Universitaire natuurkunde — jaar 2 · Bachelor Year 2

31Potentiaalputten, barrières en tunneling

Een bal in een kom rolt heen en weer met welke energie hij ook heeft gekregen; een elektron in een atoom, een nucleon in een kern, een elektron in een kristal van nanometergrootte kan alleen bepaalde energieën hebben, en de laagste daarvan is niet nul. Een bal kan geen heuvel over die hoger is dan zijn energie toelaat; een $\alpha$ -deeltje verlaat een kern door een coulombmuur die het nooit zou kunnen beklimmen, de naald van een rastertunnelmicroscoop trekt een stroom over een spleet vacuüm, en het stikstofatoom van ammoniak zwaait vierentwintig miljard keer per seconde door het vlak van zijn drie waterstofatomen. Dit hoofdstuk lost de schrödingervergelijking op in de eenvoudigste potentialen — putten met oneindige en eindige wanden, een trap, een barrière, een dubbele put — en vindt daarin de twee grote kwantumfeiten die de klassieke mechanica niet kan voortbrengen: de kwantisering van gebonden energieën, en het tunnelen door klassiek verboden gebieden, met zijn exponentiële gevoeligheid voor de breedte en de hoogte van de barrière, en daarom kan het als liniaal voor picometers dienen en overspannen radioactieve levensduren dertig ordes van grootte.

Een rastertunnelmicroscoop: een metalen punt die enkele tienden van een nanometer boven een oppervlak wordt gehouden; de tunnelstroom, die per tiende nanometer tienvoudig verandert, brengt het oppervlak atoom voor atoom in kaart.

31.1 De oneindige put

Propositie 31.1 (Oneindige rechthoekige put)

Een deeltje dat door ondoordringbare wanden tot $0 < x < L$ is beperkt ( $V = 0$ binnen, $V = \infty$ buiten, zodat $\varphi = 0$ aan de wanden) heeft de stationaire toestanden en energieën

\varphi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{n\pi x}{L}, \qquad E_n = \frac{n^2h^2}{8mL^2} = n^2E_1, \qquad n = 1, 2, 3, \dots

De energieën zijn gekwantiseerd, groeien als $n^2$ , en de laagste is niet nul: de opsluitingsenergie $E_1 = h^2/8mL^2$ is de prijs van de lokalisering ( $\Delta x \sim L$ dwingt $\Delta p \sim h/2L$ af). De $\varphi_n$ zijn orthogonaal, $\int\varphi_n\varphi_m\dd x = \delta_{nm}$ , en elke toestand van de put is een superpositie ervan.

Bewijs. Binnen geldt $\varphi'' = -k^2\varphi$ met $k^2 = 2mE/\hbar^2$ : $\varphi = A\sin kx + B\cos kx$ ; $\varphi(0) = 0$ doodt $B$ , $\varphi(L) = 0$ vergt $kL = n\pi$ — de staande golven van een snaar, met $E = \hbar^2k^2/2m$ . Normering geeft $A = \sqrt{2/L}$ ; de orthogonaliteit is die van de sinussen. ∎

De oneindige put: de eerste drie niveaus, E_n n2, met hun golffuncties (links) en kansdichtheden (rechts) — n - 1 knopen, en een grondtoestand die over de put is uitgespreid en een energie verschillend van nul heeft. — De oneindige put: de eerste drie niveaus, $E_n \propto n^2$ , met hun golffuncties (links) en kansdichtheden (rechts) — $n - 1$ knopen, en een grondtoestand die over de put is uitgespreid en een energie verschillend van nul heeft.

Voorbeeld 31.2 (Ordes van grootte, en kleuren)

$E_1 = h^2/8mL^2$ : een elektron in $1\,\mathrm{nm}$ , $0.38\,\mathrm{eV}$ ; in $0.1\,\mathrm{nm}$ (een atoom), $38\,\mathrm{eV}$ — de schaal van de atoomenergieën; een nucleon in $5\,\mathrm{fm}$ , $8\,\mathrm{MeV}$ — de schaal van de kernenergieën; een knikker in een doos, $10^{-63}\,\mathrm{J}$ — niemand zal het merken. Een halfgeleidernanokristal van enkele nanometers groot (een kwantumpunt) sluit zijn elektronen op: de opsluitingsenergie komt bij de kloof van het kristal, zodat hoe kleiner het punt, hoe blauwer het licht dat het uitzendt — hetzelfde materiaal gloeit rood bij $6\,\mathrm{nm}$ en groen bij $3\,\mathrm{nm}$ , alleen door de grootte geregeld.

31.2 De eindige put

Propositie 31.3 (Eindige rechthoekige put)

Voor $V = 0$ in $|x| < a$ en $V = V_0$ daarbuiten trilt een toestand met $0 < E < V_0$ binnen ( $k = \sqrt{2mE}/\hbar$ ) en dooft zij buiten uit ( $\kappa = \sqrt{2m(V_0 - E)}/\hbar$ ): $\varphi \propto \eu^{-\kappa|x|}$ voorbij de wanden. Het aansluiten van $\varphi$ en $\varphi'$ bij $x = \pm a$ geeft, voor de even en de oneven toestanden,

k\tan ka = \kappa \quad\text{(even)}, \qquad -k\cot ka = \kappa \quad\text{(oneven)}, \qquad\text{met}\quad (ka)^2 + (\kappa a)^2 = \frac{2mV_0a^2}{\hbar^2} \equiv R^2 .

