nên $k_{n} = n / R$ . Với $n = 1, 2, 3, \dots$ :

ψ_{n}^{\pm} (θ) = A_{n}^{\pm} e^{\pm i n θ} .

Dấu cộng ứng với chiều tăng $x$ , dấu trừ ứng với chiều giảm $x$ . Điều kiện tuần hoàn của cũng được thỏa mãn. Ngoài các mốt chạy được hỏi, hệ còn có mốt hằng $n = 0$ , bằng 0. Mốt này không có hai chiều chạy khác nhau.

(b) Mật độ của mỗi nghiệm là hằng số $| A_{n}^{\pm} |^{2}$ . Chuẩn hóa trên một vòng cho:

\begin{aligned} 2 π R | A_{n}^{\pm} |^{2} & = 1, \\ A_{n}^{\pm} & = \frac{1}{\sqrt{2 π R}} . \end{aligned}

Đã chọn cùng toàn cục bằng 0. Nếu dùng xác suất theo góc, cần thêm hệ số $R$ vào mật độ.

\begin{aligned} E_{n} & = \frac{ℏ^{2} k_{n}^{2}}{2 m} \\ = \frac{n^{2} ℏ^{2}}{2 m R^{2}} . \end{aligned}

Hai mốt $\pm$ có cùng .

(d) Đặt $ω = E_{1} / ℏ = ℏ / (2 m R^{2})$ :

\begin{aligned} Ψ_{n}^{\pm} (x, t) & = ψ_{n}^{\pm} (x) e^{- i n^{2} ω t}, \\ ψ_{n}^{\pm} (x) & = \frac{e^{\pm i n x / R}}{\sqrt{2 π R}} . \end{aligned}

(e) Do tuyến tính:

Ψ = \frac{Ψ_{1}^{+} + Ψ_{2}^{+}}{\sqrt{2}} .

Đặt $θ = x / R$ , $ϕ = θ - 3 ω t$ và $C = 1 / \sqrt{4 π R}$ . Tách một chung có môđun bằng 1:

Ψ = C e^{i (θ - ω t)} (1 + e^{i ϕ}) .

Vì $| 1 + e^{i ϕ} |^{2} = 2 + 2 \cos ϕ$ , mật độ theo chiều dài cung là:

\begin{aligned} | Ψ |^{2} & = \frac{1 + \cos ϕ}{2 π R} \\ = \frac{1}{π R} \cos^{2} \frac{ϕ}{2} . \end{aligned}

mật độ trên một vòng bằng 1 vì tích phân số hạng cosin bằng 0.

(f) Đỉnh xuất hiện khi $ϕ = 0$ theo modulo $2 π$ . Vì vậy:

\begin{aligned} θ_{đ ỉ n h} (t) & = 3 ω t (\mod 2 π), \\ Ω_{đ ỉ n h} & = 3 ω . \end{aligned}

Đỉnh chạy theo chiều tăng $x$ . Đây là tốc độ của mẫu mật độ xác suất, không phải khẳng định hạt có một quỹ đạo xác định.

(g) Với electron và $R = a_{0}$ :

\begin{aligned} v_{đ ỉ n h} & = R Ω_{đ ỉ n h} \\ = \frac{3 ℏ}{2 m_{e} a_{0}} \\ \approx 3, 28 \times 10^{6} m / s . \end{aligned}

40.63

cho có thể viết dưới dạng

\begin{aligned} K ψ + V ψ & = E ψ, \\ K ψ & = - \frac{ℏ^{2}}{2 m} ψ^{″}, \\ V ψ & = \frac{1}{2} m ω^{2} x^{2} ψ . \end{aligned}

trong đó $ω = \sqrt{k^{'} / m}$ . Nghiệm của phương trình có thể được giải quyết một cách tài tình bằng các quan sát sau: Độ chênh lệch khi áp dụng hai toán tử $A$ và $B$ theo thứ tự ngược nhau, gọi là giao hoán tử, được ký hiệu là $[A, B] = A B - B A$ . Chẳng hạn, nếu $A$ là phép lấy $\frac{d}{d x}$ và $B$ là phép nhân với $x$ , ta có $[\frac{d}{d x}, x] = 1$ . Tương tự, xét hai toán tử $a_{+}$ và $a_{-}$ được định nghĩa bởi

a_{\pm} = \frac{X \mp D}{S} .

Ở đây các ký hiệu chỉ những toán tử và hệ số sau:

\begin{aligned} D & = ℏ \frac{d}{d x}, \\ X & = m ω x, \\ S & = \sqrt{2 m ℏ ω} . \end{aligned}

(a) Xác định giao hoán tử $[a_{-}, a_{+}]$ . (b) Tính $a_{+} a_{-} ψ$ theo $ψ$ và $ψ^{″}$ . (c) có thể viết thành $H ψ = E ψ$ . Hãy viết toán tử Hamilton $H$ theo $a_{+}$ và $a_{-}$ . (d) Xác định các giao hoán tử $[H, a_{+}]$ và $[H, a_{-}]$ . (e) Xét $ψ_{n}$ có $E_{n}$ ( $H ψ_{n} = E_{n} ψ_{n}$ ). Nếu định nghĩa $ψ_{n + 1} = a_{+} ψ_{n}$ , hãy tính $H ψ_{n + 1}$ để tìm năng lượng $E_{n + 1}$ theo $E_{n}$ và $ℏ ω$ . (f) Hàm sóng có năng lượng thấp nhất $ψ_{0}$ bị triệt tiêu bởi toán tử hạ $a_{-}$ ( $a_{-} ψ_{0} = 0$ ). Dùng biểu thức của $H$ để tìm năng lượng trạng thái cơ bản $E_{0}$ . (g) Bằng cách áp dụng $a_{+}$ liên tiếp, hãy xác định mức năng lượng $E_{n}$ của trạng thái kích thích thứ $n$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng toán tử nâng $a_{+}$ , toán tử hạ $a_{-}$ và giao hoán tử để suy ra toàn bộ phổ dao động tử điều hòa.

Hướng đi:

Toán tử và phép nhân với $x$ không giao hoán. Áp dụng chúng lên một hàm thử để giữ đúng thứ tự.
Gom các hệ số thành $S = \sqrt{2 m ℏ ω}$ , $D = ℏ d / d x$ và $X = m ω x$ để khai triển tích toán tử rõ ràng.
Biểu diễn Hamilton bằng $a_{+} a_{-}$ rồi dùng giao hoán tử để tìm độ tăng mỗi lần áp dụng $a_{+}$ .

Với một hàm thử $f$ , quy tắc tích cho:

\begin{aligned} D (X f) & = m ω ℏ (f + x f^{'}), \\ X (D f) & = m ω ℏ x f^{'} . \end{aligned}

Trừ hai vế:

[D, X] f = m ω ℏ f .

Vậy $[D, X] = m ω ℏ$ nhân với toán tử đồng nhất. Hai toán tử nâng và hạ là $a_{+} = (X - D) / S$ và $a_{-} = (X + D) / S$ .

