Universitaire natuurkunde — jaar 3 · Bachelor Year 3

7De schrödingervergelijking in drie dimensies

Het scherm van een moderne televisie gloeit met kristallen die zo klein zijn dat hun afmeting hun kleur bepaalt: een korrel cadmiumselenide van vier nanometer schijnt rood, dezelfde stof bij twee nanometer schijnt blauwgroen. Er is scheikundig niets verschillend — alleen de grootte van de doos die de elektronen opsluit. Het volume van jaar 2 eindigde met kwantummechanica in één dimensie: golffuncties op een lijn, putten, barrières en tunneling. Maar elektronen leven in drie dimensies, en de stap van de lijn naar de ruimte brengt werkelijk nieuwe natuurkunde: waarschijnlijkheid stroomt als een stroom door de ruimte, de energieën van een doos stapelen zich op met ontaardingen die haar symmetrie verraden, toestanden moeten worden geteld — de telling die later de hele statistische fysica zal aandrijven — en bolvormige vraagstukken herleiden zich in het eenvoudigste geval tot een vermomde eendimensionale vergelijking in de straal. Dit hoofdstuk zet die stappen, en zijn pronkstukken zijn de kwantumstip van een televisie en de lichtste atoomkern in de natuur.

7.1 Golffuncties in de ruimte

Definitie 7.1 (Golffunctie en waarschijnlijkheid in drie dimensies)

De toestand van een deeltje is een complex veld $\psi(\vect r, t)$ met de regel van Born

\dd\mathcal P = |\psi(\vect r, t)|^2\,\dd^3r , \qquad \int|\psi|^2\,\dd^3r = 1 ,

en zijn evolutie is de schrödingervergelijking met de laplaciaan in plaats van de tweede afgeleide:

\iu\hbar\,\frac{\partial\psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m}\,\Delta\psi + V(\vect r)\,\psi , \qquad \Delta = \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} .

Alles wat het volume van jaar 2 vaststelde blijft letterlijk overeind: lineariteit en superpositie, stationaire toestanden $\varphi(\vect r)\,\eu^{-\iu Et/\hbar}$ met $-\tfrac{\hbar^2}{2m}\Delta\varphi + V\varphi = E\varphi$ , en de impulsoperator, nu de gradiënt $\hat{\vect p} = -\iu\hbar\vect\nabla$ .

Propositie 7.2 (Waarschijnlijkheid stroomt: de stroom)

De dichtheid $\rho = |\psi|^2$ voldoet aan een continuïteitsvergelijking,

\frac{\partial\rho}{\partial t} + \operatorname{div}\vect\jmath = 0 , \qquad \vect\jmath = \frac{\hbar}{m}\, \operatorname{Im}\big(\psi^*\vect\nabla\psi\big) :

de waarschijnlijkheid blijft plaatselijk behouden en wordt door de stroom $\vect\jmath$ vervoerd — voor een vlakke golf $A\eu^{\iu\vect k\cdot\vect r}$ is $\vect\jmath = |A|^2\hbar\vect k/m = \rho\vect v$ , een eenparige stroming; voor elke reële $\varphi$ is $\vect\jmath = \vect 0$ : gebonden stationaire toestanden dragen geen netto stroming.

Bewijs. Net als in één dimensie: $\partial_t(\psi^*\psi)$ uit de vergelijking en haar toegevoegde; de potentiaaltermen vallen weg, en $(\iu\hbar/2m) (\psi^*\Delta\psi - \psi\Delta\psi^*) = -\operatorname{div}\big[(\hbar/m)\operatorname{Im}(\psi^*\vect\nabla \psi)\big]$ volgens de productregel voor de divergentie. ∎

De waarschijnlijkheidsstroom: een lopende golf vervoert haar dichtheid als een vloeistof; een reële (gebonden, stationaire) golffunctie staat stil — de elektronenwolk van het atoom circuleert niet tenzij de toestand complex is.

7.2 Dozen, ontaarding en het tellen van toestanden

Stelling 7.3 (Scheiding van variabelen)

Splitst de potentiaal als $V = V_1(x) + V_2(y) + V_3(z)$ , dan mogen de stationaire toestanden als producten $\varphi(\vect r) = \varphi_1(x)\,\varphi_2(y)\,\varphi_3(z)$ worden genomen, waarbij elke factor zijn eigen eendimensionale vraagstuk oplost en de energieën optellen: $E = E_1 + E_2 + E_3$ . Drie dimensies is in zulke gevallen driemaal één dimensie.

Bewijs. Vul het product in de stationaire vergelijking in en deel door $\varphi$ : de som van drie uitdrukkingen in één variabele is gelijk aan de constante $E$ , dus is elk ervan afzonderlijk constant. Dat elke toestand een superpositie van zulke producten is, is de volledigheid van de 1D-oplossingen, die wordt aangenomen. ∎

Propositie 7.4 (De kubische doos en haar ontaardingen)

In een doos met ribbe $a$ en ondoordringbare wanden worden de toestanden door drie positieve gehele getallen genummerd,

\varphi_{n_1n_2n_3} \propto \sin\frac{n_1\pi x}{a}\sin\frac{n_2\pi y}{a}\sin\frac{n_3\pi z}{a} , \qquad E = \frac{h^2}{8ma^2}\,(n_1^2 + n_2^2 + n_3^2) .

Verschillende toestanden delen nu energieën: het niveau $(2,1,1)$ komt in drievoud voor, want $(1,2,1)$ en $(1,1,2)$ zijn natuurkundig verschillende toestanden met dezelfde $E$ . Zulke ontaarding is het handschrift van symmetrie — hier de verwisselbaarheid van de drie assen van de doos; druk de doos een beetje plat en het drietal splitst.