Grafisch zijn de oplossingen de snijpunten van de krommen $\eta = \xi\tan\xi$ , $\eta = -\xi\cot\xi$ met de cirkel $\xi^2 + \eta^2 = R^2$ ( $\xi = ka$ , $\eta = \kappa a$ ): er is altijd ten minste één gebonden toestand (de even grondtoestand), en $1 + \lfloor 2R/\pi\rfloor$ in totaal. Het deeltje dringt het verboden gebied binnen over de diepte $1/\kappa$ , en de niveaus liggen onder die van de oneindige put met dezelfde breedte.

Bewijs. De even oplossing is $A\cos kx$ binnen en $B\eu^{-\kappa|x|}$ buiten; de continuïteit van $\varphi'/\varphi$ bij $x = a$ geeft $-k\tan ka = -\kappa$ . Idem voor de oneven met $\sin$ . De cirkel is de definitie van $k$ en $\kappa$ . Elke tak van $\xi\tan\xi$ die bij $\xi = n\pi$ begint en van $-\xi\cot\xi$ die bij $(n + \tfrac12)\pi$ begint, snijdt de cirkel één keer als zij erbinnen begint: vandaar de telling. ∎

Grafische oplossing van de eindige put: de gebonden toestanden zijn de snijpunten van de cirkel met straal R = a√2mV_0/ met de takken (even toestanden) en - (oneven). Hier is R = 4: drie gebonden toestanden; de gestreepte kleine cirkel (R = 1.2) snijdt de eerste tak nog altijd — een put bindt altijd ten minste één toestand. — Grafische oplossing van de eindige put: de gebonden toestanden zijn de snijpunten van de cirkel met straal $R = a\sqrt{2mV_0}/\hbar$ met de takken $\xi\tan\xi$ (even toestanden) en $-\xi\cot\xi$ (oneven). Hier is $R = 4$ : drie gebonden toestanden; de gestreepte kleine cirkel ( $R = 1.2$ ) snijdt de eerste tak nog altijd — een put bindt altijd ten minste één toestand.

Voorbeeld 31.4 (Een elektron in een put van een nanometer)

$V_0 = 1\,\mathrm{eV}$ , breedte $2a = 1\,\mathrm{nm}$ : $R = a\sqrt{2mV_0}/\hbar = 0.5 \times 10^{-9} \times 5.1 \times 10^9 = 2.6$ , zodat er $1 + \lfloor 2R/\pi\rfloor = 2$ gebonden toestanden zijn; de grondtoestand ligt nabij $0.26\,\mathrm{eV}$ in plaats van de $0.38\,\mathrm{eV}$ van de oneindige put, en lekt $0.2\,\mathrm{nm}$ in de wanden ( $1/\kappa = \hbar/\sqrt{2m(V_0 - E)}$ ). Zulke putten, gegroeid als lagen halfgeleider van enkele nanometers dik, zijn het hart van de diodelasers van Hoofdstuk 23.

31.3 Trap en barrière: tunneling

Propositie 31.5 (Potentiaaltrap)

Een deeltje met energie $E$ dat vanuit $x < 0$ op de trap $V = V_0$ voor $x > 0$ komt:

$E > V_0$ : $\varphi = \eu^{\iu k_1x} + r\eu^{-\iu k_1x}$ links, $t\eu^{\iu k_2x}$ rechts, met $k_{1,2} = \sqrt{2m(E - V_{0,\text{links/rechts}})}/ \hbar$ ; de continuïteit van $\varphi$ en $\varphi'$ geeft $r = (k_1 - k_2)/(k_1 + k_2)$ en de weerkaatsingskans (verhouding van stromen) $R = r^2$ , $T = 1 - R = 4k_1k_2/(k_1 + k_2)^2$ — een deeltje kan worden weerkaatst door een trap die het de energie heeft te beklimmen, net als een golf op een snaar door een verandering van impedantie (Hoofdstuk 15);
$E < V_0$ : rechts is $\varphi = t\eu^{-\kappa x}$ , $\kappa = \sqrt{2m(V_0 - E)}/\hbar$ — een evanescente golf; $|r| = 1$ (totale weerkaatsing, met een faseverschuiving), er stroomt geen stroom de trap in, maar het deeltje wordt daar aangetroffen met een kans die over $1/\kappa$ uitdooft.

Bewijs. Schrijf de continuïteitsvergelijkingen bij $x = 0$ op en los ze op; gebruik voor de stromen $j = (|A|^2 - |B|^2)\hbar k/m$ (Hoofdstuk 30). Voor $E < V_0$ is $r = (k - \iu\kappa)/(k + \iu\kappa)$ , met modulus één. ∎

Stelling 31.6 (Tunnelen door een barrière)

Een deeltje met energie $E < V_0$ dat een rechthoekige barrière met hoogte $V_0$ en breedte $a$ ontmoet, wordt doorgelaten met de kans

T = \Big[1 + \frac{V_0^2\sinh^2(\kappa a)}{4E(V_0 - E)}\Big]^{-1} \ \approx\ 16\,\frac{E}{V_0}\Big(1 - \frac{E}{V_0}\Big)\eu^{-2\kappa a} \quad (\kappa a \gg 1), \qquad \kappa = \frac{\sqrt{2m(V_0 - E)}}{\hbar} .