(a) Khai triển đúng thứ tự:

\begin{aligned} Q & = X^{2} - D^{2}, \\ c & = [D, X] = m ω ℏ, \\ S^{2} a_{-} a_{+} & = Q + c, \\ S^{2} a_{+} a_{-} & = Q - c . \end{aligned}

Lấy hiệu rồi dùng $S^{2} = 2 m ω ℏ$ :

\begin{aligned} = \frac{2 m ω ℏ}{S^{2}} \\ = 1. \end{aligned}

(b) Chia biểu thức tích thứ hai cho $S^{2}$ và áp dụng lên $ψ$ . Đặt riêng hai phần:

\begin{aligned} F & = - \frac{ℏ}{2 m ω} ψ^{″}, \\ G & = \frac{m ω}{2 ℏ} x^{2} ψ . \end{aligned}

Kết quả là:

a_{+} a_{-} ψ = F + G - \frac{1}{2} ψ .

Các định nghĩa $F, G$ ở trên cho đầy đủ hệ số của $ψ^{″}$ và $x^{2} ψ$ .

H = ℏ ω (a_{+} a_{-} + \frac{1}{2}) .

(d) Đặt $N = a_{+} a_{-}$ . Dùng $[A B, C] = A [B, C] + [A, C] B$ :

\begin{aligned} = a_{+} [a_{-}, a_{+}] \\ = a_{+}, \\ [N, a_{-}] & = [a_{+}, a_{-}] a_{-} \\ = - a_{-} . \end{aligned}

Do hằng số giao hoán với mọi toán tử:

\begin{aligned} = ℏ ω a_{+}, \\ [H, a_{-}] & = - ℏ ω a_{-} . \end{aligned}

(e) Giả sử $H ψ_{n} = E_{n} ψ_{n}$ và đặt $χ = a_{+} ψ_{n}$ . Đẳng thức giao hoán cho:

H χ = a_{+} H ψ_{n} + ℏ ω χ .

Vì $E_{n}$ là số vô hướng, $a_{+} H ψ_{n} = E_{n} χ$ , nên:

\begin{aligned} H χ & = (E_{n} + ℏ ω) χ, \\ E_{n + 1} & = E_{n} + ℏ ω . \end{aligned}

Hàm $a_{+} ψ_{n}$ cần được nhân thêm hằng số nếu muốn chuẩn hóa. Việc đó không làm đổi .

(f) Điều kiện $a_{-} ψ_{0} = 0$ kéo theo $N ψ_{0} = 0$ . Thay vào biểu thức của Hamilton:

\begin{aligned} H ψ_{0} & = \frac{1}{2} ℏ ω ψ_{0}, \\ E_{0} & = \frac{1}{2} ℏ ω . \end{aligned}

Không thể có trạng thái chuẩn hóa với thấp hơn, vì:

⟨ H ⟩ = ℏ ω (∥ a_{-} ψ ∥^{2} + \frac{1}{2}) .

Bình phương chuẩn không âm.

(g) Mỗi lần áp dụng $a_{+}$ tăng một lượng $ℏ ω$ . Sau $n$ lần:

\begin{aligned} E_{n} & = E_{0} + n ℏ ω \\ = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω . \end{aligned}

Ở đây $n = 0, 1, 2, \dots$ . Với trạng thái chuẩn hóa, có thể chọn hệ số sao cho $a_{+} ψ_{n} = \sqrt{n + 1} ψ_{n + 1}$ và $a_{-} ψ_{n} = \sqrt{n} ψ_{n - 1}$ .

40.64

Gần đúng WKB (được đặt tên theo các nhà vật lý Gregor Wentzel, Hendrik Kramers và Léon Brillouin) là một phương pháp bán cổ điển để tìm mức xấp xỉ của các giếng thế có hình dạng bất kỳ. Phương pháp bắt đầu từ ba luận điểm vật lý: (i) Theo de Broglie, độ lớn của hạt lượng tử là $p = h / λ$ . (ii) Động lượng liên hệ với động năng qua $K = p^{2} / (2 m)$ . (iii) Năng lượng toàn phần được bảo toàn: $E = K + U (x)$ . (a) Kết hợp ba hệ thức này để chứng minh tại tọa độ $x$ là

λ (x) = \frac{h}{\sqrt{2 m [E - U (x)]}} .

(b) Khi hạt chuyển động vào vùng có tăng, của nó thay đổi như thế nào? (c) Tại điểm mà $E = U (x)$ , cơ học Newton nói rằng hạt có động năng bằng 0 và đứng yên tức thời. Điểm đó gọi là điểm quay cổ điển. Trong biểu thức WKB, bước sóng tại điểm quay cổ điển bằng bao nhiêu? (d) Điều kiện lượng tử hóa WKB đòi hỏi số bước sóng nằm giữa hai điểm quay cổ điển $a$ và $b$ phải là một số nguyên lần nửa bước sóng:

\int_{a}^{b} \frac{d x}{λ (x)} = \frac{n}{2} .

Ở đây $n = 1, 2, 3, \dots$ .

I (E) = \frac{n h}{2} .

Dùng biểu thức ở phần (a), hãy chứng minh điều kiện liên kết WKB có thể viết dưới dạng

I (E) = \frac{n h}{2} .

Ở đây $n = 1, 2, 3, \dots$ , với được định nghĩa bởi:

\begin{aligned} I (E) & = \int_{a}^{b} p (x) d x, \\ p (x) & = \sqrt{2 m [E - U (x)]} . \end{aligned}

(e) Để kiểm tra biểu thức ở phần (d), hãy áp dụng cho hạt trong giếng thế vuông vô hạn có hai thành tại $x = 0$ và $x = L$ . Tính và chứng minh rằng các mức theo gần đúng WKB hoàn toàn trùng khớp với công thức giải tích chính xác. (f) Đối với , chứng minh rằng biểu thức WKB ở phần (d) dự đoán các mức năng lượng giống hệt giếng vô hạn có cùng bề rộng. Kết quả này cho thấy điều gì về giới hạn của gần đúng WKB khi thế năng thay đổi gián đoạn nhảy bậc?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Từ hệ thức de Broglie và bảo toàn , lập quy tắc lượng tử hóa được cho, rồi thử với giếng vuông vô hạn và hữu hạn.

Hướng đi:

Trong miền được phép cổ điển, $E > U (x)$ nên địa phương và là các số thực.
Số giữa hai điểm quay được tính bằng $d x / λ (x)$ .
Ở giếng vuông, trong giếng không đổi nên trở thành tích độ lớn động lượng và bề rộng.

(a) Đặt $K (x) = E - U (x)$ . Từ $K = p^{2} / (2 m)$ :

\begin{aligned} p (x) & = \sqrt{2 m [E - U (x)]}, \\ λ (x) & = \frac{h}{p (x)} . \end{aligned}

Ghép hai hệ thức cho đúng biểu thức cần chứng minh.

(b) Giữ $E$ không đổi. Khi $U (x)$ tăng trong miền $U < E$ , động năng và độ lớn giảm. Vì $λ = h / p$ , tăng.

(c) Khi tiến đến điểm quay từ miền được phép, $p (x) \to 0$ và biểu thức trên cho $λ (x) \to \infty$ . Đây cũng là nơi gần đúng WKB địa phương mất hiệu lực, vì không còn biến thiên chậm trên chính thang chiều dài của nó.

(d) Đặt $N_{λ}$ là số giữa $a$ và $b$ , còn $I (E)$ là :

\begin{aligned} N_{λ} & = \int_{a}^{b} \frac{d x}{λ (x)}, \\ I (E) & = \int_{a}^{b} p (x) d x . \end{aligned}

Do $1 / λ = p / h$ :

\begin{aligned} I (E) & = h N_{λ} \\ = \frac{n h}{2} . \end{aligned}

Số nguyên $n$ nhận các giá trị $1, 2, 3, \dots$ . Thay định nghĩa $p (x)$ ở phần (a) vào $I (E)$ thu được điều kiện trong đề.