Bewijs. Scheiding met drie oneindige putten uit het volume van jaar 2; de energieën tellen op. ∎

De laagste niveaus van de kubische doos: energieën in eenheden h2/8ma2 met hun kwantumgetallen. Permutaties van ongelijke n_i geven ontaarde drietallen en zestallen — de vingerafdruk van de kubische symmetrie. — De laagste niveaus van de kubische doos: energieën in eenheden $h^2/8ma^2$ met hun kwantumgetallen. Permutaties van ongelijke $n_i$ geven ontaarde drietallen en zestallen — de vingerafdruk van de kubische symmetrie.

Propositie 7.5 (Toestanden tellen)

Het aantal doostoestanden met energie onder $E$ is, voor grote $E$ ,

N(E) \approx \frac{V}{6\pi^2}\Big(\frac{2mE}{\hbar^2}\Big)^{3/2} , \qquad V = a^3 :

evenredig met het volume en met $E^{3/2}$ . Gelijkwaardig: de faseruimte bevat één kwantumtoestand per volume $h^3$ — de cel van Bohr–Sommerfeld uit Hoofdstuk 2, nu afgeleid. Deze ene telling is de grondstof van de statistische fysica en de vastestoffysica verderop in dit volume: elektronen in metalen, fotonen in trilholten en de gloed van hete lichamen beginnen alle hier.

Bewijs. De toestanden zijn roosterpunten $(n_1, n_2, n_3)$ in het positieve octant; $E \le E_{\max}$ houdt die binnen de bol met straal $R = \sqrt{8ma^2E/h^2}$ . Voor grote $R$ is de telling het volume van het octant $\tfrac18\cdot\tfrac43\pi R^3$ ; vullen we in. (Versie in de faseruimte: $N = \tfrac{V\cdot\frac43\pi p^3}{h^3}$ met $p = \sqrt{2mE}$ — hetzelfde getal.) ∎

Voorbeeld 7.6 (Een metaal, eerste schatting)

Koper biedt ruwweg één bewegend elektron per atoom, $n = 8.5 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ . Vullen we de doostoestanden met telkens twee elektronen (spin, Hoofdstuk 12) tot de energie die ze alle herbergt, dan geeft de omgekeerde telling $E_{\text{F}} \approx 7\,\mathrm{eV}$ — een enorme energie vergeleken met de thermische beweging ( $k_{\text{B}}T \approx 25\,\mathrm{meV}$ ): zelfs bij kamertemperatuur zijn de elektronen van een metaal een door en door kwantummechanische menigte. Het volledige verhaal is Hoofdstuk 24.

Voorbeeld 7.7 (De isotrope oscillator)

Voor $V = \tfrac12 m\omega^2r^2 = \tfrac12 m\omega^2(x^2 + y^2 + z^2)$ geeft scheiding $E = (n_x + n_y + n_z + \tfrac32)\hbar\omega$ : niveaus $\tfrac32, \tfrac52, \tfrac72\hbar\omega\ldots$ met ontaardingen $1, 3, 6, 10, \dots$ — die, anders dan het onregelmatige patroon van de doos, volmaakt regelmatig groeien. Extra ontaarding boven wat de verwisseling van assen verklaart wijst op een grotere verborgen symmetrie; het waterstofatoom zal die truc spectaculair herhalen. Gevuld met deeltjes die per spinpaar zitten, bevatten deze oscillatorschillen $2, 8, 20, \dots$ — de eerste benadering van de “magische getallen” van de kernfysica (Hoofdstuk 25).

7.3 Bolvormige vraagstukken: de s-golftruc

Propositie 7.8 (Bolsymmetrische toestanden)

Zoek voor een centrale potentiaal $V(r)$ toestanden die alleen van $r$ afhangen (de s-toestanden; het algemene geval, met hoekstructuur, wacht op Hoofdstuk 10). Schrijven we $\varphi(r) = u(r)/r$ , dan voldoet de functie $u$ aan

-\frac{\hbar^2}{2m}\,u'' + V(r)\,u = E\,u , \qquad u(0) = 0 :

precies de eendimensionale schrödingervergelijking op een halve lijn, met een wand in de oorsprong. Elk 1D-gereedschap van het volume van jaar 2 — putten, aansluiten, tunneling — geldt letterlijk voor bolvormige vraagstukken, tegen de prijs van één substitutie.

Bewijs. Voor $\varphi(r)$ herleidt de laplaciaan zich tot $\Delta\varphi = \tfrac1r(r\varphi)'' = u''/r$ ; vullen we in en vermenigvuldigen we met $r$ . De voorwaarde $u(0) = 0$ houdt $\varphi = u/r$ eindig in de oorsprong; de normering is $\int_0^\infty|u|^2\dd r$ maal $4\pi$ — $u$ is een echte 1D-golffunctie. ∎

Voorbeeld 7.9 (Het deuteron: nauwelijks een kern)

Het deuteron — één proton, één neutron — is de eenvoudigste atoomkern: bindingsenergie $B = 2.2\,\mathrm{MeV}$ , minuscuul naast de schalen van de kernfysica. Zet als model de relatieve beweging (gereduceerde massa $m_{\text{p}}/2$ ) in een bolvormige put met dracht $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ en diepte $V_0$ : de vergelijking voor $u$ is de eindige 1D-put. Het aansluiten van de oplossingen binnen en buiten vergt een minimale diepte $V_0 > \pi^2\hbar^2/8\mu R^2 \approx 23\,\mathrm{MeV}$ voor enige gebonden toestand, en om $B = 2.2\,\mathrm{MeV}$ te reproduceren is $V_0 \approx 35\,\mathrm{MeV}$ nodig (Oefening 7.10): de sterke kracht bindt het deuteron met slechts tien procent marge. De golffunctie lekt ver buiten de put — het nucleonenpaar brengt de meeste tijd voorbij het bereik van de kracht door — en er is geen tweede gebonden toestand: de op één na eenvoudigste kern in de natuur, helium, heeft een derde nucleon nodig.

