Partikel i en boks

Partiklen i en boks eller den uendelige brønd er inden for kvantemekanikken den simpleste model for en partikel i et potential. Inden for et begrænset interval i rummet er potentialet fladt, men uden for dette interval er potentialet uendeligt, og partiklen kan således ikke slippe ud. Ved at løse Schrödinger-ligningen ses det, at partiklen kun kan antage diskrete energitilstande - et kendetegn ved kvantemekanikken.

En partikel i en én-dimensionel boks. A) Partiklen i følge klassisk mekanik. B-F) Partiklen i følge kvantemekanik som beskrevet med bølgefunktionen. B-D) er energi-egentilstande, mens E-F) er kombinationer af egentilstande.

Modellen danner udgangspunkt for at beskrive en fermigas.

Potentialet

Den uendelige brønd i én dimension. Fra 0 til $L$ er potentialet 0, mens det er uendeligt alle andre steder.

Potentialet $V$ er altså givet ved:

$V(x)={\begin{cases}0,&0<x<L,\\\infty ,&{\text{ellers,}}\end{cases}}$

hvor $L$ er sidelængden. Dette er for én dimension $x$, men for flere dimensioner skal betingelsen blot gentages for hver dimension.

Bølgefunktionen i 1D

For den én-dimensionelle boks er den tidsuafhængige Schrödinger-ligning:

$E\psi =\left(-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}+V(x)\right)\psi$

I boksen er potentialet 0, og ligningen kan derfor reduceres til:

$E\psi =-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\partial ^{2}\psi }{\partial x^{2}}}$

Det uendelige potential kan implementeres ved at kræve at bølgefunktionen er 0 i siderne, da partiklen ikke kan forlade boksen:

$\psi (0)=\psi (L)=0$

Dette er grænsebetingelserne og gælder desuden generelt for stående bølger. Det ses, at Schrödinger-ligningen er reduceret til differentialligningen for en bølge:

${\frac {\partial ^{2}\psi }{\partial x^{2}}}=-{\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}\psi$

hvor den generelle løsning kan skrives som:

$\psi (x)=A\cos \left({\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}x\right)+B\sin \left({\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}x\right)$

Hvis 0 sættes ind skal bølgefunktionen også være 0:

${\begin{aligned}0&=\psi (0)=A\cos \left(0\right)+B\sin(0)\\0&=A\end{aligned}}$

Cosinus-funktionen falder altså ud:

$\psi (x)=B\sin \left({\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}x\right)$

hvor faktoren foran $x$ er bølgetallet $k$:

$k={\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}$

Sammenhængen mellem bølgetal og bølgelængde $\lambda$ er:

$k={\frac {2\pi }{\lambda }}$

Efter $x=0$ er sinusfunktionen 0 for hver halve bølgelængde. For at bølgefunktionen skal opfyldes grænsebetingelserne, skal det altså gælde, at:

$L=n{\frac {\lambda }{2}}$

hvor $n$ er et naturligt tal, der angiver antallet af halve bølgelængder inden for $L$. Bølgetallet for et bestemt $n$ er dermed givet ved:

$k_{n}={\frac {\pi n}{L}}$

Energiniveauer

Partiklens energi som funktion af bølgetal. De sorte punkter er for partiklen i en boks, mens den grå linje er for den frie partikel, der kan antage en hvilken som helst energi.

Energien er altså givet ved:

$E_{n}={\frac {\hbar ^{2}{k_{n}}^{2}}{2m}}$

eller ved at indsætte udtrykket for $k_{n}$ :

$E_{n}={\frac {\pi ^{2}\hbar ^{2}n^{2}}{2mL^{2}}}$

Det ses, at der er et energiniveau for hver værdi af $n$. Da $n$ kun kan antage diskrete værdier, kan $E_{n}$ altså også kun antage diskrete værdier. Dette er stik imod det klassiske tilfælde, hvor en partikel kan have en hvilken som helst kinetisk energi.