(e) Với giếng vô hạn có đáy bằng 0 và bề rộng $L$ , đặt $p_{0} = \sqrt{2 m E}$ . là:

\begin{aligned} I (E) & = p_{0} L = \frac{n h}{2}, \\ p_{0} & = \frac{n h}{2 L} . \end{aligned}

Do $E = p_{0}^{2} / (2 m)$ :

E_{n} = \frac{n^{2} h^{2}}{8 m L^{2}} .

Kết quả trùng với nghiệm giếng vô hạn.

(f) Nếu dùng nguyên quy tắc trong đề cho giếng hữu hạn có cùng đáy và bề rộng, trong miền cổ điển vẫn là $p_{0} L$ . Vì vậy nó dự đoán cùng các ở phần (e), nếu năng lượng đó nằm dưới $U_{0}$ .

Nhưng nghiệm hữu hạn thực có đuôi ngoài giếng và các thấp hơn giếng vô hạn tương ứng. Quy tắc đơn giản này đã bỏ qua điều kiện nối và độ dịch phản xạ tại bậc thế. Do thế nhảy gián đoạn, không được coi WKB là một phép gần đúng chính xác ở hai thành. Kết quả trùng giếng vô hạn là hạn chế của quy tắc đang thử, không phải tính chất thật của giếng hữu hạn.

40.65

Gần đúng WKB có thể được dùng để tính các mức của dao động tử điều hòa có thế năng $U (x) = \frac{1}{2} k^{'} x^{2}$ . (a) Xác định các điểm quay cổ điển của dao động tử điều hòa có năng lượng $E$ và hằng số lực $k^{'}$ . (b) Thực hiện WKB và chứng minh rằng các mức năng lượng trong gần đúng này là $E_{n} = n ℏ ω$ , với $ω = \sqrt{k^{'} / m}$ và $n = 1, 2, 3, \dots$ . Gợi ý: Đặt $f (x) = x \sqrt{A^{2} - x^{2}}$ và $g (x) = A^{2} \arcsin (x / A)$ . Nguyên hàm cần dùng là $[f (x) + g (x)] / 2$ . (c) Các mức năng lượng gần đúng tìm được ở phần (b) so với các mức năng lượng chính xác $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ như thế nào? Gần đúng WKB cho kết quả cao hơn hay thấp hơn mức năng lượng thực tế?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Áp dụng quy tắc $I (E) = n h / 2$ , với $n = 1, 2, \dots$ , cho thế điều hòa. So sánh các mức theo đúng thứ tự từ thấp lên cao.

Hướng đi:

Giải $E = U (x)$ để tìm hai cận .
Đưa về dạng hằng số nhân với $\sqrt{A^{2} - x^{2}}$ . hình học này bằng diện tích nửa hình tròn.
Mức thứ nhất của quy tắc đang xét có chỉ số $n = 1$ , còn mức cơ bản chính xác có chỉ số 0. Phải ghép cùng thứ tự mức khi so sánh.

(a) Đặt $ω = \sqrt{k^{'} / m}$ và:

A = \sqrt{\frac{2 E}{k^{'}}} .

Hai điểm quay là $a = - A$ , $b = A$ , vì $k^{'} A^{2} / 2 = E$ .

(b) Biểu thức giữa hai điểm quay là:

p (x) = \sqrt{m k^{'}} \sqrt{A^{2} - x^{2}} .

Đặt $J = \int_{- A}^{A} \sqrt{A^{2} - x^{2}} d x$ . Do hàm dưới dấu chẵn, $J$ bằng hai lần tích phân trên $[0, A]$ .

Để áp dụng nguyên hàm gợi ý, gọi $F (x)$ là nguyên hàm và đặt:

\begin{aligned} f (x) & = x \sqrt{A^{2} - x^{2}}, \\ g (x) & = A^{2} \arcsin (x / A), \\ F (x) & = \frac{f (x) + g (x)}{2} . \end{aligned}

Tại $x = A$ , $f (A) = 0$ , $g (A) = π A^{2} / 2$ . Tại $x = 0$ , cả hai đều bằng 0. Vì thế:

\begin{aligned} \int_{0}^{A} \sqrt{A^{2} - x^{2}} d x & = \frac{π A^{2}}{4}, \\ J & = \frac{π A^{2}}{2} . \end{aligned}

là:

\begin{aligned} I (E) & = \sqrt{m k^{'}} J \\ = π E \sqrt{\frac{m}{k^{'}}} \\ = \frac{π E}{ω} . \end{aligned}

Điều kiện trong đề cho $π E / ω = n h / 2$ . Vì $h = 2 π ℏ$ :

E_{n}^{g ầ n} = n ℏ ω .

\begin{aligned} E_{j}^{g ầ n} & = j ℏ ω, \\ E_{j}^{đ ú n g} & = (j - \frac{1}{2}) ℏ ω . \end{aligned}

Vậy quy tắc trong đề dự đoán mỗi mức cao hơn mức tương ứng một lượng $ℏ ω / 2$ . Riêng mức thấp nhất, dự đoán là $ℏ ω$ thay vì $ℏ ω / 2$ .

Quy tắc WKB có hiệu chỉnh tại hai điểm quay trơn dùng $I (E) = (j - 1 / 2) h / 2$ . Khi áp dụng cho thế điều hòa, quy tắc đã hiệu chỉnh này khôi phục đúng toàn bộ phổ. Cần phân biệt nó với quy tắc $n h / 2$ đang được bài yêu cầu khảo sát.

40.66

Proton, neutron và nhiều hạt khác được cấu tạo từ các hạt cơ bản hơn gọi là quark và phản quark. Một quark và một phản quark có thể tạo thành một với nhiều mức khác nhau, mỗi mức tương ứng với một hạt quan sát được trong phòng thí nghiệm. Chẳng hạn, hạt $ψ$ (J/psi) là trạng thái liên kết năng lượng thấp của quark duyên ( $c$ ) và phản quark duyên ( $\bar{c}$ ) với năng lượng nghỉ $3097 MeV$ . Hạt $ψ (2 S)$ là trạng thái kích thích của cùng hệ quark này với năng lượng nghỉ $3686 MeV$ . Một mô hình đơn giản hóa của thế năng tương tác giữa quark và phản quark có dạng

U (x) = A | x |

trong đó $A$ là một hằng số dương và $x$ là tọa độ tương đối có dấu trong mô hình một chiều. Khoảng cách giữa hai hạt là $| x |$ . Ta có thể dùng gần đúng WKB để xác định các mức liên kết của hàm thế năng này:

I (E) = \frac{n h}{2} .

Ở đây $n = 1, 2, 3, \dots$ , với được định nghĩa bởi:

\begin{aligned} I (E) & = \int_{a}^{b} p (x) d x, \\ p (x) & = \sqrt{2 m [E - U (x)]} . \end{aligned}

(a) Xác định các điểm quay cổ điển của $U (x) = A | x |$ ứng với mức năng lượng $E$ . (b) Thực hiện trên và chứng minh rằng các mức năng lượng cho phép trong gần đúng WKB được cho bởi

\begin{aligned} E_{n} & = C n^{2 / 3}, \\ C & = \frac{1}{2 m} {(\frac{3 m A h}{4})}^{2 / 3} . \end{aligned}

(c) Hiệu giữa hai mức liên tiếp tăng lên, giảm đi, hay giữ nguyên khi $n$ tăng? So sánh quy luật này với hành vi mức năng lượng của dao động tử điều hòa và giếng vô hạn. Bạn có thể đề xuất một quy tắc đơn giản liên hệ giữa hiệu năng lượng của các mức liên tiếp với hình dạng của hàm thế năng hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trong mô hình một chiều $U (x) = A | x |$ , với $A > 0$ , dùng quy tắc đã cho để tính mức và xu hướng khoảng cách giữa các mức.