De radiale golffunctie u(r) van het deuteron in het model met een bolvormige put: er past nauwelijks één kwart trilling binnen de put, en de toestand overleeft op een staart die ver buiten het bereik van de kracht reikt — een kern die met 2.2\, MeV gebonden is in een put van 35\, MeV diep. — De radiale golffunctie $u(r)$ van het deuteron in het model met een bolvormige put: er past nauwelijks één kwart trilling binnen de put, en de toestand overleeft op een staart die ver buiten het bereik van de kracht reikt — een kern die met $2.2\,\mathrm{MeV}$ gebonden is in een put van $35\,\mathrm{MeV}$ diep.

Methode 7.10 (Driedimensionale vraagstukken)

(1) Optelbare potentiaal ( $V_1 + V_2 + V_3$ )? Scheid; de energieën tellen op; verzamel de ontaardingen per symmetrie. (2) Centrale potentiaal, bolsymmetrische toestand? Substitueer $\varphi = u/r$ en hergebruik elk 1D-resultaat met $u(0) = 0$ . (3) Tel toestanden door in de ruimte van $\vect n$ te denken, of in de faseruimte met één toestand per $h^3$ (per spintoestand). (4) Stromen: bereken $\vect\jmath$ wanneer een stroming of een flux ertoe doet; onthoud dat een reële golffunctie $=$ geen stroom. (5) Eerst schatten: de opsluitingsenergie $\sim h^2/8mL^2$ per richting bepaalt de schalen van kwantumstip tot atoomkern nog voordat er een vergelijking is opgelost.

Kwantumstippen onder ultraviolet licht: dezelfde halfgeleider gloeit in steeds kleinere kristallen van rood tot blauw. De kleur ligt vast door de energieën van het deeltje in een doos uit dit hoofdstuk — opsluiting die u kunt zien.

7.4 Opgaven

Oefening 7.1 ★

De gaussische toestand $\psi(\vect r) = A\,\eu^{-r^2/4\sigma^2}$ . (a) Normeer haar ( $\int_0^\infty x^2\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi/4$ ). (b) Bereken $\langle r^2\rangle$ en $\Delta x$ (de isotropie helpt). (c) Wat is $\vect\jmath$ voor deze toestand, en waarom? (d) Vermenigvuldig met $\eu^{\iu\vect k_0\cdot\vect r}$ : wat zijn nu $\langle\vect p\rangle$ en $\vect\jmath$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.1.

(a) $\int|\psi|^2\dd^3r = |A|^2\,4\pi\int_0^\infty r^2\eu^{-r^2/2 \sigma^2}\dd r = |A|^2(2\pi\sigma^2)^{3/2}$ : $A = (2\pi\sigma^2)^{ -3/4}$ . (b) Wegens de isotropie is $\langle r^2\rangle = 3\langle x^2\rangle = 3\sigma^2$ , dus $\Delta x = \sigma$ . (c) $\vect\jmath = \vect 0$ : de golffunctie is reëel. (d) $\langle\vect p\rangle = \hbar\vect k_0$ en $\vect\jmath = \rho\,\hbar\vect k_0/m$ : dezelfde wolk, nu drijvend.

Oefening 7.2 ★

Maak voor de kubische doos een lijst van alle niveaus tot $E = 15$ (in eenheden $h^2/8ma^2$ ) met hun ontaardingen. Toon vervolgens aan dat het niveau $27$ ontaard is voorbij de permutaties: vind zijn twee families kwantumgetallen en zeg waarom zo’n “toevallige” ontaarding niet uit de kubische symmetrie volgt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.2.

$3\,(1)$ , $6\,(3)$ , $9\,(3)$ , $11\,(3)$ , $12\,(1)$ , $14\,(6)$ — en dan niets tot $17$ . Niveau $27$ : $(3,3,3)$ en de permutaties van $(5,1,1)$ — vier toestanden, want $27 = 9+9+9 = 25+1+1$ . De kubische symmetrie verwisselt alleen assen, en geen enkele permutatie verbindt $(3,3,3)$ met $(5,1,1)$ : het toeval is rekenkundig (twee schrijfwijzen als som van drie kwadraten), niet meetkundig.

Oefening 7.3 ★

Bereken de stroom $\vect\jmath$ voor: (a) de vlakke golf $A\eu^{\iu kx}$ ; (b) de staande golf $A\sin kx$ ; (c) de superpositie $A(\eu^{\iu kx} + r\,\eu^{-\iu kx})$ met reële $r$ — duid het resultaat als de invallende min de gereflecteerde flux; (d) de toestand $A\,\eu^{\iu m\varphi}$ op een ring met straal $b$ (gebruik daar $|\vect\nabla| = (1/b)\partial_\varphi$ ): een stroom die eeuwig blijft circuleren.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.3.

(a) $\vect\jmath = |A|^2\hbar k/m\,\vect e_x$ . (b) Nul: reële functie. (c) $j = (|A|^2\hbar k/m)(1 - r^2)$ : de invallende flux min de gereflecteerde — de gemengde termen vallen weg. (d) $j = \rho\,\hbar m/Mb$ met $\rho = 1/2\pi$ (per eenheid van hoek): een blijvende circulatie, de microscopische voorouder van persistente stromen.