Dit is het tunneleffect: klassiek onmogelijk, kwantummechanisch exponentieel klein — en exponentieel gevoelig voor de breedte $a$ , de hoogte $V_0 - E$ en de massa $m$ . Voor een elektron $1\,\mathrm{eV}$ onder de top is $\kappa = 5.1\,\mathrm{nm}^{-1}$ : $T \sim 10^{-2}$ voor $a = 0.5\,\mathrm{nm}$ , $10^{-4}$ voor $1\,\mathrm{nm}$ , $10^{-9}$ voor $2\,\mathrm{nm}$ ; voor een proton is $\kappa$ $43$ keer groter en gaat er bij deze breedten niets door.

Bewijs. $\varphi = \eu^{\iu kx} + r\eu^{-\iu kx}$ voor $x < 0$ , $A\eu^{\kappa x} + B\eu^{-\kappa x}$ binnen, $t\eu^{\iu kx}$ voor $x > a$ ; vier continuïteitsvoorwaarden (van $\varphi$ en $\varphi'$ bij $0$ en $a$ ) voor vier onbekenden; het wegwerken van $A$ , $B$ , $r$ geeft $1/|t|^2 = 1 + (k^2 + \kappa^2)^2\sinh^2(\kappa a)/4k^2\kappa^2$ , wat de formule is met $k^2 = 2mE/\hbar^2$ , $\kappa^2 = 2m(V_0 - E)/\hbar^2$ . Voor $\kappa a \gg 1$ is $\sinh\kappa a \approx \eu^{\kappa a}/2$ . Voor een barrière met willekeurige vorm wordt de exponent $2\int\kappa(x)\dd x$ over het verboden gebied (de gamowfactor, aangenomen). ∎

Tunnelen door een barrière: de golf trilt links, dooft binnen het klassiek verboden gebied exponentieel uit, en komt rechts met een verkleinde amplitude tevoorschijn — dezelfde golflengte, een kleine kans.

Voorbeeld 31.7 (De rastertunnelmicroscoop)

Een scherpe metalen punt wordt tot op $d \approx 0.5\,\mathrm{nm}$ van een geleidend oppervlak gebracht en er wordt een kleine spanning aangelegd: elektronen tunnelen door de vacuümspleet, waarvan de barrièrehoogte de uittreearbeid $\Phi \approx 4.5\,\mathrm{eV}$ is, zodat $\kappa = \sqrt{2m\Phi}/\hbar = 1.1 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}$ en de stroom $I \propto \eu^{-2\kappa d}$ per $0.1\,\mathrm{nm}$ met een factor $\eu^{2.2} \approx 10$ verandert. Een terugkoppellus verplaatst de punt om $I$ constant te houden, en de hoogte van de punt, opgetekend terwijl zij aftast, tekent het oppervlak met een verticaal oplossend vermogen van een picometer — en zijdelings atoom voor atoom, omdat het laatste atoom van de punt, dat het dichtst bij staat, het meeste van de stroom draagt (Binnig en Rohrer, 1981).

Voorbeeld 31.8 (Alfaverval)

Een $\alpha$ -deeltje van $5\,\mathrm{MeV}$ in een zware kern staat voor de coulombbarrière van de overblijvende lading $Ze$ , tientallen MeV hoog aan het kernoppervlak en reikend tot de straal $b = 2Ze^2/4\pi\varepsilon_0E \approx 50\,\mathrm{fm}$ waar $V = E$ . De gamowfactor $2\int\kappa\,\dd r$ is van de orde $80$ : $T \sim \eu^{-80} \sim 10^{-35}$ . Het deeltje botst zo’n $10^{21}$ keer per seconde tegen de wand, zodat het met een tempo $\sim 10^{-14} \,\mathrm{s}^{-1}$ ontsnapt: een levensduur van een miljoen jaar. Omdat de exponent als $Z/\sqrt E$ verandert, verschuift een verandering van $2\,\mathrm{MeV}$ in $E$ de levensduur met twintig ordes van grootte — de wet van Geiger–Nuttall, van microseconden tot de leeftijd van het heelal (Gamow, 1928: de eerste toepassing van het tunnelen).

Atomaire oplossing op een goudoppervlak, afgebeeld door een rastertunnelmicroscoop: de rijen atomen van het gereconstrueerde (100)-vlak, enkele tienden van een nanometer uit elkaar.

31.4 De dubbele put

Propositie 31.9 (Tunnelsplitsing)

Twee gelijke putten gescheiden door een barrière: was de barrière ondoordringbaar, dan zou elke put hetzelfde grondniveau $E_0$ hebben, tweemaal. Het tunnelen koppelt ze en de twee laagste toestanden van de dubbele put zijn de symmetrische en de antisymmetrische combinatie, $\varphi_\pm \approx (\varphi_{\text{L}} \pm \varphi_{\text{R}})/\sqrt2$ , met energieën $E_0 \mp \Delta/2$ : het niveau is gesplitst met een bedrag $\Delta \propto \eu^{-\kappa a}$ (de tunnelamplitude, niet haar kwadraat). Een deeltje dat in de linkerput wordt gezet, $\psi = (\varphi_+ + \varphi_-)/\sqrt2$ , is niet stationair: het trilt tussen de putten met de frequentie $\nu = \Delta/h$ — tunneltrillingen, de zwevingen van twee niveaus uit Hoofdstuk 30.