Hướng đi:

$x$ là tọa độ tương đối có dấu trên trục một chiều, còn khoảng cách vật lý là $| x |$ . Điều này cho phép dùng hai điểm quay đối xứng.
có hàm dưới dấu tích phân chẵn, nên tính trên nửa trục rồi nhân đôi.
Chứng minh hiệu hữu hạn giảm bằng tính lõm của $n^{2 / 3}$ . chỉ cho thêm dạng gần đúng khi $n$ lớn.

(a) Điểm quay thỏa mãn $A | x | = E$ . Đặt $ℓ = E / A$ , hai điểm quay là $a = - ℓ$ và $b = ℓ$ .

(b) Gọi $p (x) = \sqrt{2 m (E - A | x |)}$ trong miền được phép và $I (E) = \int_{- ℓ}^{ℓ} p (x) d x$ . Đặt:

J = \int_{0}^{ℓ} \sqrt{E - A x} d x .

Đổi biến $u = E - A x$ , với $d u = - A d x$ . Khi $x = 0$ thì $u = E$ , khi $x = ℓ$ thì $u = 0$ . Do đó:

\begin{aligned} J & = \frac{1}{A} \int_{0}^{E} u^{1 / 2} d u \\ = \frac{2 E^{3 / 2}}{3 A} . \end{aligned}

Nhân với hệ số và hai nửa miền:

\begin{aligned} I (E) & = 2 \sqrt{2 m} J \\ = \frac{4 \sqrt{2 m}}{3 A} E^{3 / 2} . \end{aligned}

Đặt $I (E) = n h / 2$ , với $n = 1, 2, 3, \dots$ , rồi giải:

E^{3 / 2} = \frac{3 A n h}{8 \sqrt{2 m}} .

Lấy lũy thừa $2 / 3$ :

\begin{aligned} E_{n} & = C n^{2 / 3}, \\ C & = \frac{1}{2 m} {(\frac{3 m A h}{4})}^{2 / 3} . \end{aligned}

Đây là đúng biểu thức cần chứng minh.

\begin{aligned} d_{n} & = (n + 1)^{2 / 3} - n^{2 / 3}, \\ Δ E_{n} & = C d_{n} . \end{aligned}

Hàm $f (t) = t^{2 / 3}$ có giảm trên $t > 0$ :

\begin{aligned} f^{'} (t) & = \frac{2}{3} t^{- 1 / 3}, \\ f^{″} (t) & = - \frac{2}{9} t^{- 4 / 3} < 0. \end{aligned}

Vì thế các gia số $f (n + 1) - f (n)$ giảm theo $n$ , nên $Δ E_{n}$ giảm nghiêm ngặt. Khi $n$ lớn, dạng gần đúng là:

Δ E_{n} \approx \frac{2 C}{3} n^{- 1 / 3} .

Đối với dao động tử điều hòa, khoảng cách mức là hằng số $ℏ ω$ . Đối với giếng vô hạn, $Δ E_{n} = (2 n + 1) E_{1}$ tăng theo $n$ . Thế tuyến tính vì thế cho một quy luật khác cả hai trường hợp này.

Có thể mở rộng nhận xét trong họ thế đối xứng $U (x) = a | x |^{β}$ , với $a > 0$ , $β > 0$ và cùng khối lượng. Khi tăng , miền chuyển động rộng theo $E^{1 / β}$ , còn đặc trưng tăng theo $E^{1 / 2}$ . động lượng do đó tỉ lệ với $E^{1 / 2 + 1 / β}$ , dẫn đến:

E_{n} \propto n^{2 β / (β + 2)} .

Trong gần đúng bán cổ điển của họ thế này, khoảng cách mức tăng với $β > 2$ , không đổi với $β = 2$ , và giảm với $0 < β < 2$ . Đây là nhận xét trong một họ thế xác định, không phải quy tắc áp dụng cho mọi hàm thế chỉ dựa vào độ dốc tại một điểm.

Bài tập đoạn văn theo định dạng MCAT: Chấm lượng tử (Quantum Dots)

Đoạn văn mở đầu

(Quantum Dots). Chấm lượng tử là một loại tinh thể bán dẫn có kích thước nhỏ đến mức các hiệu ứng cơ học lượng tử đóng vai trò chi phối rõ rệt. Một ứng dụng quan trọng của chấm lượng tử là trong kỹ thuật chụp ảnh huỳnh quang y sinh học, trong đó chấm lượng tử được liên kết hóa học với một phân tử hoặc cấu trúc tế bào cần quan sát. Khi chấm lượng tử được chiếu sáng, nó hấp thụ các kích thích và sau đó tái phát xạ các photon ở một khác dài hơn. Hiện tượng này được gọi là sự phát huỳnh quang. Bước sóng mà chấm lượng tử phát ra khi được kích thích phụ thuộc trực tiếp vào kích thước hình học của tinh thể, do đó có thể điều chỉnh phổ hấp thụ và phát xạ bằng cách chọn kích thước tinh thể trong phạm vi vật liệu cho phép.

Chúng ta có thể thấu hiểu nhiều tính chất cơ bản của thông qua mô hình đơn giản: Một hạt có khối lượng $M$ (xấp xỉ khối lượng của electron) bị giam cầm bên trong một hộp vuông cứng hai chiều có cạnh bằng $L$ . Trong mô hình này, các mức của chấm lượng tử được cho bởi

E_{m, n} = (m^{2} + n^{2}) \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}}

trong đó $m$ và $n$ là các số nguyên dương độc lập ( $m, n = 1, 2, 3, \dots$ ).

40.67

Theo mô hình này, phát biểu nào sau đây là đúng về khoảng cách giữa các mức của các có kích thước khác nhau? (a) Các chấm nhỏ hơn có các mức năng lượng cách đều nhau, nhưng các chấm lớn hơn có các mức năng lượng ngày càng xa nhau khi năng lượng tăng. (b) Các chấm lớn hơn có khoảng cách giữa các mức năng lượng lớn hơn so với các chấm nhỏ hơn. (c) Các chấm nhỏ hơn có khoảng cách giữa các mức năng lượng lớn hơn so với các chấm lớn hơn. (d) Khoảng cách giữa các mức năng lượng hoàn toàn độc lập với kích thước của chấm lượng tử.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh khoảng cách mức $Δ E$ giữa các kích thước khác nhau dựa vào biểu thức $E_{m, n} = (m^{2} + n^{2}) \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}}$ .

Hướng đi:

Phụ thuộc vào kích thước hộp: Mức và độ chênh lệch năng lượng $Δ E$ tỉ lệ nghịch với bình phương cạnh hộp: $Δ E \propto \frac{1}{L^{2}}$ .
Quy luật kích thước: Khi cạnh $L$ giảm (chấm nhỏ hơn), giá trị $\frac{1}{L^{2}}$ tăng lên, kéo theo khoảng cách giữa các mức tăng lên.