Oefening 7.4 ★

Een kwantumstipkristalliet sluit een paar elektron–gat met effectieve massa $\mu = 0.10\,m_{\text{e}}$ op; de energie van het uitgezonden foton is de bulkbandkloof $E_{\text{g}} = 1.74\,\mathrm{eV}$ plus de opsluitingsenergie van een bolvormige doos, $\pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ . (a) Bereken de opsluitingsenergie bij $R = 3\,\mathrm{nm}$ . (b) De uitgezonden golflengte. (c) Welke kant gaat de kleur op als de stip krimpt? (d) Waarom vertoont cadmiumselenide in bulk (grote $R$ ) één vaste kleur?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.4.

De coëfficiënt is $\pi^2(\hbar c)^2/2\mu c^2 = 3.76\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}^{2}$ . (a) Bij $R = 3\,\mathrm{nm}$ : $0.42\,\mathrm{eV}$ . (b) $E = 2.16\,\mathrm{eV}$ : $\lambda = 1240/2.16 = 575\,\mathrm{nm}$ , geelgroen. (c) Kleinere $R$ , grotere $E$ : naar het blauw toe. (d) In bulk verdwijnt de opsluitingsterm: vaste kloof $1.74\,\mathrm{eV}$ , $\lambda = 713\,\mathrm{nm}$ , hetzelfde diepe rood welk monster men ook neemt.

Oefening 7.5 ★★

Een deeltje op een ring (straal $b$ , coördinaat $\varphi$ ): de stationaire toestanden zijn $\psi_m = \eu^{\iu m\varphi}/\sqrt{2\pi}$ . (a) Waarom moet $m$ geheel zijn? (b) Toon aan dat $E_m = \hbar^2m^2/2mb^2$ — pas op met de twee $m$ ’s: schrijf $E_m = \hbar^2 m^2/2Mb^2$ voor massa $M$ — en merk op dat elk niveau met $m \neq 0$ tweevoudig ontaard is: welke symmetrie koppelt $+m$ aan $-m$ ? (c) Bereken de stroom van $\psi_m$ en het bijbehorende “baan”-magnetische moment als het deeltje lading $q$ draagt. (d) De zes bewegende elektronen van benzeen leven op een ring met $b \approx 1.4\,\text{Å}$ : schat de fotonenergie van de eerste toegestane aanslag ( $m = \pm1 \to \pm2$ ) en vergelijk met de ultravioletabsorptie van benzeen nabij $180\,\mathrm{nm}$ — één ring, geen scheikunde.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.5.

(a) Eenwaardigheid: $\psi(\varphi + 2\pi) = \psi(\varphi)$ dwingt $\eu^{2\pi\iu m} = 1$ . (b) $E_m = \hbar^2m^2/2Mb^2$ ; de toestanden $\pm m$ circuleren tegengesteld en worden door spiegeling (of tijdomkering) verwisseld — een symmetrie van de ring, vandaar de ontaarding. (c) De stroomlus $I = q\hbar m/2\pi Mb^2$ draagt het magnetische moment $\mu = I\pi b^2 = m\,q\hbar/2M$ — gekwantiseerd in stappen $q\hbar/2M$ , het patroon van het bohrmagneton uit Hoofdstuk 10. (d) $\hbar^2/2m_{\text{e}}b^2 = 1.9\,\mathrm{eV}$ ; de zes elektronen vullen $m = 0, \pm1$ , en de eerste aanslag $\pm1 \to \pm2$ kost $(4-1) \times 1.9 \approx 5.8\,\mathrm{eV}$ , dus $\lambda \approx 210\,\mathrm{nm}$ — de juiste ultraviolette omgeving, uit een ring en verder niets.

Oefening 7.6 ★★

Ontaardingen van de isotrope oscillator. (a) Toon aan dat het aantal drietallen met $n_x + n_y + n_z = n$ gelijk is aan $(n+1)(n+2)/2$ . (b) Geef de schilbezettingen voor $n = 0$ tot $3$ , verdubbeld voor de spin. (c) Toon aan dat de cumulatieve vullingen $2, 8, 20, 40, \dots$ zijn: de eerste drie komen overeen met de “magische” extra stabiele nucleonenaantallen van de kernfysica — wat suggereert het falen bij $40$ (echt magisch: $28$ , $50$ ) over de kernpotentiaal? (d) Waarom levert het onregelmatige niveaupatroon van de doos, anders dan dat van de oscillator, geen sterke schilstructuur op?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.6.

(a) Kies $n_x = 0..n$ en $n_y = 0..n - n_x$ : $\sum_{n_x}(n - n_x + 1) = (n+1)(n+2)/2$ . (b) Met spin: $2, 6, 12, 20$ ; cumulatief $2, 8, 20, 40$ . (c) $2$ , $8$ en $20$ zijn magisch; het falen daarboven zegt dat de kernput niet harmonisch is — vlakker van bodem, en vooral begiftigd met een sterke spin-baankoppeling die de schillen tot $28, 50, 82$ herschikt. (d) Schilstructuur vergt opeengedrongen niveaus gescheiden door gaten; de niveaus van de doos spreiden onregelmatig zonder grote gaten, dus ontstaat er geen kernachtig stabiliteitspatroon.

Oefening 7.7 ★★

De oneindige bolvormige put (straal $R$ ): (a) bepaal met de $s$ -golftruc de niveaus $E_n = n^2\pi^2\hbar^2/2MR^2$ en de golffuncties $u_n$ ; (b) bereken $E_1$ voor een nucleon ( $Mc^2 = 939\,\mathrm{MeV}$ ) bij $R = 5\,\mathrm{fm}$ (gebruik $\hbar c = 197.3\,\mathrm{MeV}\,\mathrm{fm}$ ); (c) vergelijk met de gemeten niveauafstanden van enkele MeV voor nucleonen in middelzware kernen; (d) waar bevindt het deeltje zich in de grondtoestand het waarschijnlijkst — bereken het maximum van $|u_1|^2$ en zet het af tegen het antwoord van de 1D-doos voor $|\varphi|^2$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.7.