Bewijs. De symmetrische combinatie heeft geen knoop onder de barrière en een lagere kromming, dus een lagere energie; de antisymmetrische heeft een knoop en ligt hoger; de splitsing is evenredig met de overlap van de gelokaliseerde functies onder de barrière, $\eu^{-\kappa a}$ . De zweving is de superpositie van twee niveaus die al is berekend. ∎

De dubbele put: het ontaarde niveau van de twee afzonderlijke putten splitst in een symmetrische toestand (lager) en een antisymmetrische (hoger) met - a; een deeltje dat aan één kant begint tunnelt heen en weer met de frequentie /h. — De dubbele put: het ontaarde niveau van de twee afzonderlijke putten splitst in een symmetrische toestand (lager) en een antisymmetrische (hoger) met $\Delta \propto \eu^{-\kappa a}$ ; een deeltje dat aan één kant begint tunnelt heen en weer met de frequentie $\Delta/h$ .

Voorbeeld 31.10 (Ammoniak)

In NH $_3$ zit het stikstofatoom aan de ene kant van het vlak van de drie waterstofatomen of aan de andere — een dubbele put met een barrière van ongeveer $0.25\,\mathrm{eV}$ . De tunnelsplitsing van het grondniveau is $\Delta = 1 \times 10^{-4}\,\mathrm{eV}$ : $\nu = \Delta/h = 24\,\mathrm{GHz}$ , de inversiefrequentie, de overgang van de eerste maser en van de eerste atoomklok (1949). Vervang waterstof door deuterium en het zwaardere molecuul tunnelt minder: $1.6\,\mathrm{GHz}$ . In zwaardere piramiden (PH $_3$ , AsH $_3$ ) stort de splitsing in tot kilohertz en lager: het molecuul blijft jarenlang aan zijn kant — en daarom bestaan er links- en rechtshandige moleculen en racemiseert suiker niet in de kast.

Charles Townes met de eerste maser (1954): een bundel ammoniakmoleculen, door een elektrisch veld naar de bovenste inversietoestand gesorteerd, versterkte de overgang bij 24\, GHz in een holte — het eerste toestel van de gestimuleerde emissie, zes jaar vóór de laser. — Charles Townes met de eerste maser (1954): een bundel ammoniakmoleculen, door een elektrisch veld naar de bovenste inversietoestand gesorteerd, versterkte de overgang bij $24\,\mathrm{GHz}$ in een holte — het eerste toestel van de gestimuleerde emissie, zes jaar vóór de laser.

Methode 31.11 (Putten en barrières)

(1) Schrijf $\varphi$ gebied per gebied: $\eu^{\pm\iu kx}$ waar $E > V$ , $\eu^{\pm\kappa x}$ waar $E < V$ , met $k, \kappa = \sqrt{2m|E - V|}/\hbar$ . (2) Sluit $\varphi$ en $\varphi'$ bij elke grens aan (aan een oneindige wand is $\varphi = 0$ ). (3) Gebonden toestanden: het aansluiten heeft alleen oplossingen voor afzonderlijke $E$ — tel ze grafisch. (4) Verstrooiing: stromen $(|A|^2 - |B|^2)\hbar k/m$ geven $R$ en $T$ . (5) Tunnelen: $T \sim \eu^{-2\kappa a}$ ; eerst de orde van grootte, daarna de voorfactor. (6) Dubbele put: splitsing $\propto\eu^{-\kappa a}$ , zwevingen op $\Delta/h$ .

31.5 Opgaven

Oefening 31.1 ★

Oneindige put: elektron in $1\,\mathrm{nm}$ ( $E_1$ , $E_2$ , $E_3$ , golflengte van het foton $2 \to 1$ ); elektron in $0.1\,\mathrm{nm}$ ; nucleon in $5\,\mathrm{fm}$ ; een knikker van $1\,\mathrm{g}$ in $10\,\mathrm{cm}$ ( $E_1$ , en het kwantumgetal voor een snelheid van $1\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.1.

$1\,\mathrm{nm}$ : $0.38\,$ , $1.50\,$ , $3.38\,\mathrm{eV}$ ; $2 \to 1$ : $1.13\,\mathrm{eV}$ , $1.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ . $0.1\,\mathrm{nm}$ : $38\,\mathrm{eV}$ . Nucleon: $8\,\mathrm{MeV}$ . Knikker: $E_1 = 5.5 \times 10^{-63}\,\mathrm{J}$ ; $n = 2mvL/h = 3 \times 10^{27}$ .

Oefening 31.2 ★

Kwantumpunten: een nanokristal met kloof $1.74\,\mathrm{eV}$ sluit een elektron-gatpaar op waarvan de opsluitingsenergie $h^2/8m^*L^2$ is met $m^* = 0.1\,m_{\text{e}}$ . Emissiegolflengte voor $L = 6$ , $4$ , $3$ , $2.5\,\mathrm{nm}$ ; welke kleuren?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.2.

Opsluiting $3.76\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}^{2}/L^2$ : $0.10$ , $0.24$ , $0.42$ , $0.60\,\mathrm{eV}$ ; totaal $1.84$ , $1.98$ , $2.16$ , $2.34\,\mathrm{eV}$ : $673\,$ , $628\,$ , $574\,$ , $530\,\mathrm{nm}$ — rood, oranje, geelgroen, groen.