Từ công thức mức của hạt trong giếng vuông hai chiều:

\begin{aligned} E_{m, n} & = (m^{2} + n^{2}) E_{0}, \\ E_{0} & = \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}} . \end{aligned}

Độ chênh lệch giữa hai trạng thái bất kỳ $(m_{1}, n_{1})$ và $(m_{2}, n_{2})$ với $Δ K = (m_{2}^{2} + n_{2}^{2}) - (m_{1}^{2} + n_{1}^{2})$ là:

\begin{aligned} Δ E & = Δ K \cdot E_{0} \\ = Δ K \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}} . \end{aligned}

Biểu thức này cho thấy với cùng một bước chuyển mức lượng tử, $Δ E$ tỉ lệ nghịch với bình phương kích thước hình học $L$ của :

Δ E \propto \frac{1}{L^{2}} .

có kích thước càng nhỏ ( $L$ nhỏ) thì mẫu số càng bé, dẫn đến khoảng cách giữa các mức $Δ E$ càng lớn.
Ngược lại, có kích thước càng lớn ( $L$ lớn) thì khoảng cách giữa các mức càng bị thu hẹp lại.

Do đó, phát biểu chính xác là: Các chấm nhỏ hơn có khoảng cách giữa các mức lớn hơn so với các chấm lớn hơn.

Đáp án đúng: (c).

40.68

Khi một cho trước có chiều dài cạnh $L$ thực hiện bước chuyển từ trạng thái kích thích thứ nhất xuống trạng thái cơ bản, nó phát ra ánh sáng màu xanh lục có $550 nm$ . Nếu thay vào đó, một chấm lượng tử có chiều dài cạnh $1, 1 L$ được sử dụng, bước sóng ánh sáng phát ra trong cùng bước chuyển này theo mô hình bằng bao nhiêu? (a) $600 nm$ . (b) $670 nm$ . (c) $500 nm$ . (d) $460 nm$ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chấm cạnh $L$ phát $λ = 550 nm$ khi chuyển từ mức kích thích 1 về mức cơ bản. Tìm $λ^{'}$ của chấm có cạnh $L^{'} = 1, 1 L$ trong cùng bước chuyển.

Hướng đi:

Xác định mức cơ bản và kích thích 1: Mức cơ bản là $(1, 1)$ , mức kích thích thứ nhất là $(1, 2)$ hoặc $(2, 1)$ .
Hiệu : $Δ E = (5 - 2) E_{0} = 3 E_{0}$ với $E_{0} = \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}}$ .
Mối liên hệ giữa và kích thước: $λ = \frac{h c}{Δ E} \propto L^{2}$ .

Xét bước chuyển từ trạng thái kích thích thứ nhất về trạng thái cơ bản:

Trạng thái cơ bản $(1, 1)$ có $m^{2} + n^{2} = 1^{2} + 1^{2} = 2$ .
Trạng thái kích thích thứ nhất $(1, 2)$ hoặc $(2, 1)$ có $m^{2} + n^{2} = 1^{2} + 2^{2} = 5$ . Độ chênh lệch là

\begin{aligned} Δ E & = (5 - 2) E_{0} \\ = 3 E_{0} = \frac{3 π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}} . \end{aligned}

phát xạ liên hệ với qua hệ thức Planck–Einstein:

\begin{aligned} λ & = \frac{h c}{Δ E} \\ = \frac{2 M c h}{3 π^{2} ℏ^{2}} L^{2} . \end{aligned}

Như vậy, phát xạ tỉ lệ thuận với bình phương kích thước cạnh của :

λ \propto L^{2} .

Khi chiều dài cạnh tăng lên thành $L^{'} = 1, 1 L$ , mới $λ^{'}$ thỏa mãn:

\begin{aligned} \frac{λ^{'}}{λ} & = {(\frac{L^{'}}{L})}^{2} \\ = (1, 1)^{2} = 1, 21. \end{aligned}

Thay giá trị ban đầu $λ = 550 nm$ :

\begin{aligned} λ^{'} & = 1, 21 \times 550 nm \\ = 665, 5 nm \approx 670 nm . \end{aligned}

Bức xạ dịch chuyển về phía vùng ánh sáng đỏ.

Đáp án đúng: (b).

40.69

So sánh các có cùng kích thước nhưng được chế tạo từ các vật liệu bán dẫn khác nhau. Trong cùng một bước chuyển mức, một chấm làm bằng vật liệu 1 phát ra có dài hơn so với photon phát ra từ chấm làm bằng vật liệu 2. Dựa trên mô hình này, nguyên nhân nào sau đây là một giải thích hợp lý? (a) Khối lượng của hạt bị giam giữ trong vật liệu 1 lớn hơn. (b) Khối lượng của hạt bị giam giữ trong vật liệu 2 lớn hơn. (c) Các hạt bị giam giữ thực hiện nhiều bước chuyển hơn mỗi giây trong vật liệu 1. (d) Các hạt bị giam giữ thực hiện nhiều bước chuyển hơn mỗi giây trong vật liệu 2.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai chấm cùng kích thước $L$ . Khi chuyển mức, $λ_{1} > λ_{2}$ . Tìm nguyên nhân vật lý liên quan đến khối lượng hạt tải $M$ .

Hướng đi:

Mối liên hệ giữa và khối lượng: $Δ E \propto \frac{1}{M} ⟹ λ = \frac{h c}{Δ E} \propto M$ .
So sánh $λ$ : dài hơn tương ứng với độ chênh lệch nhỏ hơn và khối lượng hiệu dụng lớn hơn.

Theo mô hình , độ chênh lệch của một bước chuyển nhất định được cho bởi

Δ E = Δ (m^{2} + n^{2}) \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}} .

Với hai chấm có cùng kích thước $L$ và cùng bước chuyển trạng thái lượng tử, $Δ E$ tỉ lệ nghịch với khối lượng hiệu dụng $M$ của hạt tải:

Δ E \propto \frac{1}{M} .

của phát ra tỉ lệ nghịch với hiệu :

λ = \frac{h c}{Δ E} \propto M .

Do đó, phát xạ tỉ lệ thuận với khối lượng $M$ của hạt bị giam giữ trong tinh thể.

Đề bài cho biết chấm làm bằng vật liệu 1 phát ra có dài hơn chấm làm bằng vật liệu 2 ( $λ_{1} > λ_{2}$ ).
Điều này tương đương với việc độ chênh lệch của bước chuyển trong vật liệu 1 nhỏ hơn trong vật liệu 2 ( $Δ E_{1} < Δ E_{2}$ ).
Do đó, khối lượng hiệu dụng của hạt tải bị giam cầm trong vật liệu 1 bắt buộc phải lớn hơn khối lượng tương ứng trong vật liệu 2 ( $M_{1} > M_{2}$ ).

Đáp án đúng: (a).