Bølgefunktionen

Den tilsvarende bølgefunktion for $E_{n}$ er:

$\psi _{n}(x)=B\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)$

Dette skal normaliseres:

${\begin{aligned}1&=\int _{0}^{L}\psi _{n}^{*}(x)\psi _{n}(x)dx=|B|^{2}\int _{0}^{L}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)dx={\frac {|B|^{2}L}{2}}\\|B|^{2}&={\frac {2}{L}}\end{aligned}}$

Den simpleste løsning for $B$ er bare reel:

$B={\sqrt {\frac {2}{L}}}$

Altså er bølgefunktionen for $E_{n}$

$\psi _{n}(x)={\begin{cases}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&0<x<L,\\0,&{\text{ellers,}}\end{cases}}$

hvor det her er skrevet eksplicit, at bølgefunktionen er 0 uden for boksen. Da hver bølgefunktion passer til en bestemt energi, kaldes de for energi-egentilstande. Tilstanden, hvor $n=1$, er grundtilstanden, mens de andre tilstande er exciterede tilstande med højere energi.

De tidsuafhængige løsninger for de tre laveste energiniveauer. Det ses, at bølgelængden bliver kortere for hver energitilstand.

Inden den tidsafhængige løsning findes, kan bølgefunktionens symmetri undersøges lidt nærmere. Hvis koordinaterne flyttes, så $x=0$ er midten af boksen

$x\rightarrow x+{\frac {L}{2}}$

er bølgefunktionen nemlig:

${\begin{aligned}\psi _{n}(x)&={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}\left(x+{\frac {L}{2}}\right)\right)\\\psi _{n}(x)&={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x+{\frac {\pi }{2}}n\right)\end{aligned}}$

For hver stigning i $n$ bliver bølgen rykket med en kvart fase og er derved en cosinus-funktion for ulige $n$, men en sinus-funktion for lige $n$.

$\psi _{n}(x)={\begin{cases}(-1)^{n-1}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&{\text{ulige }}n\\(-1)^{n}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&{\text{lige }}n\end{cases}}$

Dvs. at bølgefunktionen skifter mellem at være symmetrisk og antisymmetrisk omkring midten af brønden. Om dette har fysisk betydning er beskrevet i afsnittet om sandsynlighedsfordelingen.

Denne korte bemærkning om symmetri forlades nu, og den tidsafhængige løsningen for egentilstanden kan findes. En faktor ganges på den tidsuafhængige løsning:

$\Psi _{n}(x,t)={\begin{cases}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t},&0<x<L,\\0,&{\text{ellers,}}\end{cases}}$

Denne faktor er tidsafhængig og giver en rotation i det komplekse plan.

De meste generelle løsninger til partiklen i en boks er dog lineære kombinationer af disse egentilstande:

$\Psi (x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }c_{n}\Psi _{n}(x,t)$

Hvis et system består af en lineær kombination - kaldet en blandet tilstand - vil sandsynligheden $P$ for at måle energien $E_{n}$ være givet ved:

$P(E_{n})=|c_{n}|^{2}$

Eksempler på blandede tilstande er givet i figuren.

Sandsynlighedstætheden i 1D

Sandsynlighedstætheden $\rho$ i forhold til position er nu givet ved:

$\rho (x,t)=\Psi (x,t)^{*}\Psi (x,t)$

For egentilstandene

Sandsynlighedsfordelingen for de tre laveste energiniveauer. Alle fordelingerne er symmetriske, men der er både områder med høj sandsynlighed (toppene) for at finde partiklen, samt områder med lav sandsynlighed (dalene).

For energi-egentilstandene giver dette:

${\begin{aligned}\rho _{n}(x,t)&={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t}\\\rho _{n}(x,t)&={\frac {2}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t-i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t}\\\rho _{n}(x,t)&={\frac {2}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{0}\end{aligned}}$

Det ses, at sandsynlighedstætheden er uafhængig af tiden:

$\rho _{n}(x,t)={\frac {2}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)$

Selvom bølgefunktionen er kompleks med mulighed for at være negativ, er sandsynlighedstætheden altså reel og aldrig negativ. Modsat bølgefunktionen er sandsynlighedstætheden desuden altid symmetrisk; dette giver intuitivt mening, da boksen er symmetrisk.