(a) $u_n = \sqrt{2/R}\sin(n\pi r/R)$ , $E_n = n^2\pi^2\hbar^2/2MR^2$ . (b) $E_1 = \pi^2(\hbar c)^2/2Mc^2R^2 = 384210/(2 \times 939 \times 25) = 8.2\,\mathrm{MeV}$ . (c) De juiste schaal: nucleonen in kernen zijn kwantumtoestanden met MeV ertussen, zoals hun spectra tonen. (d) $|u_1|^2$ piekt bij $r = R/2$ : de radiale kans is halverwege het grootst (de $r^2$ van het volume-element, verstopt in $u = r\varphi$ , duwt het maximum uit het midden), terwijl de $|\varphi|^2$ van de 1D-doos in het midden piekt.

Oefening 7.8 ★★

Elektronen in een metaal tellen. (a) Toon met Propositie 7.5 en twee spintoestanden aan dat het vullen van $N$ elektronen in volume $V$ de fermi-energie

E_{\text{F}} = \frac{\hbar^2}{2m_{\text{e}}}\,(3\pi^2n)^{2/3} , \qquad n = N/V .

bereikt. (b) Reken dit uit voor koper. (c) Bereken de bijbehorende fermisnelheid en fermitemperatuur $E_{\text{F}}/k_{\text{B}}$ . (d) In één zin: waarom zitten de elektronen niet allemaal in de grondtoestand, en welk beginsel (hier vooruitgeblikt, bewezen in Hoofdstuk 14) verbiedt dat?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.8.

(a) Stel $N = 2N_{\text{toestanden}}(E_{\text{F}})$ en keer de telling om. (b) Koper: $E_{\text{F}} = 7.1\,\mathrm{eV}$ . (c) $v_{\text{F}} = \sqrt{2E_{\text{F}}/m_{\text{e}}} = 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $T_{\text{F}} = E_{\text{F}}/k_{\text{B}} \approx 8 \times 10^{4}\,\mathrm{K}$ . (d) Elektronen zijn identieke fermionen: het uitsluitingsbeginsel van Pauli (Hoofdstuk 14) laat hoogstens twee per baantoestand toe, dus moet de menigte tot energieën van elektronvolts opstapelen.

Oefening 7.9 ★★

Minimale diepte van een bolvormige put. Voor de eindige put ( $-V_0$ voor $r < R$ ) heeft de grondtoestand in $s$ -golf $u = \sin kr$ binnen en $\eu^{-\kappa r}$ buiten. (a) Schrijf $k$ en $\kappa$ en de aansluitvoorwaarde $k\cot kR = -\kappa$ op. (b) Toon aan dat een gebonden toestand pas verschijnt wanneer $kR = \pi/2$ , precies bij $E = 0$ , wat $V_{0,\min} = \pi^2\hbar^2/8MR^2$ geeft. (c) Reken dit uit voor het deuteron ( $M \to \mu = m_{\text{p}}/2$ , $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ ). (d) Zet dit af tegen één dimensie, waar de ondiepste put al bindt: wat verandert de wand $u(0) = 0$ natuurkundig?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.9.

(a) $k = \sqrt{2M(V_0 - |E|)}/\hbar$ , $\kappa = \sqrt{2M|E|}/\hbar$ ; de continuïteit van $u'/u$ in $R$ geeft $k\cot kR = -\kappa$ . (b) Als $|E| \to 0$ gaat $\kappa \to 0$ : $\cot kR = 0$ , $kR = \pi/2$ , en dan is $V_0 = \hbar^2k^2/2M = \pi^2\hbar^2/8MR^2$ . (c) Met $\mu c^2 = 469\,\mathrm{MeV}$ en $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ : $V_{0,\min} = 23\,\mathrm{MeV}$ . (d) De wand $u(0) = 0$ maakt van de 3D- $s$ -toestand het analogon van een oneven 1D-toestand, die een kwart golf binnen de put moet laten passen: een ondiepe put kan dat niet, terwijl in 1D de knooploze even toestand altijd bindt.

Oefening 7.10 ★★★

Het deuteron, opgelost. Met $\mu c^2 = 469\,\mathrm{MeV}$ , $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ en $B = 2.22\,\mathrm{MeV}$ : (a) bereken $\kappa$ uit $B$ en de staartlengte $1/\kappa$ ; (b) schrijf de aansluitvoorwaarde op en toon aan dat zij $\cot kR = -\kappa/k$ wordt met $k$ vastgelegd door $V_0 - B$ ; (c) los $V_0$ op (itereer: begin bij $kR \approx 0.6\pi$ ) en geef $V_0$ op de dichtstbijzijnde MeV; (d) bereken de kans dat de nucleonen verder dan $R$ uit elkaar zitten (integreer de staart) en geef commentaar op “een kern die grotendeels buiten haar eigen kracht leeft”.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.10.

(a) $\kappa = \sqrt{2\mu c^2B}/\hbar c = \sqrt{2 \times 469 \times 2.22}/197.3 = 0.231\,\mathrm{fm}^{-1}$ : staartlengte $1/\kappa = 4.3\,\mathrm{fm}$ , tweemaal het bereik van de kracht. (b) $k = \sqrt{2\mu(V_0 - B)}/\hbar$ en $\cot kR = -\kappa/k$ . (c) Iteratief: $kR = 1.83$ , $k = 0.87\,\mathrm{fm}^{-1}$ , $V_0 - B = (\hbar ck)^2/\mu c^2\cdot\tfrac12 \approx 31\,\mathrm{MeV}$ : $V_0 \approx 34\,\mathrm{MeV}$ . (d) Binnen: $\int_0^R\sin^2kr\,\dd r \approx 1.19\,\mathrm{fm}$ ; buiten: $\sin^2(kR)/2\kappa \approx 2.0\,\mathrm{fm}$ : ongeveer $63\%$ van de kans ligt buiten de put — het deuteron woont grotendeels in het gebied waar zijn bindende kracht al is uitgewerkt, een zuivere kwantumhalo.