40.70

Một ưu điểm của là so với nhiều vật liệu huỳnh quang hữu cơ khác, các trạng thái kích thích của nó có thời gian sống tương đối dài (khoảng $10 ns$ ). Điều này mang lại ý nghĩa gì đối với độ tán xòe của các phát ra bởi chấm lượng tử? (a) Chấm lượng tử phát ra các photon có mức năng lượng được xác định rõ ràng hơn so với các vật liệu huỳnh quang khác. (b) Chấm lượng tử phát ra các photon có mức năng lượng kém xác định hơn so với các vật liệu huỳnh quang khác. (c) Độ tán xòe năng lượng chỉ bị ảnh hưởng bởi kích thước của chấm, chứ không phụ thuộc vào thời gian sống. (d) Năng lượng của các photon phát ra không hề có độ bất định nào, bất kể thời gian sống là bao nhiêu.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh giá ảnh hưởng của thời gian sống trạng thái kích thích dài ( $τ \approx 10 ns$ ) lên độ rộng vạch phổ $Δ E$ của phát xạ.

Hướng đi:

Hệ thức bất định Heisenberg – thời gian: $Δ E \cdot Δ t \geq ℏ / 2$ .
Độ rộng vạch phổ tự nhiên: $Δ E \approx \frac{ℏ}{τ}$ .
Ý nghĩa độ tán xòe: Thời gian sống $τ = Δ t$ càng lớn thì độ bất định $Δ E$ càng nhỏ, nghĩa là mức năng lượng càng sắc nét và xác định rõ ràng.

Theo hệ thức bất định Heisenberg đối với và thời gian:

Δ E \cdot Δ t \geq \frac{ℏ}{2} .

Trong quá trình phát xạ lượng tử, thời gian sống $τ$ đặt thang thời gian suy giảm của biên độ trạng thái. Độ rộng vạch tự nhiên có bậc độ lớn $ℏ / τ$ . Nếu định nghĩa độ rộng bằng bề rộng toàn phần ở nửa cực đại của vạch Lorentz thì $Γ = ℏ / τ$ . Độ rộng phổ tự nhiên (độ tán xòe hay độ bất định về của phát ra) được ước tính bởi

Δ E \approx \frac{ℏ}{τ} .

Khi thời gian sống $τ$ của trạng thái kích thích càng dài ( $τ \approx 10 ns$ , tương đối dài so với các vật liệu đang được so sánh), mẫu số càng lớn làm cho độ bất định $Δ E$ càng nhỏ.
Độ bất định nhỏ đồng nghĩa với việc năng lượng của các phát xạ tập trung rất hẹp quanh trung tâm, độ rộng vạch tự nhiên nhỏ hơn. Trong một mẫu thực, tương tác với môi trường và phân bố kích thước chấm còn có thể làm vạch rộng thêm.

Đáp án đúng: (a).

Bài tập cầu nối: Bó sóng trong hộp (A Packet in a Box)

Bài tập cầu nối

Một hạt có khối lượng $m$ trong giếng thế vuông vô hạn (xem Hình 40.9) có trong miền từ $x = 0$ đến $x = L$ được cho bởi

\begin{aligned} Ψ (x, t) & = \frac{Ψ_{1} + Ψ_{2}}{\sqrt{2}}, \\ Ψ_{n} (x, t) & = ψ_{n} (x) e^{- i E_{n} t / ℏ} . \end{aligned}

Trong đó $ψ_{1} (x)$ và $ψ_{2} (x)$ là các đã được chuẩn hóa của hai mức đầu tiên ( $n = 1$ và $n = 2$ ), cho bởi phương trình $ψ_{n} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{n π x}{L})$ . Các năng lượng $E_{1}$ và $E_{2}$ tuân theo phương trình $E_{n} = n^{2} \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$ . Hàm sóng bằng 0 khi $x < 0$ và khi $x > L$ . (a) Tìm hàm phân bố xác suất $| Ψ (x, t) |^{2}$ ứng với hàm sóng này. (b) Hàm sóng $Ψ (x, t)$ có đại diện cho một trạng thái dừng có năng lượng xác định hay không? Làm thế nào bạn nhận biết được điều đó? (c) Chứng minh rằng hàm sóng $Ψ (x, t)$ đã được chuẩn hóa trên toàn không gian. (d) Tìm góc dao động $ω_{osc}$ của hàm phân bố xác suất. Ý nghĩa vật lý của dao động này là gì? (e) Giả sử $Ψ (x, t)$ là sự chồng chập hai mức thấp nhất của có chiều rộng $L$ . Chiều cao thành $U_{0}$ bằng sáu lần năng lượng cơ bản của giếng vô hạn cùng chiều rộng ( $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ ). Tần số góc dao động của hàm phân bố xác suất trong trường hợp này bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát trạng thái chồng chập $Ψ = (Ψ_{1} + Ψ_{2}) / \sqrt{2}$ của hai mức thấp nhất, với $Ψ_{j} = ψ_{j} e^{- i E_{j} t / ℏ}$ . Xét cả giếng vô hạn lẫn giếng hữu hạn. (a) Tính $| Ψ (x, t) |^{2}$ . (b) Kiểm tra tính chất . (c) Chứng minh điều kiện chuẩn hóa $\int_{0}^{L} | Ψ |^{2} d x = 1$ . (d) Tìm $ω_{osc}$ và phân tích chuyển động của bó sóng. (e) Tính $ω_{osc}$ cho giếng hữu hạn $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ .

Hướng đi:

Mật độ xác suất phức: $| Ψ |^{2} = Ψ^{*} Ψ$ . Sử dụng công thức Euler $e^{i θ} + e^{- i θ} = 2 \cos θ$ để gom phần phụ thuộc thời gian thành hàm cosin thực.
Tiêu chuẩn : Trạng thái dừng đòi hỏi mật độ xác suất độc lập với thời gian. Nếu $| Ψ (x, t) |^{2}$ phụ thuộc vào $t$ , hệ không phải trạng thái dừng.
Tính trực giao: xen phủ của hai khác nhau trong giếng thế triệt tiêu: $\int_{0}^{L} ψ_{1} (x) ψ_{2} (x) d x = 0$ .
Giao thoa lượng tử: Tần số góc dao động của mật độ xác suất luôn bằng $ω_{osc} = (E_{2} - E_{1}) / ℏ$ .
: Sử dụng các nghiệm số của mức liên kết $E_{1}$ và $E_{2}$ từ phương trình siêu việt.

Hướng dẫn giải chi tiết (Solution Guide)

Nhận diện và thiết lập (Identify and Set Up)

Trong Mục 40.1, chúng ta đã khảo sát sự chồng chập của hai hạt tự do có khác nhau để tạo thành hiện tượng phách lượng tử. Trong bài toán này, nguyên lý chồng chập được áp dụng cho các sóng đứng bị giam cầm trong (Mục 40.2) và (Mục 40.3). Vì toán tử Schrödinger là một toán tử vi phân tuyến tính, bất kỳ tổ hợp tuyến tính nào của các nghiệm cũng là một nghiệm hợp lệ của phụ thuộc thời gian.