Oefening 31.3 ★

Tunnelen: elektron met $V_0 - E = 4.5\,\mathrm{eV}$ : $\kappa$ ; $\eu^{-2\kappa a}$ voor $a = 0.3$ , $0.5$ , $1$ , $2\,\mathrm{nm}$ ; factor per $0.1\,\mathrm{nm}$ ; idem voor een proton bij $a = 0.3\,\mathrm{nm}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.3.

$\kappa = 1.09 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}$ ; $\eu^{-2\kappa a}$ : $1.5 \times 10^{-3}$ , $1.8 \times 10^{-5}$ , $3 \times 10^{-10}$ , $10^{-19}$ ; $\times 8.8$ per $0.1\,\mathrm{nm}$ ; proton: $\kappa$ is $43$ keer groter, $\eu^{-280}$ bij $0.3\,\mathrm{nm}$ .

Oefening 31.4 ★

Trap: elektron van $2\,\mathrm{eV}$ op een trap van $1\,\mathrm{eV}$ : $k_1$ , $k_2$ , $R$ , $T$ . Idem voor een trap omlaag van $1\,\mathrm{eV}$ . Waarom is dit klassiek onmogelijk, en wat is het analogon voor licht?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.4.

$k_1 = 7.3 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{-1}$ , $k_2 = 5.1 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{-1}$ ; $R = 0.03$ , $T = 0.97$ . Trap omlaag: $k_2 = 8.9 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{-1}$ , $R = 0.01$ . Een klassiek deeltje keert nooit terug wanneer het de energie heeft; een lichtgolf wordt bij elke verandering van index gedeeltelijk weerkaatst.

Oefening 31.5 ★★

De oneindige put in bijzonderheden. (a) Leid de niveaus af en normeer. (b) Toon de orthogonaliteit aan. (c) Voor $n = 1$ : $\langle x\rangle$ , $\Delta x = L\sqrt{1/12 - 1/2\pi^2}$ , $\langle p\rangle = 0$ , $\Delta p = \pi\hbar/L$ ; ga Heisenberg na. (d) Schets $|\varphi_n|^2$ voor grote $n$ en vergelijk met de klassieke kans om een stuiterend deeltje aan te treffen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.5.

(a), (b) Propositie 31.1. (c) $L/2$ ; $0.18L$ ; $0$ ; $\pi\hbar/L$ ; product $0.57\hbar > \hbar/2$ . (d) Snelle trillingen rond het gemiddelde $1/L$ — de klassieke gelijkmatige dichtheid.

Oefening 31.6 ★★

Eindige put. (a) Leid $k\tan ka = \kappa$ af voor de even toestanden. (b) Toon grafisch aan dat er altijd een gebonden toestand is en tel ze voor $R = 1$ , $4$ , $10$ . (c) Elektron, $V_0 = 1\,\mathrm{eV}$ , $2a = 1\,\mathrm{nm}$ : $R$ , aantal toestanden, indringdiepte van de grondtoestand (neem $E \approx 0.26\,\mathrm{eV}$ ). (d) Wat gebeurt er met het aantal gebonden toestanden als $V_0 \to \infty$ , en met hun energieën?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.6.

(a) Propositie 31.3. (b) $1$ , $3$ , $7$ . (c) $R = 2.6$ , twee toestanden; $\kappa = 4.4 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{-1}$ , diepte $0.23\,\mathrm{nm}$ . (d) Oneindig veel, van onderaf naar die van de oneindige put toe.

Oefening 31.7 ★★

Trap, $E < V_0$ . (a) Schrijf $\varphi$ aan beide kanten en vind $r = (k - \iu\kappa)/(k + \iu\kappa)$ . (b) Toon $|r| = 1$ aan en bereken de fase van $r$ . (c) Toon aan dat de stroom voor $x > 0$ verdwijnt hoewel $|\varphi|^2 \ne 0$ daar. (d) Elektron $1\,\mathrm{eV}$ onder de top: indringdiepte; vergelijk met de evanescente golf van de totale interne weerkaatsing.

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.7.

(a) $1 + r = t$ , $\iu k(1 - r) = -\kappa t$ . (b) Teller en noemer zijn toegevoegd complex; fase $-2\arctan(\kappa/k)$ . (c) $\psi^*\psi'$ is reëel voor een reële exponentiële. (d) $0.2\,\mathrm{nm}$ ; zoals de evanescente golf van de totale weerkaatsing: aanwezig, zonder flux te dragen, en in staat een tweede midden te voeden — dat is tunnelen.

Oefening 31.8 ★★

De barrière. (a) Schrijf de vier continuïteitsvoorwaarden op en leid $T$ af. (b) Bereken exact en met de benadering voor $E = V_0/2$ , $\kappa a = 3$ ; voor $\kappa a = 1$ . (c) Toon voor $E > V_0$ aan dat $T = [1 + V_0^2\sin^2(k_2a)/4E(E - V_0)]^{-1}$ en vind de energieën van volmaakte doorlating. (d) Duid ze (denk aan de antireflectielaag van Hoofdstuk 15).

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.8.

(a) Stelling 31.6. (b) $\kappa a = 3$ : exact $1/(1 + \sinh^23) = 9.9 \times 10^{-3}$ , benadering $4\eu^{-6} = 9.9 \times 10^{-3}$ ; $\kappa a = 1$ : $0.42$ tegen $0.54$ . (c) $\kappa \to \iu k_2$ ; $T = 1$ voor $k_2a = n\pi$ . (d) De weerkaatsingen van de twee vlakken heffen elkaar op wanneer de barrière een geheel aantal halve golflengten is — resonante doorlating.