Oefening 7.11 ★★★

Ehrenfest en continuïteit in drie dimensies. (a) Bewijs $\dd\langle\vect r\rangle/\dd t = \langle\vect p\rangle/m$ uit de continuïteitsvergelijking (partieel integreren van $\vect r\,\partial_t\rho$ ). (b) Bewijs $\dd\langle\vect p\rangle/\dd t = -\langle\vect\nabla V\rangle$ . (c) Onder welke voorwaarde op $V$ volgt $\langle\vect r\rangle$ de klassieke baan exact? (d) Geef een concreet geval waarin dat niet zo is (bijvoorbeeld een pakket dat door een dubbelspleetpotentiaal wordt gesplitst) en leg uit wat het gemiddelde dan beschrijft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.11.

(a) $\dd\langle x\rangle/\dd t = \int x\,\partial_t\rho\,\dd^3r = -\int x\operatorname{div}\vect\jmath\,\dd^3r = \int j_x\,\dd^3r = \langle p_x\rangle/m$ (partieel integreren, waarbij de randtermen verdwijnen). (b) Differentieer $\langle\vect p\rangle = -\iu\hbar\int\psi^*\vect\nabla \psi$ en gebruik de vergelijking tweemaal; de kinetische termen vallen bij partieel integreren weg, zodat $-\int|\psi|^2\vect\nabla V$ overblijft. (c) Als $V$ hoogstens kwadratisch is: dan geldt $\langle\vect\nabla V(\vect r)\rangle = \vect\nabla V(\langle \vect r\rangle)$ exact. (d) Achter een dubbele spleet bestaat het pakket uit twee lobben; $\langle\vect r\rangle$ glijdt langs de symmetrieas, waar het deeltje vrijwel nooit landt: het gemiddelde beschrijft het zwaartepunt van het ensemble, niemands baan.

Oefening 7.12 ★★★

Waarom atomen niet instorten. Modelleer de grondtoestand van waterstof met de proeffunctie $\psi \propto \eu^{-r/a}$ met instelbare $a$ . (a) Leg, aannemend dat $\langle E_k\rangle = \hbar^2/2m_{\text{e}}a^2$ en $\langle E_p\rangle = -e^2/4\pi\varepsilon_0a$ , de oorsprong van elke schaling uit. (b) Minimaliseer $E(a)$ en toon aan dat het optimum de bohrstraal is, met $E = -13.6\,\mathrm{eV}$ . (c) Waarom verhoogt $a$ kleiner maken dan het optimum de energie, hoewel de potentiaal dieper wordt? (d) Hetzelfde argument met de $1/r$ vervangen door de zwaartekrachtsaantrekking tussen elektron en proton: bepaal de “zwaartekrachtsbohrstraal” en concludeer waarom de zwaartekracht geen atomen bouwt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.12.

(a) Kinetisch: gradiënten van schaal $1/a$ geven $\hbar^2/2m_{\text{e}} a^2$ ; potentieel: de wolk zit op afstanden $\sim a$ , wat $-ke^2/a$ geeft (de exacte coëfficiënten zijn toevallig $1$ ). (b) $\dd E/\dd a = 0$ bij $a = \hbar^2/m_{\text{e}}ke^2 = a_0$ ; $E(a_0) = -ke^2/2a_0 = -13.6\,\mathrm{eV}$ . (c) Onder $a_0$ groeit de kinetische prijs als $1/a^2$ , sneller dan de winst $-1/a$ : lokalisatie wordt door het onzekerheidsbeginsel belast, en het atoom blijft op de afmeting waar beide elkaar in evenwicht houden. (d) Vervang $ke^2$ door $Gm_{\text{e}}m_{\text{p}} = 1.0 \times 10^{-67}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}$ : $a_{\text{grav}} = \hbar^2/m_{\text{e}}G m_{\text{e}}m_{\text{p}} \approx 1.2 \times 10^{29}\,\mathrm{m}$ — groter dan het waarneembare heelal: de zwaartekracht is te zwak om een kwantumbaan te sluiten, en bouwt sterren in plaats van atomen.

7.5 Vraagstuk: De kleur van een kwantumstip

Probleem 7.1

Weekendvraagstuk — licht ontwerpen door nanometers te tellen

De Nobelprijs voor de Scheikunde van 2023 ging naar de ontdekking en de synthese van kwantumstippen: kristallieten die zo klein zijn dat de energieën van het deeltje in een doos uit dit hoofdstuk hun kleur bepalen, en die nu in televisieschermen gloeien en moleculen in levende cellen merken. Dit vraagstuk ontwerpt een stippenscherm vanuit de schrödingervergelijking. Model: het optisch actieve paar elektron–gat, effectieve massa $\mu = 0.10\,m_{\text{e}}$ ( $m_{\text{e}}c^2 = 511\,\mathrm{keV}$ ), opgesloten in een bol met straal $R$ ; de energie van het uitgezonden foton is

E(R) = E_{\text{g}} + \frac{\pi^2\hbar^2}{2\mu R^2} ,

met de bandkloof in bulk $E_{\text{g}} = 1.74\,\mathrm{eV}$ (cadmiumselenide). Gebruik $\hbar c = 197.3\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}$ en $hc = 1240\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}$ .