Thực hiện giải toán (Execute)

Xác định và mật độ xác suất (Ý a & b): Hàm sóng không gian của hai mức đầu tiên là

\begin{aligned} ψ_{1} (x) & = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{π x}{L}), \\ ψ_{2} (x) & = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin (\frac{2 π x}{L}) . \end{aligned}

toàn phần phụ thuộc thời gian và liên hợp phức của nó:

\begin{aligned} Ψ (x, t) & = \frac{1}{\sqrt{2}} (Ψ_{1} + Ψ_{2}), \\ Ψ^{*} (x, t) & = \frac{1}{\sqrt{2}} (Ψ_{1}^{*} + Ψ_{2}^{*}) . \end{aligned}

Nhân hai , ta tách thành thành phần dừng $P_{0} (x)$ và thành phần dao động $P_{osc} (x, t)$ :

\begin{aligned} | Ψ |^{2} & = P_{0} (x) + P_{osc} (x, t), \\ P_{0} (x) & = \frac{1}{2} ψ_{1}^{2} + \frac{1}{2} ψ_{2}^{2}, \\ P_{osc} & = ψ_{1} ψ_{2} \cos (ω_{osc} t) . \end{aligned}

Đặt $S_{1} = \sin (π x / L)$ và $S_{2} = \sin (2 π x / L)$ , mật độ xác suất viết dưới dạng hàm sin là:

\begin{aligned} P_{0} & = \frac{S_{1}^{2} + S_{2}^{2}}{L}, \\ P_{osc} & = \frac{2 S_{1} S_{2}}{L} \cos (ω_{osc} t) . \end{aligned}

Kết luận cho phần (b):

$Ψ (x, t)$ không đại diện cho một có xác định.
Dấu hiệu nhận biết: Mật độ xác suất $| Ψ (x, t) |^{2}$ phụ thuộc tuần hoàn vào thời gian thông qua số hạng giao thoa cosin. đòi hỏi mật độ xác suất phải hoàn toàn tĩnh và độc lập với thời gian. Hơn nữa, trạng thái này là sự chồng chập mạch lạc của hai trạng thái khác nhau ( $E_{1}$ và $E_{2}$ ), do đó một phép đo năng lượng sẽ cho kết quả ngẫu nhiên là $E_{1}$ hoặc $E_{2}$ chứ không có một giá trị đơn nhất chắc chắn.

Kiểm tra điều kiện chuẩn hóa (Ý c): Đặt $I_{1} = \int_{0}^{L} ψ_{1}^{2} d x$ , $I_{2} = \int_{0}^{L} ψ_{2}^{2} d x$ , và xen phủ $I_{12} = \int_{0}^{L} ψ_{1} ψ_{2} d x$ :

\int_{0}^{L} | Ψ |^{2} d x = I_{0} + I_{cross} .

Với $I_{0} = \frac{1}{2} I_{1} + \frac{1}{2} I_{2}$ và $I_{cross} = I_{12} \cos (ω_{osc} t)$ .

Vì các $ψ_{1}$ và $ψ_{2}$ đã được chuẩn hóa riêng biệt:

\begin{aligned} I_{1} & = \int_{0}^{L} ψ_{1}^{2} (x) d x = 1, \\ I_{2} & = \int_{0}^{L} ψ_{2}^{2} (x) d x = 1. \end{aligned}

Suy ra $I_{0} = \frac{1}{2} (1) + \frac{1}{2} (1) = 1$ .

Xét xen phủ $I_{12} = \int_{0}^{L} ψ_{1} ψ_{2} d x$ :

I_{12} = \int_{0}^{L} ψ_{1} (x) ψ_{2} (x) d x .

Đặt $u = \frac{π x}{L}$ , biến đổi tích hàm sin thành tổng các hàm cosin:

\begin{aligned} S_{1} S_{2} & = \frac{1}{2} (\cos u - \cos 3 u), \\ u & = \frac{π x}{L} . \end{aligned}

Vì nguyên hàm của $\cos (k π x / L)$ là $\frac{L}{k π} \sin (k π x / L)$ triệt tiêu tại cả hai cận $x = 0$ và $x = L$ , với mọi số nguyên $k \geq 1$ ta có:

\int_{0}^{L} \cos (\frac{k π x}{L}) d x = 0.

Áp dụng cho $k = 1$ và $k = 3$ , xen phủ triệt tiêu hoàn toàn: $I_{12} = 0$ , kéo theo $I_{cross} = 0$ .

Thay các kết quả vào:

\begin{aligned} \int_{0}^{L} | Ψ |^{2} d x & = 1 + 0 \\ = 1. \end{aligned}

Điều kiện chuẩn hóa được thỏa mãn nghiêm ngặt tại mọi thời điểm $t$ .

góc và chuyển động của bó sóng (Ý d): Tần số góc dao động của hàm phân bố xác suất là

ω_{osc} = \frac{E_{2} - E_{1}}{ℏ} .

Trong , $E_{1} = \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}$ và $E_{2} = 2^{2} E_{1} = 4 E_{1}$ . Độ chênh lệch là

\begin{aligned} E_{2} - E_{1} & = 3 E_{1} \\ = 3 \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}} . \end{aligned}

Do đó:

ω_{osc} = \frac{3 π^{2} ℏ}{2 m L^{2}} .

Chu kỳ dao động tuần hoàn của phân bố xác suất là $T = \frac{2 π}{ω_{osc}} = \frac{4 m L^{2}}{3 π ℏ}$ .

Hình lời giải cầu nối: Mật độ xác suất ở bốn thời điểm của một chu kỳ. Diện tích dưới mỗi đường đều bằng 1.

Ý nghĩa vật lý: Sự giữa hai $n = 1$ và $n = 2$ tạo ra một phân bố xác suất thay đổi tuần hoàn, luân phiên tập trung nhiều hơn ở nửa trái rồi nửa phải của giếng:

Tại thời điểm $t = 0$ : $\cos (ω_{osc} t) = 1$ . Số hạng giao thoa mang dấu dương ở nửa trái ( $x < L / 2$ ) và mang dấu âm ở nửa phải ( $x > L / 2$ ). Mật độ xác suất tập trung phồng lớn lệch hẳn sang nửa bên trái của giếng thế, giá trị kỳ vọng vị trí đạt cực tiểu $⟨ x ⟩ \approx 0, 32 L$ .
Tại thời điểm $t = T / 4$ : $ω_{osc} t = π / 2 ⟹ \cos (ω_{osc} t) = 0$ . Số hạng giao thoa triệt tiêu, phân bố xác suất trở thành đối xứng hoàn hảo với hai đỉnh cực đại tương đương ở hai bên tâm giếng, $⟨ x ⟩ = 0, 50 L$ . Bó sóng đang chuyển động nhanh sang phải.
Tại thời điểm $t = T / 2$ : $ω_{osc} t = π ⟹ \cos (ω_{osc} t) = - 1$ . Dấu của số hạng giao thoa bị đảo ngược, làm mật độ xác suất dồn lệch hẳn sang nửa bên phải của giếng thế, $⟨ x ⟩ \approx 0, 68 L$ .
Tại thời điểm $t = 3 T / 4$ : $ω_{osc} t = 3 π / 2 ⟹ \cos (ω_{osc} t) = 0$ . Phân bố trở lại đối xứng hai đỉnh và bó sóng đang trên đường chuyển động ngược về bên trái.

Áp dụng cho (Ý e): Trong giếng thế hữu hạn, vẫn là tuyến tính và sự chồng chập hai thấp nhất vẫn cho mật độ xác suất dao động với góc:

ω_{osc} = \frac{E_{2} - E_{1}}{ℏ} .

Với độ sâu giếng $U_{0} = 6 E_{1 -IDW}$ , các mức liên kết được tính toán từ phương trình siêu việt khớp điều kiện biên (như đã trình bày trong Mục 40.3 và Hình 40.15b):

Dùng các mức làm tròn:

\begin{aligned} E_{1} & \approx 0,625 E_{1 -IDW}, \\ E_{2} & \approx 2, 43 E_{1 -IDW} . \end{aligned}

Độ chênh lệch là $E_{2} - E_{1} \approx (2, 43 - 0,625) E_{1 -IDW}$ :

E_{2} - E_{1} \approx 1,805 E_{1 -IDW} .