Oefening 31.9 ★★

Gamow. Voor de coulombbarrière van de kernstraal $R_{\text{n}}$ tot $b = 2Ze^2/4\pi\varepsilon_0E$ is de exponent $G = 2\int\kappa\,\dd r = (2\sqrt{2mE}/\hbar)\,b\,[\arccos\sqrt{R_{\text{n}}/b} - \sqrt{(R_{\text{n}}/b)(1 - R_{\text{n}}/b)}]$ . (a) $Z = 90$ , $E = 5\,\mathrm{MeV}$ , $R_{\text{n}} = 8\,\mathrm{fm}$ : $b$ , $G$ , $T$ . (b) Botsingsfrequentie $v/2R_{\text{n}}$ en de levensduur. (c) Herhaal voor $E = 4$ en $6\,\mathrm{MeV}$ : verhouding van de levensduren. (d) Waarom zenden kernen $\alpha$ -deeltjes uit in plaats van protonen of $^{12}$ C?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.9.

(a) $b = 52\,\mathrm{fm}$ ; $G = 82$ ; $T = \eu^{-82} \approx 2 \times 10^{-36}$ . (b) $v = 1.55 \times 10^{7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $10^{21}$ botsingen per seconde: tempo $2 \times 10^{-15}\,\mathrm{s}^{-1}$ , levensduur $\sim 10^7$ jaar. (c) $G = 100$ en $69$ : $\eu^{18} \approx 10^8$ langer, $\eu^{-13} \approx 10^{-6}$ korter. (d) Het $\alpha$ -deeltje is stevig gebonden en vertrekt met positieve energie; een proton niet; een $^{12}$ C heeft drie keer de lading en een veel grotere exponent (clusterverval bestaat, bij $10^{-10}$ ).

Oefening 31.10 ★★★

Ammoniak. Splitsing $\Delta = 1 \times 10^{-4}\,\mathrm{eV}$ . (a) Inversiefrequentie en de periode van de tunneltrilling. (b) Het N-atoom wordt aan één kant klaargezet: schrijf $\psi(t)$ en de kans om het aan de andere kant aan te treffen. (c) ND $_3$ tunnelt bij $1.6\,\mathrm{GHz}$ : leid $\kappa a$ af uit de verhouding van de splitsingen als $\Delta \propto \eu^{-\kappa a}$ en $\kappa \propto\sqrt m$ ( $m_{\text{D}} = 2m_{\text{H}}$ , barrière onveranderd). (d) Waarom kan een chiraal molecuul jarenlang linkshandig blijven?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.10.

(a) $24\,\mathrm{GHz}$ ; $41\,\mathrm{ps}$ . (b) $\psi = (\varphi_+\eu^{-\iu E_+t/\hbar} + \varphi_-\eu^{-\iu E_-t/\hbar})/\sqrt2$ ; $P = \sin^2(\pi\nu t)$ . (c) $\eu^{(\sqrt2 - 1) \kappa a} = 15$ : $\kappa a = 6.5$ . (d) Zwaardere groepen en hogere barrières maken de tunnelperiode langer dan jaren.

Oefening 31.11 ★★★

De STM. $\Phi = 4.5\,\mathrm{eV}$ , $d = 0.5\,\mathrm{nm}$ , spanning $0.1\,\mathrm{V}$ , $I = 1\,\mathrm{nA}$ . (a) $\kappa$ , de factor van $I$ per $0.1\,\mathrm{nm}$ , het hoogteoplossend vermogen als $I$ tot op $1\%$ wordt gemeten. (b) Elektronen per seconde in de stroom. (c) Het topatoom van de punt staat $0.25\,\mathrm{nm}$ dichter dan zijn buren (zijdelings $0.25\,\mathrm{nm}$ weg, zodat $d' = \sqrt{d^2 + 0.25^2}$ ): deel van de stroom dat het draagt. (d) Een stalen frame van $1\,\mathrm{cm}$ zet $\alpha L\Delta T$ uit met $\alpha = 1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ : welke temperatuurstabiliteit vergt een picometer, en hoe omzeilen ontwerpen dat?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.11.

(a) $1.09 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}$ ; $\times 8.8$ ; $1\%$ van $I$ is $0.5\,\mathrm{pm}$ . (b) $6 \times 10^9$ . (c) Elke buur op $d' = 0.56\,\mathrm{nm}$ draagt $\eu^{-2\kappa \times 0.06\,\text{nm}} = 0.28$ van de stroom van de top; de top draagt ongeveer de helft. (d) $10^{-5}\,\mathrm{K}$ — onmogelijk; symmetrische ontwerpen waarin punt en monster samen uitzetten, snelle aftastingen, materialen met lage uitzetting, en de terugkoppeling.

Oefening 31.12 ★★★

Een kwantumputlaser. Een laag GaAs van $10\,\mathrm{nm}$ (kloof $1.42\,\mathrm{eV}$ , $m_{\text{e}}^* = 0.067\,m_{\text{e}}$ , $m_{\text{h}}^* = 0.45\,m_{\text{e}}$ ) tussen barrières die $0.3\,\mathrm{eV}$ hoger liggen. (a) Opsluitingsenergieën van de grondtoestand van elektron en gat (oneindige put). (b) Fotonenergie en golflengte van de laser. (c) Breedte voor $780\,\mathrm{nm}$ . (d) Hoeveel gebonden elektronentoestanden houdt de put van $10\,\mathrm{nm}$ bij de eindige barrière?