Deel I — De natuurkunde van de formule.

Waar komt de term $\pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ vandaan? Leid hem af als het grondniveau van de oneindige bolvormige put via de substitutie in $s$ -golf.
Waarom verhoogt opsluiting de uitgezonden energie altijd, en verlaagt zij die nooit?
Reken de opsluitingsenergie uit voor $R = 10$ , $4$ , $2$ en $1\,\mathrm{nm}$ , en benoem de afmeting waarbij zij ophoudt een kleine correctie op $E_{\text{g}}$ te zijn.
Het model verwaarloost de aantrekking tussen elektron en gat. In welke richting zou zij de emissie verschuiven, en waarom is de verwaarlozing beter voor kleine stippen (vergelijk de schalingen $1/R^2$ en $1/R$ )?
Bij welke golflengte zendt cadmiumselenide in bulk uit? In welk deel van het spectrum ligt die?
Waarom gloeit een glas stippenoplossing in één zuivere kleur, hoewel het $10^{15}$ stippen bevat? Welke eigenschap van de synthese wordt daarmee gecertificeerd?

Deel II — Het palet ontwerpen. Een scherm heeft rood $630\,\mathrm{nm}$ , groen $530\,\mathrm{nm}$ en blauw $460\,\mathrm{nm}$ nodig.

Zet elke golflengte om in een fotonenergie.
Bereken voor elke kleur de vereiste opsluitingsenergie en de straal van de stip.
Zet in een tabel: hoeveel atomen breed is elke stip ruwweg (roosterafstand $\approx 0.6\,\mathrm{nm}$ )?
Blauw blijkt voor stippen van cadmiumselenide het lastigst: leg uit waarom uit uw stralen (wat gebeurt er met de tolerantie als $R$ krimpt?).
Toon aan dat de gevoeligheid van de uitgezonden energie voor de afmeting

$\frac{\dd E}{\dd R} = -\frac{\pi^2\hbar^2}{\mu R^3} ,$

bedraagt, en reken haar uit in $\mathrm{meV}$ per nanometer bij de straal van de groene stip.
Een charge varieert $\pm5\%$ in straal: bereken de spreiding in golflengte van de groene emissie en vergelijk met de lijnbreedte van $\sim25\,\mathrm{nm}$ die een goed scherm verdraagt.
Waarom moesten schermen met kwantumstippen wachten op een scheikunde die afmetingen op atoomschaal kan beheersen — en waarom is dat een prestatie van Nobelniveau?

Deel III — Feller, zuiverder, vreemder.

Moderne toestellen gebruiken stippen als kleuromzetters: een blauwe led beschijnt rode en groene stippen. Waarom moet de energie van het pompfoton die van de emissie van de stip overtreffen, en waar gaat het verschil heen?
Bereken welk deel van de energie van een pompfoton van $460\,\mathrm{nm}$ als warmte verloren gaat wanneer een rood foton van $630\,\mathrm{nm}$ wordt uitgezonden.
Een stip kan ook bij vele golflengten absorberen maar bij één uitzenden: leg uit de niveaustructuur uit waarom de absorptie breedbandig en de emissie smal is.
Biologen merken eiwitten met stippen van verschillende afmeting die door één ultravioletlamp worden aangeslagen: welke eigenschap van de stippen maakt één lamp voldoende, waar organische kleurstoffen één laser per kleur nodig hebben?
Schat het aantal atomen in de rode stip ( $4/3\pi R^3$ , atomair volume $\sim(0.3\,\mathrm{nm})^3$ ): is “kunstmatig atoom” een eerlijke naam voor een voorwerp van deze afmeting met discrete niveaus?
In één zin: wat speelt in dit kunstmatige atoom de rol van de “kern” — wat houdt het elektron vast?

Deel IV — Opsluiting dwars door de natuurkunde.

Welke energieschaal geeft dezelfde schatting $E_1 \sim \pi^2\hbar^2/2MR^2$ toegepast op een nucleon bij $R = 3\,\mathrm{fm}$ ? (Daarom spreekt de kernfysica in MeV.)
Toegepast op een elektron dat tot kernafmeting is opgesloten geeft zij welke schandalige energie — en wat betoogt dat over elektronen “binnen in” de kern (een argument dat ooit een theorie van het bètaverval om zeep hielp)?
Toegepast op u ( $70\,\mathrm{kg}$ ) in een kamer van $2\,\mathrm{m}$ : bereken de opsluitingsenergie en trek uw conclusie.
Keer de formule om: bij welke opsluitingsafmeting bereikt de opsluitingsenergie van een elektron zijn rustenergie $m_{\text{e}}c^2$ — en welke nieuwe natuurkunde (het maken van deeltjesparen, Hoofdstuk 5) waarschuwt dat de schrödingervergelijking voor één deeltje dan boven haar macht grijpt?
Formuleer de algemene schalingswet: opsluitingsenergie tegen massa en tegen afmeting.
Vat het genoemde resultaat samen: één formule, $E_{\text{g}} + \pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ , maakt van stralen van $4.0$ , $2.5$ en $2.0\,\mathrm{nm}$ rood, groen en blauw — kleur ontworpen door nanometers te tellen, te koop in elke elektronicawinkel.

Oplossing

Oplossing van Probleem 7.1.