Đặt $ω_{0} = \frac{π^{2} ℏ}{m L^{2}}$ , thay $E_{1 -IDW} = ℏ ω_{0} / 2$ vào ta được:

\begin{aligned} ω_{osc} & = \frac{1,805}{2} ω_{0} \\ = 0,902 5 ω_{0} \approx 0,903 ω_{0} . \end{aligned}

Nếu tính toán số trị chính xác cao trực tiếp từ các nghiệm siêu việt: Nghiệm trạng thái chẵn cho $E_{1} \approx 0,625 27 E_{1 -IDW}$ và nghiệm trạng thái lẻ cho $E_{2} \approx 2,434 67 E_{1 -IDW}$ , dẫn đến hiệu $Δ E \approx 1,809 4 E_{1 -IDW}$ , tương ứng với góc chính xác là $ω_{osc} \approx 0,904 7 \frac{π^{2} ℏ}{m L^{2}}$ . Cả hai cách biểu diễn đều xác nhận tần số dao động vào khoảng $0, 90 \frac{π^{2} ℏ}{m L^{2}}$ .

Đánh giá và nhận xét (Evaluate)

Tầm quan trọng của các hệ số $1 / \sqrt{2}$ : Các thừa số $1 / \sqrt{2}$ có hai vai trò:

Chuẩn hóa xác suất: Đảm bảo tổng xác suất toàn phần của trạng thái chồng chập bằng đúng 1. Vì ${(\frac{1}{\sqrt{2}})}^{2} + {(\frac{1}{\sqrt{2}})}^{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ , xác suất tìm thấy hạt trong giếng vô hạn bằng 1.
Cân bằng trọng số hai mức: Hai đóng góp với trọng số bằng nhau ( $50 %$ xác suất cho $E_{1}$ và $50 %$ xác suất cho $E_{2}$ ). Với hai hàm riêng cố định, hệ số giao thoa có độ lớn tỉ lệ với $| c_{1} c_{2} |$ . Khi $| c_{1} |^{2} + | c_{2} |^{2} = 1$ , tích này lớn nhất ở hai trọng số bằng nhau. Độ tương phản tại một tọa độ còn phụ thuộc giá trị hai hàm riêng tại đó.

Tại sao dao động của giếng hữu hạn lại thấp hơn giếng vô hạn? Tần số góc dao động tỉ lệ thuận với hiệu : $ω_{osc} = (E_{2} - E_{1}) / ℏ$ .

Trong , hai thành thế là các bức tường cứng tuyệt đối, bị ép triệt tiêu ngay tại mép $x = 0$ và $x = L$ .
Trong , các vách thế có thể đâm xuyên được. của cả hai trạng thái $n = 1$ và $n = 2$ đều thâm nhập một đoạn vào vùng cấm cổ điển bên ngoài giếng. Điều này làm cho hiệu dụng dài hơn, tương đương với một giếng thế rộng hơn ( $L_{eff} > L$ ).
Do tỉ lệ nghịch với bình phương bề rộng hiệu dụng ( $E \propto 1 / L_{eff}^{2}$ ), hai mức thấp nhất trong trường hợp đang xét hạ xuống và hiệu năng lượng giảm. Điều này được xác nhận bằng các nghiệm điều kiện biên:

Δ E_{finite} < Δ E_{infinite} .

Cụ thể, $Δ E$ giảm từ $3 E_{1 -IDW}$ xuống còn khoảng $1,805 E_{1 -IDW}$ (giảm khoảng $40 %$ ). Vì khoảng cách nhỏ hơn, góc dao động $ω_{osc}$ của bó sóng trong giếng hữu hạn thấp hơn rõ rệt so với giếng vô hạn cùng kích thước.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 40, trang 1351–1359.

Vì sao hạt bán dẫn nhỏ lại phát ánh sáng xanh? ​

Hàm sóng và sự giam giữ

Xuyên hầm, dao động và phép đo

Tổng kết chương ​

Hàm sóng và phương trình Schrödinger ​

Hạt trong hộp vô hạn ​

Chuẩn hóa và điều kiện nối nghiệm ​

Giếng thế hữu hạn ​

Hàng rào thế và xuyên hầm ​

Dao động tử điều hòa ​

Phép đo và trạng thái sau phép đo ​

Trở lại câu hỏi mở đầu ​

Tài liệu tham khảo ​

Luyện tập hướng dẫn ​

VP40.4.1 ​

VP40.4.2 ​

VP40.4.3 ​

VP40.4.4 ​

VP40.6.1 ​

VP40.6.2 ​

VP40.6.3 ​

VP40.6.4 ​

VP40.7.1 ​

VP40.7.2 ​

VP40.7.3 ​

VP40.7.4 ​

Câu hỏi thảo luận ​

Q40.1 ​

Q40.2 ​

Q40.3 ​

Q40.4 ​

Q40.5 ​

Q40.6 ​

Q40.7 ​

Q40.8 ​

Q40.9 ​

Q40.10 ​

Q40.11 ​

Q40.12 ​

Q40.13 ​

Q40.14 ​

Q40.15 ​

Q40.16 ​

Q40.17 ​

Q40.18 ​

Q40.19 ​

Q40.20 ​

Q40.21 ​

Q40.22 ​

Q40.23 ​

Q40.24 ​

Q40.25 ​

Q40.26 ​

Q40.27 ​

Bài tập 40.1–40.15 ​

40.1 ​

40.2 ​

40.3 ​

40.4 ​

40.5 ​

40.6 ​

40.7 ​

40.8 ​

40.9 ​

40.10 ​

40.11 ​

40.12 ​

40.13 ​

40.14 ​

40.15 ​

Bài tập 40.16–40.30 ​

40.16 ​

40.17 ​

40.18 ​

40.19 ​

40.20 ​

40.21 ​

40.22 ​

40.23 ​

40.24 ​

Vì sao hạt bán dẫn nhỏ lại phát ánh sáng xanh?

Tổng kết chương

Hàm sóng và phương trình Schrödinger

Hạt trong hộp vô hạn

Chuẩn hóa và điều kiện nối nghiệm

Giếng thế hữu hạn

Hàng rào thế và xuyên hầm

Dao động tử điều hòa

Phép đo và trạng thái sau phép đo

Trở lại câu hỏi mở đầu

Tài liệu tham khảo

Luyện tập hướng dẫn

VP40.4.1

VP40.4.2

VP40.4.3

VP40.4.4

VP40.6.1

VP40.6.2

VP40.6.3

VP40.6.4

VP40.7.1

VP40.7.2

VP40.7.3

VP40.7.4

Câu hỏi thảo luận

Q40.1

Q40.2

Q40.3

Q40.4

Q40.5

Q40.6

Q40.7

Q40.8

Q40.9

Q40.10

Q40.11

Q40.12

Q40.13

Q40.14

Q40.15

Q40.16

Q40.17

Q40.18

Q40.19

Q40.20

Q40.21

Q40.22

Q40.23

Q40.24

Q40.25

Q40.26

Q40.27

Bài tập 40.1–40.15

40.1

40.2

40.3

40.4

40.5

40.6

40.7

40.8

40.9

40.10

40.11

40.12

40.13

40.14

40.15

Bài tập 40.16–40.30

40.16

40.17

40.18

40.19

40.20

40.21

40.22

40.23

40.24

40.25

40.26