Buca di potenziale

In meccanica quantistica la buca di potenziale è un potenziale unidimensionale che commuta tra due valori, in corrispondenza di un certo intervallo $0<x<a$; il più piccolo dei due livelli di potenziale può essere sempre posto uguale a zero. Una funzione del tipo:

$V(x)=\{\begin{array}{cc}0& 0<x<a\\ \mathrm{\infty }& x<0;x>a\end{array}$

costituisce una buca di potenziale infinita, mentre

$V(x)=\{\begin{array}{cc}0& 0<x<a\\ V_0& x<0;x>a\end{array}$

definisce una buca di potenziale finita.

Schema del potenziale unidimensionale delle buche di potenziale finita ed infinita.

In modo simile, si possono definire delle buche di potenziale in due o tre dimensioni.

Buca di potenziale infinita

L'equazione di Schrödinger stazionaria in una dimensione è in generale

$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x).$

dove m è la massa della particella, E l'energia dello stato $\psi$.

Come mostrato in figura, il potenziale divide la regione in tre zone: la prima per $x<0$, la seconda $0<x<a$ e la terza per $x>a$; allora, il problema va trattato in ognuna delle tre zone e le soluzioni vanno poi raccordate in corrispondenza dei punti di separazione.

Chiaramente nella zona $x<0$ e nella zona $x>a$ l'unica soluzione per cui $V(x)\to \mathrm{\infty }$ si ha per

$\psi (x)=0,x<0,x>a.$

Nella zona $0<x<a$, l'equazione di Schrödinger, per $V(x)=0$, coincide con quella di una particella libera:

$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)=E\psi (x),$

in cui le energie devono essere positive, $E>0$, in modo da avere soluzioni continue e normalizzabili. Possiamo, così, introdurre il vettore d'onda k, tale che $k^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$, in modo da riscrivere l'equazione di Schrödinger come:

$\frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)=-k^2\psi (x)$

Quest'ultima ha soluzione generale in termini degli esponenziali complessi $e^{\pm ikx}$:

$\psi (x)=A{e}^{ikx}+B{e}^{-ikx}$

con A, B coefficienti reali arbitrari da determinarsi imponendo le condizioni al contorno. Ma per il nostro problema non esistono stati con $E<0$. Quindi imponendo le condizioni al contorno:

$\psi (0)=\psi (a)=0$

otteniamo

$\psi (x=0)=A+B=0$

cioè $A=-B$

Inoltre per

$\psi (x=a)=A{e}^{ika}+B{e}^{-ika}=0$

da cui sostituendo le espressioni reali tramite la formula di Eulero:

$ka=n\pi$

Dunque le due soluzioni corrispondono a quest'unica soluzione:

$\psi (x)=2A\sin (kx)$

dove $k=\frac{n\pi }{a}$ a cui corrisponde una quantizzazione dell'energia, cioè la discretizzazione dell'energia della particella dipendente dal numero n = 1, 2, ... intero positivo:

$k^2=\frac{n^2{\pi }^2}{a^2}=\frac{2mE}{{\hslash }^2}⟶E_n=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}{n}^2$

Le autofunzioni sono quindi:

${\psi }_n(x)=2A_n\sin (k_{n}x)$

Imponendo la normalizzazione degli stati, si ottiene la costante A:

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}dx{|\psi (x)|}^2=1⟹\underset{0}{\overset{a}{\int }}dx4{|A_n|}^2{\sin }^2(k_{n}x)=1$

dalla quale:

$2a{|A|}^2=1$

$A=\frac{1}{\sqrt{2a}}$

Energia potenziale, autofunzioni e densità di probabilità associate allo stato fondamentale e ai primi stati eccitati della buca di potenziale infinita.

Le autofunzioni normalizzate

${\psi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \left(\frac{n\pi }{a}x\right)$

costituiscono una base ortonormale per lo spazio di Hilbert ${ℒ}^2(0,a)$, essendo:

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\psi }_n^{*}(x){\psi }_m(x)dx={\delta }_{nm}$

Lo stato fondamentale corrisponde alla scelta n = 1. Seguono gli stati eccitati (vedi figura).

La soluzione completa del problema è esprimibile come sviluppo di autofunzioni dell'energia:

$\mathrm{\Psi }(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{\psi }_n(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n\sqrt{\frac{2}{a}}\sin (kx)$

dove i coefficienti $c_n$ sono dati da:

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\psi }_n^{*}(x)\mathrm{\Psi }(x)dx=\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_m\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\psi }_n^{*}(x){\psi }_m(x)dx=c_n$

i cui moduli quadri rappresentano la probabilità che una misura dell'energia fornisca come risultato:

$E=E_n$

Il valore medio dell'energia si ricava dalla:

$⟨H⟩=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{\Psi }}^{*}(x)H\mathrm{\Psi }(x)dx=\sum _n{c}_n{E}_n\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{\Psi }}^{*}(x){\psi }_n(x)dx=\sum _n|c_n{|}^2{E}_n$

L'evoluzione temporale della funzione d'onda è la soluzione dell'equazione di Schrödinger dipendente dal tempo:

$i\hslash \frac{\partial \mathrm{\Psi }(x,t)}{\partial t}=H\mathrm{\Psi }(x,t)$

e quindi è:

$\mathrm{\Psi }(x,t)=\sum _n{c}_n{e}^{-i{E}_{n}t/\hslash }{\psi }_n(x)$

Buca di potenziale finita

Ridefiniamo la scala delle coordinate in modo che il potenziale sia simmetrico per riflessioni, del tipo $x\to -x$, e ridefiniamo la scala delle energie in modo da avere:

Buca di potenziale finita nella vecchia e nella nuova scala delle lunghezze e delle energie.