1. $s$ -golf: $u = rR$ voldoet binnen de bol aan de vrije 1D-vergelijking met $u(0) = u(R) = 0$ : $u \propto \sin(\pi r/R)$ , met energie $\pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ . 2. De grondenergie van een doos is positief en groeit naarmate de doos krimpt — lokalisatie kost altijd kinetische energie (onzekerheidsbeginsel); zij kan alleen bij de kloof optellen. 3. Met $\pi^2(\hbar c)^2/2\mu c^2 = 3.76\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}^{2}$ : $0.04$ , $0.24$ , $0.94$ en $3.8\,\mathrm{eV}$ — bij $R \approx 2\,\mathrm{nm}$ evenaart de correctie de kloof zelf. 4. Aantrekking verlaagt de energie van het paar: de emissie verschuift naar het rood. Zij schaalt als $1/R$ tegen de $1/R^2$ van de opsluiting: bij kleine stippen wint de doosterm en wordt de verwaarlozing beter. 5. $1240/1.74 = 713\,\mathrm{nm}$ : aan de rode rand van het zicht. 6. Eén kleur uit $10^{15}$ zenders bewijst dat de synthese ze alle even groot maakte — monodispersiteit, de scheikundige prestatie achter de natuurkunde. 7. $1.97$ , $2.34$ en $2.70\,\mathrm{eV}$ . 8. Opsluiting $0.23$ , $0.60$ en $0.96\,\mathrm{eV}$ : $R = \sqrt{3.76/\Delta E}$ geeft $4.0$ , $2.5$ en $2.0\,\mathrm{nm}$ . 9. Diameters $8.1$ , $5.0$ en $4.0\,\mathrm{nm}$ : ruwweg $13$ , $8$ en $7$ roosterafstanden breed. 10. De blauwe stip is de kleinste, waar $E$ het steilst van $R$ afhangt: een fout van één roostervlak verschuift de kleur daar het meest — kleine stippen vergeven het minst. 11. Differentiëren: $\dd E/\dd R = -2\Delta E_{\text{conf}}/R = -\pi^2\hbar^2/\mu R^3$ ; bij $R = 2.5\,\mathrm{nm}$ : $2 \times 0.60/2.5 = 0.48\,\mathrm{eV}/\mathrm{nm} = 480\,\mathrm{meV}/\mathrm{nm}$ . 12. $\pm 5\% = \pm0.125\,\mathrm{nm}$ : $\Delta E = \pm 60\,\mathrm{meV}$ , dus $\Delta\lambda = \lambda^2\Delta E/hc \approx \pm14\,\mathrm{nm}$ — een spreiding van $\sim28\,\mathrm{nm}$ , precies op de tolerantie van het scherm: vijf procent is de grens van aanvaardbare scheikunde. 13. Omdat kleurzuiverheid maatbeheersing tot op één roostervlak vergt, over $10^{15}$ deeltjes — de gecontroleerde groei die Ekimov, Brus en Bawendi bereikten en die het Nobelcomité in 2023 aanhaalde. 14. Een stip kan alleen bij haar eigen (laagste) kloof uitzenden; absorberen vergt minstens die energie, dus moet de pomp blauwer zijn. Het overschot ontspant als roostertrillingen: warmte. 15. $1 - 460/630 = 27\%$ van de energie van elk pompfoton verwarmt het scherm. 16. Boven het uitzendende niveau is het spectrum van de stip dicht (vele doostoestanden): de absorptie slaagt over een brede band; de aanslag tuimelt vervolgens naar de laagste aangeslagen toestand, en de emissie vindt vanaf dat ene niveau plaats: smal. 17. Alle stippen slikken hetzelfde ultraviolet moeiteloos (breedbandig), terwijl elke afmeting haar eigen kleur uitzendt: één lamp, vele merktekens — het omgekeerde van de kleurstofchemie. 18. $\tfrac43\pi(4.0)^3/(0.3)^3 \approx 10^{4}$ atomen: tienduizend atomen die één stel discrete, waterstofachtige niveaus delen — “kunstmatig atoom” is verdiend. 19. De kristalrand: de opsluitende wand van de halfgeleiderkorrel vervangt de aantrekking van de kern als datgene wat het elektron vasthoudt en kwantiseert. 20. $\pi^2(\hbar c)^2/2Mc^2R^2 = 384210/(2 \times 939 \times 9) \approx 23\,\mathrm{MeV}$ : de kernfysica spreekt in MeV omdat dozen van een femtometer dat doen. 21. Voor een elektron wordt de doosschatting relativistisch; eerlijk gezegd is $E \sim \pi\hbar c/R \approx 200\,\mathrm{MeV}$ — en toch komen bèta-elektronen met enkele MeV tevoorschijn: elektronen kunnen geen bouwstenen van kernen zijn, het argument dat het oude model met kernelektronen begroef en de uitvinding van het neutrino voorbereidde. 22. $\pi^2\hbar^2/2ML^2 \approx 2 \times 10^{-70}\,\mathrm{J}$ : negenendertig ordes onder de thermische ruis — mensen zijn niet kwantummechanisch opgesloten. 23. $\pi^2\hbar^2/2m_{\text{e}}R^2 = m_{\text{e}}c^2$ bij $R = \pi\hbar/\sqrt2\,m_{\text{e}}c \approx 0.9\,\mathrm{pm}$ , de comptonschaal: daar volstaat de opsluitingsenergie om paren elektron–positron te maken en treedt de eendeeltjesvergelijking af ten gunste van de kwantumveldentheorie. 24. $E_{\text{conf}} \propto 1/MR^2$ : lichtere deeltjes en kleinere dozen zijn kwantummechanischer, in één formule. 25. $E_{\text{g}} + \pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ beeldt $4.0 \to$ rood, $2.5 \to$ groen en $2.0\,\mathrm{nm} \to$ blauw af: het deeltje in een doos, door scheikundigen op de nanometer afgestemd, verlicht de etalage — opsluitingskwantisering als consumentenelektronica.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Golffunctie en waarschijnlijkheid in drie dimensies

Bekijk alle 431 begrippen in de begrippenlijst