Oplossing

Oplossing van Oefening 31.12.

(a) $0.056\,$ en $0.008\,\mathrm{eV}$ . (b) $1.48\,\mathrm{eV}$ , $835\,\mathrm{nm}$ . (c) Opsluiting $0.17\,\mathrm{eV}$ : $L = 6.1\,\mathrm{nm}$ . (d) $R = 3.6$ : drie.

31.6 Vraagstuk: de STM, het alfadeeltje en de ammoniakmaser

Probleem 31.1

Weekendvraagstuk — drie tunnels

Gegevens: $\hbar = 1.05 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ , $h = 6.63 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ , $m_{\text{e}} = 9.11 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg}$ , $m_\alpha = 6.64 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}$ , $e^2/4\pi\varepsilon_0 = 1.44\,\mathrm{MeV}\,\mathrm{fm}$ , $1\,\mathrm{eV}$ $= 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{J}$ .

Deel I — De rastertunnelmicroscoop. Punt en monster zijn van wolfraam ( $\Phi = 4.5\,\mathrm{eV}$ ); spleet $d$ ; spanning $50\,\mathrm{mV}$ ; de stroom is $I = I_0\eu^{-2\kappa d}$ .

$\kappa$ voor elektronen op het ferminiveau tegenover de vacuümbarrière $\Phi$ .
Factor waarmee $I$ verandert voor $\Delta d = 0.1\,\mathrm{nm}$ ; voor $1\,\mathrm{pm}$ .
De terugkoppeling houdt $I$ tot op $1\%$ constant: hoogteruis.
$I = 1\,\mathrm{nA}$ : elektronen per seconde; gemiddelde tijd tussen twee elektronen, vergeleken met de “tunneltijd” $\sim\hbar/\Phi$ .
Het topatoom en zijn buren op $0.25\,\mathrm{nm}$ zijdelings, $d = 0.5\,\mathrm{nm}$ : aandeel van het topatoom; waarom één enkel atoom volstaat om atomen af te beelden.
Een aanhechtend atoom van $0.1\,\mathrm{nm}$ hoog: verandering van $I$ in de vasthoogtemodus; waarom de vaste-stroommodus de voorkeur krijgt.
Een metalen frame van $2\,\mathrm{cm}$ , $\alpha = 1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ : temperatuurverandering die de punt $1\,\mathrm{pm}$ verplaatst; hoe gaan instrumenten daarmee om (symmetrie, snelheid, materialen met lage uitzetting)?
Bij een spanning van $1\,\mathrm{V}$ is de barrière niet meer rechthoekig: schets haar en zeg of $I$ sneller of trager dan lineair met $V$ groeit.
Op een geoxideerde vlek is de uittreearbeid $3\,\mathrm{eV}$ in plaats van $4.5\,\mathrm{eV}$ : hoeveel trekt de punt zich terug in de vaste-stroommodus boven een volmaakt vlak oppervlak? Wat beeldt de STM dan af?

Deel II — Alfaverval van een kern $Z = 92$ , $A = 238$ . Het $\alpha$ -deeltje ( $E = 4.2\,\mathrm{MeV}$ ) beweegt in een kern met straal $R_{\text{n}} = 8\,\mathrm{fm}$ ; daarbuiten is de coulombenergie $V(r) = 2(Z - 2)e^2/4\pi\varepsilon_0r$ .

Hoogte van de barrière bij $R_{\text{n}}$ ; klassiek keerpunt $b$ .
Snelheid van het $\alpha$ -deeltje binnenin en zijn botsingsfrequentie op de wand.
Gamowexponent $G = (2\sqrt{2mE}/\hbar)\,b\,[\arccos\sqrt{R_{\text{n}}/b} - \sqrt{(R_{\text{n}}/b)(1 - R_{\text{n}}/b)}]$ en $T = \eu^{-G}$ .
Vervaltempo en halveringstijd; vergelijk met de gemeten $4.5 \times 10^9$ jaar.
Hetzelfde met $E = 5.2\,\mathrm{MeV}$ (een andere isotoop): halveringstijd; de gevoeligheid van Geiger–Nuttall.
Met $R_{\text{n}} = 9\,\mathrm{fm}$ in plaats van $8\,\mathrm{fm}$ : gevolg voor de halveringstijd; bespreek de nauwkeurigheid van zulke schattingen.
Waarom wordt het tunnelen van een proton (lading $1$ , massa $1/4$ ) niet waargenomen uit dezelfde kern, en dat van een $^{12}$ C (lading $6$ ) evenmin?
Het $\alpha$ -deeltje komt met de volle $4.2\,\mathrm{MeV}$ tevoorschijn hoewel het “onder” een muur van $30\,\mathrm{MeV}$ door ging: blijft de energie behouden?

Deel III — De ammoniakmaser. Het N-atoom tunnelt door het vlak van de H $_3$ ; het grondniveau is gesplitst met $\Delta = 9.8 \times 10^{-5}\,\mathrm{eV}$ .