$V(x)=\{\begin{array}{cc}-V_0& |x|<a\\ 0& |x|>a\end{array}.$

In questo caso l'equazione di Schrödinger nelle zone $|x|>a$ e $|x|<a$ è del tipo:

$\{\begin{array}{cc}-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)+|E|\psi (x)=0& |x|>a\\ -\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)-(V_0-|E|)\psi (x)=0& |x|<a\end{array}$

Poiché

$V\left(x\right)=V(-x),$

l'operatore hamiltoniano commuta con l'operatore parità:

$[H,P]=0$

Le funzioni d'onda soluzione dell'equazione di Schrödinger sono autofunzioni dell'energia e della parità. Poniamo le due quantità reali:

${\lambda }^2=\frac{2m|E|}{{\hslash }^2}$

$q^2=\frac{2m(V_0-|E|)}{{\hslash }^2}$

l'equazione di Schrödinger si riscrive:

$\{\begin{array}{cc}\frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)-{\lambda }^2\psi (x)=0& |x|>a\\ \frac{d^2}{d{x}^2}\psi (x)+q^2\psi (x)=0& |x|<a\end{array}$

Esplicitamente le funzioni d'onda sono date da:

$\psi (x)=\{\begin{array}{cc}{e}^{i\lambda x}+B{e}^{-i\lambda x}& x<-a\\ C{\psi }^{+}(x)+D{\psi }^{-}(x)& -a\le x\le a\\ D{e}^{i\lambda x}& x>a\end{array}$

dove le autofunzioni:

${\psi }^{+}\left(x\right)={\psi }^{+}(-x)$

sono a parità pari, mentre

${\psi }^{-}\left(x\right)=-{\psi }^{-}(-x)$

sono a parità dispari.

Trattiamo il caso delle autofunzioni pari prendendo gli esponenziali reali:

${\psi }^{+}(x)=\{\begin{array}{cc}B{e}^{\lambda x}& x<-a\\ C\cos (qx)& -a\le x\le a\\ B{e}^{-\lambda x}& x>a\end{array}$

per la parità delle autofunzioni basta imporre la condizione di continuità della funzione d'onda e della sua derivata prima in $x=-a$ perché la stessa condizione sia soddisfatta in $x=a$:

${\psi }^{+}(x)=\{\begin{array}{c}B{e}^{-\lambda a}=C\cos (qa)\\ B\lambda e^{-\lambda a}=Cq\sin (qa)\end{array}$

da queste due otteniamo:

$q\tan (qa)=\lambda$

Questa equazione può essere risolta graficamente. Definiamo:

$y=qa,y_0^2=\frac{2m{V}_0{a}^2}{{\hslash }^2}$

da cui:

${\lambda }^2{a}^2=y_0^2-q^2{a}^2=y_0^2-y^2\text{.}$

Rappresentando a grafico i due membri dell'equazione:

$\tan y=\frac{\sqrt{y_0^2-y^2}}{y}\text{ per }{y}^2\le y_0^2$

otteniamo dalle intersezioni le soluzioni che corrispondono ai livelli di energia discreti.

Allo stesso modo nel caso delle autofunzioni dispari:

${\psi }^{-}(x)=\{\begin{array}{cc}{B}^{\prime }{e}^{\lambda x}& x<-a\\ C^{\prime }\sin (qx)& -a\le x\le a\\ B^{\prime }{e}^{-\lambda x}& x>a\end{array}$

per la parità delle autofunzioni basta imporre la condizione di continuità della funzione d'onda e della sua derivata prima in $x=a$ perché la stessa condizione sia soddisfatta in $x=-a$:

${\psi }^{-}(x)=\{\begin{array}{c}{B}^{\prime }{e}^{-\lambda a}=-C^{\prime }\sin (qa)\\ B^{\prime }\lambda e^{-\lambda a}=C^{\prime }q\cos (qa)\end{array}$

da queste due otteniamo:

$q\cot (qa)=-\lambda$

La soluzione di questa equazione può essere fatta via grafica, graficando i due membri dell'equazione:

$-\cot y=\frac{\sqrt{y_0^2-y^2}}{y}\text{ per }{y}^2\le y_0^2$

che possiamo riscrivere nella forma:

$\tan y=-\frac{y}{\sqrt{y_0^2-y^2}}\text{ per }{y}^2\le y_0^2$

Otteniamo dalle intersezioni le soluzioni che corrispondono ai livelli di energia discreti.

Energia potenziale e densità di probabilità associate agli autostati dell buca di potenziale finita nel caso y₀=6.

Ad esempio, per $y_0=6$, le soluzioni grafiche sono mostrate in figura. Notiamo che ogni autostato è doppiamente degenere.

Le autofunzioni sono quindi:

${\psi }_E(x)=\{\begin{array}{cc}{e}^{-\lambda |x|}& |x|>a\\ {\psi }^{+}(x)=\cos (qx)& |x|\le a\\ {\psi }^{-}(x)=\sin (qx)& |x|\le a\end{array}$

dove $\lambda$ e $q$ sono definite sopra e legate tra loro.

Voci correlate

• Particella libera
• Oscillatore armonico quantistico
• Barriera di potenziale
• Gradino di potenziale

Collegamenti esterni

• Template:Collegamenti esterni