Generelt

For en lineær kombination af egentilstandene er sandsynlighedsfordelingen generelt:

$\rho (x,t)={\frac {2}{L}}\sum _{n,m}^{\infty }c_{n}^{*}c_{m}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)\sin \left({\frac {\pi m}{L}}x\right)e^{i{\frac {E_{n}-E_{m}}{\hbar }}t}$

Det ses, at den tidsafhængige faktor ikke forsvinder for led, hvor $n\neq m$. Generelt kan sandsynlighedsfordelingen altså godt ændre sig over tid, når partiklen ikke er i en energi-egentilstand.

Eksempel

Sandsynlighedsfordelingen for en lineær kombination af grundtilstanden og den første exciterede tilstand.

Et eksempel på en blandet tilstand er en ligelig kombination af første og anden energi-egentilstand. Bølgefunktion er da:

$\Psi (x,t)={\sqrt {\frac {1}{L}}}\sin \left({\frac {\pi }{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{1}}{\hbar }}t}+{\sqrt {\frac {1}{L}}}\sin \left({\frac {2\pi }{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{2}}{\hbar }}t}$

mens sandsynlighedsfordelingen er givet ved:

${\begin{aligned}\rho (x,t)&={\frac {1}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi }{L}}x\right)+{\frac {1}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {2\pi }{L}}x\right)+{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {2\pi }{L}}x\right)\left(e^{-i{\frac {E_{2}-E_{1}}{\hbar }}t}+e^{i{\frac {E_{2}-E_{1}}{\hbar }}t}\right)\end{aligned}}$

Det ses, at det tredje led er tidsafhængigt, og denne blandede tilstand er derfor ikke stationær. I animationen vises, hvordan sandsynlighedsfordelingen ændrer sig over tid.

Forventningsværdien

Udtrykket for sandsynlighedsfordelingen kan skrives ud:

${\begin{aligned}\rho (x,t)&={\frac {1}{L}}\left[\left({\frac {1}{2i}}\left(e^{i{\frac {\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {\pi }{L}}x}\right)\right)^{2}+\left({\frac {1}{2i}}\left(e^{i{\frac {2\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {2\pi }{L}}x}\right)\right)^{2}+2\left({\frac {1}{2i}}\left(e^{i{\frac {\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {\pi }{L}}x}\right)\right)\left({\frac {1}{2i}}\left(e^{i{\frac {2\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {2\pi }{L}}x}\right)\right)\cos \left({\frac {{\frac {\pi ^{2}\hbar ^{2}2^{2}}{2mL^{2}}}-{\frac {\pi ^{2}\hbar ^{2}1^{2}}{2mL^{2}}}}{\hbar }}t\right)\right]\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{4L}}\left[\left(e^{i{\frac {\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {\pi }{L}}x}\right)^{2}+\left(e^{i{\frac {2\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {2\pi }{L}}x}\right)^{2}+2\left(e^{i{\frac {\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {\pi }{L}}x}\right)\left(e^{i{\frac {2\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {2\pi }{L}}x}\right)\cos \left({\frac {3\pi ^{2}\hbar }{2mL^{2}}}t\right)\right]\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{4L}}\left[e^{i{\frac {2\pi }{L}}x}+e^{-i{\frac {2\pi }{L}}x}-2+e^{i{\frac {4\pi }{L}}x}+e^{-i{\frac {4\pi }{L}}x}-2+2\left(e^{i{\frac {3\pi }{L}}x}+e^{-i{\frac {3\pi }{L}}x}-e^{i{\frac {\pi }{L}}x}-e^{-i{\frac {\pi }{L}}x}\right)\cos \left({\frac {3\pi ^{2}\hbar }{2mL^{2}}}t\right)\right]\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{4L}}\left[2\cos \left({\frac {2\pi }{L}}x\right)-4+2\cos \left({\frac {4\pi }{L}}x\right)+2\left(2\cos \left({\frac {3\pi }{L}}x\right)-2\cos \left({\frac {\pi }{L}}x\right)\right)\cos \left({\frac {3\pi ^{2}\hbar }{2mL^{2}}}t\right)\right]\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{2L}}\left[\cos \left({\frac {2\pi }{L}}x\right)-2+\cos \left({\frac {4\pi }{L}}x\right)+2\left(\cos \left({\frac {3\pi }{L}}x\right)-\cos \left({\frac {\pi }{L}}x\right)\right)\cos \left({\frac {3\pi ^{2}\hbar }{2mL^{2}}}t\right)\right]\end{aligned}}$