Frequentie en golflengte van de inversieovergang.
Schrijf de symmetrische en de antisymmetrische toestand in termen van “N boven” en “N onder”; welke ligt lager, en waarom?
Een molecuul dat als “N boven” is klaargezet: $\psi(t)$ , de kans op “onder” op tijdstip $t$ , de periode.
Boltzmannverhouding van de twee niveaus bij $300\,\mathrm{K}$ : kan de thermische bevolking een maser geven? Hoe wordt de inversie verkregen (een elektrisch veld dat toestanden selecteert)?
Fotonenergie in joule; aantal moleculen dat per seconde moet uitzenden voor een uitgang van $1 \times 10^{-10}\,\mathrm{W}$ .
ND $_3$ tunnelt bij $1.6\,\mathrm{GHz}$ : leid $\kappa a$ voor NH $_3$ af in de veronderstelling $\Delta \propto \eu^{-\kappa a}$ met $\kappa \propto \sqrt{m}$ .
De maser was de eerste atoomklok: waarom is een tunnelfrequentie een goede klok en welke effecten verschuiven haar?
Vat samen: kwantisering uit opsluiting, tunnelen uit evanescentie, en wat de exponenten vastlegt.

Oplossing

Oplossing van Probleem 31.1.

1. $\kappa = \sqrt{2m\Phi}/\hbar = 1.09 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}$ .

2. $\eu^{2.2} = 8.8$ ; $\eu^{0.022}$ : $2.2\%$ per picometer.

3. $0.5\,\mathrm{pm}$ .

4. $6 \times 10^9$ per seconde; $0.16\,\mathrm{ns}$ uit elkaar, tegen $\hbar/\Phi \sim 10^{-16}\,\mathrm{s}$ : één tegelijk.

5. Ongeveer de helft; de rest dooft zo snel met de afstand uit dat het beeld dat van één atoom is.

6. $\times 8.8$ ; vaste stroom houdt de punt veilig en maakt van de exponentiële een lineaire hoogte.

7. $\Delta T = 10^{-12}/(10^{-5} \times 0.02) = 5 \times 10^{-6}\,\mathrm{K}$ ; symmetrische ophangingen, snelheid, materialen met lage uitzetting, en een terugkoppeling die de drift volgt.

8. Een trapezium, verlaagd aan de opvangende kant: de werkzame barrière wordt dunner en $I$ groeit sneller dan lineair.

9. $\kappa' = 0.89 \times 10^{10}\,\mathrm{m}^{-1}$ ; bij $0.5\,\mathrm{nm}$ zakt de exponent van $10.9$ tot $8.9$ , $I \times 7$ : de punt trekt zich $\ln 7/2\kappa' \approx 0.1\,\mathrm{nm}$ terug — een bult die elektronisch is, niet meetkundig.

10. $V(R_{\text{n}}) = 2 \times 90 \times 1.44/8 = 32\,\mathrm{MeV}$ ; $b = 62\,\mathrm{fm}$ .

11. $v = 1.4 \times 10^{7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $9 \times 10^{20}$ botsingen per seconde.

12. $G = 96$ ; $T = \eu^{-96} \approx 10^{-42}$ .

13. Tempo $\sim 10^{-21}\,\mathrm{s}^{-1}$ , halveringstijd $\sim 10^{13}$ jaar — duizend keer de gemeten waarde: voor een exponent van honderd doet een grof model het goed als het binnen enkele ordes van grootte landt.

14. $G = 79$ : $\eu^{17} \approx 10^7$ keer korter, ongeveer $10^6$ jaar — één extra MeV, zeven ordes van grootte.

15. $G = 92$ : $\eu^{4.5} \approx 90$ keer korter — één fermi straal is twee ordes van grootte.

16. Een proton is niet met positieve energie voorgevormd (het is met zo’n $7\,\mathrm{MeV}$ gebonden); een $^{12}$ C heeft drie keer de lading en een exponent die drie keer groter is.

17. Ja: het $\alpha$ -deeltje heeft altijd $4.2\,\mathrm{MeV}$ ; zijn golffunctie heeft alleen een evanescent deel onder de barrière, waar geen meting het met negatieve kinetische energie aantreft.

18. $23.7\,\mathrm{GHz}$ ; $1.27\,\mathrm{cm}$ .

19. $(|{\uparrow}\rangle \pm |{\downarrow}\rangle)/\sqrt2$ ; de symmetrische ligt lager — geen knoop, minder kromming.

20. $\psi = (\varphi_+\eu^{-\iu E_+t/\hbar} + \varphi_-\eu^{-\iu E_-t/\hbar})/\sqrt2$ ; $P_{\downarrow} = \sin^2(\pi\nu t)$ ; periode $42\,\mathrm{ps}$ .

21. $\eu^{-\Delta/k_BT} = 0.996$ : vrijwel gelijk, geen inversie; een inhomogeen elektrisch veld sorteert de bundel en stuurt de moleculen in de bovenste toestand de holte in.

22. $1.6 \times 10^{-23}\,\mathrm{J}$ ; $6 \times 10^{12}$ moleculen per seconde.

23. $\kappa a = 6.5$ .

24. Zij wordt door het molecuul alleen vastgelegd, is voor elk molecuul dezelfde en ongevoelig voor de buitenwereld; verschuivingen komen van het dopplereffect in de bundel, zwerfvelden, botsingen en het trekken van de holte.

25. Opsluiting kwantiseert ( $E_n \propto n^2/L^2$ ); evanescentie laat de golf door ( $T \sim \eu^{-2\kappa a}$ ); de exponenten worden bepaald door $\sqrt{2m(V_0 - E)}/\hbar$ en de breedte — massa, hoogte, afstand.