Kastenpotential

From bio-physics-wiki

(Difference between revisions)
Jump to: navigation, search
(Blanked the page)
 
(2 intermediate revisions by one user not shown)
Line 1: Line 1:
[[File:Kasten.png|thumb|700px]]
 
== Kastenpotential mit endlicher Tiefe ==
 
  
Wir betrachten ein Teilchen in einem eindimensionalen Kastenpotential, das eine endliche Tiefe $-V_0$ haben und von $x=-a/2$ bis $x=a/2$ reichen soll.<br\> <br\>
 
<br\>
 
\begin{align}
 
V(x)=\begin{cases} -V_0 &\mbox{für } -a/2 \leq x \leq a/2 \\
 
0 & \mbox{sonst } \end{cases}
 
\end{align}
 
 
==Wellenfunktion in den Bereichen I, II, III==
 
 
===Bereich I===
 
Im Bereich $I$ gilt die Schrödinger Gleichung mit $V(x)=0$
 
\begin{align}
 
\frac{-\hbar^2 }{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) = E \phi(x) \quad \text{oder} \quad \frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) = \kappa^2 \phi(x)
 
\end{align}
 
 
wenn wir $\kappa$ definieren als
 
\begin{align}
 
\kappa = \frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar }
 
\end{align}
 
 
Die allgemeine Lösung $\psi _I(x)$ in diesem Bereich ist dann
 
\begin{align}
 
\psi _I(x)=A e^{\kappa x} + B e^{-\kappa x}
 
\end{align}
 
Da $e^{-\kappa t}$ aber für $x \rightarrow \infty$ gegen unendlich geht, muss $B=0$ sein. Also gilt im Bereich $I$
 
\begin{align}
 
\psi _I(x,t)=A e^{\kappa x}
 
\end{align}
 
 
===Bereich II===
 
Im Bereich $II$ gilt die Schrödinger Gleichung mit $V(x)=-V_0$
 
\begin{align}
 
\left( \frac{-\hbar^2 }{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} -V_0 \right) \phi(x) = E \phi(x) \quad \text{oder} \quad \frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) =- \ell^2 \phi(x)
 
\end{align}
 
 
wenn wir $\ell$ definieren als
 
\begin{align}
 
\ell = \frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hbar }
 
\end{align}
 
 
Die Energy ist für gebundene Zustände negativ $E < 0$ und $E$ muss größer $-V_0$ sein $-V_0 < E$.
 
Die allgemeine Lösung $\psi_{II}(x,t)$ für den Bereich $II$ ist
 
\begin{align}
 
\psi _{II}(x)=C e^{i\ell x} + D e^{-i\ell x}
 
\end{align}
 
aber wir können auch das [[Inner Product Space#Continuous Inner Product|Fundamentalsystem]] $\{ \sin(\ell x) , \cos(\ell x) \}$ wählen
 
\begin{align}
 
\psi _{II}(x)=C \sin(\ell x) + D \cos( \ell x)
 
\end{align}
 
Diese Wahl erspart uns später einige Rechenschritte
 
 
===Bereich III===
 
 
Im Bereich $III$ ist das Potential wieder null $V(x)=0$ und es gilt die selbe Schrödinger Gleichung wie in Bereich $I$
 
\begin{align}
 
\frac{-\hbar^2 }{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) = E \phi(x) \quad \text{oder} \quad \frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) = \kappa^2 \phi(x)
 
\end{align}
 
 
mit
 
\begin{align}
 
\kappa = \frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar }
 
\end{align}
 
 
und der selben allgemeinen Lösung. Allerdings geht $e^{i\kappa t}$ für $x \rightarrow \infty$ gegen unendlich. Die Lösung im Bereich $III$ ist deshalb
 
\begin{align}
 
\psi _{III}(x)=F e^{-\kappa x}
 
\end{align}
 
 
 
 
== Bestimmung der Konstanten ==
 
Weil das potential im Bereich $II$ symmetrisch ist, genügt es entweder eine gerade $D \cos(\ell x)$ oder eine ungerade Funktion $C \sin(\ell x)$ als Lösung zu wählen. Wir entscheiden uns für die gerade Funktion. Die restlichen Konstanten können wir mit den Stetigkeitsbedingungen an $a/2$ bestimmen. Dort muss gelten
 
\begin{align}
 
\psi _{II}(a/2)=\psi _{III}(a/2)\\
 
D \cos(\ell a)=F e^{-\kappa a} \label{eq1}
 
\end{align}
 
und
 
\begin{align}
 
\frac{\partial}{\partial x} \psi _{II}(a)=\frac{\partial}{\partial x}\psi _{III}(a)\\
 
D (-\ell) \sin(\ell a/2)=F (- \kappa ) e^{-i\kappa a/2}\label{eq2}
 
\end{align}
 
Division von \ref{eq2} durch \ref{eq1} ergibt
 
 
\begin{align}
 
\frac{\partial}{\partial x} \psi _{II}(a/2)=\frac{\partial}{\partial x}\psi _{III}(a/2)\\
 
\kappa =\ell \frac{ \sin(\ell a/2)}{ \cos(\ell a/2)} = \ell \cdot \tan(\ell a/2)\label{eq3}
 
\end{align}
 
 
Wir möchten nun die Energie für die gebundenen Zustände bestimmen. Da $E$ sowohl in der Formel für $\kappa$ als auch jener für $\ell$ vorkommt, können wir die erlaubten Energiewerte von im Potentialtopf als Schnittpunkte der Graphen der Gleichungen für $\kappa$ und $\ell$ bestimmen.
 
\begin{align}
 
\kappa^2 = \frac{-2mE}{\hbar^2 } \quad \text{und} \quad \ell^2 = \frac{2m(E+V_0)}{\hbar^2 }
 
\end{align}
 
 
\begin{align}
 
\kappa^2 +  \ell^2= \frac{-2mE}{\hbar^2 }+\frac{2m(E+V_0)}{\hbar^2 }  =\frac{2m V_0}{\hbar^2 }\\
 
\end{align}
 
daraus erhalten wir
 
\begin{align}
 
\frac{\kappa^2}{\ell^2}=\frac{2m V_0}{\hbar^2 \ell ^2}-1\\
 
\end{align}
 
Diese Gleichung zusammen mit \ref{eq3} ergibt
 
\begin{align}
 
\sqrt{\frac{2m V_0}{\hbar^2 \ell ^2 }-1}=\tan(\ell a/2)\\
 
\end{align}
 
Wenn wir nun das argument des $\tan$ umbenennen $\ell a/2=z$ und die linke Seite als funktion von $z$ schreiben erhalten wir
 
\begin{align}
 
\sqrt{\left(\frac{z_0}{z } \right)^2-1}=\tan(z) \label{eq4}\\
 
\end{align}
 
mit
 
\begin{align}
 
z_0=\frac{a}{2\hbar} \sqrt{2mV_0}
 
\end{align}
 
Gleichung \ref{eq4} kann graphisch gelöst werden. Für ein bestimmtes $V_0$ können wir $z_0$ berechnen und $\sqrt{\left(\frac{z_0}{z } \right)^2-1}$ zusammen mit $\tan(z) $ auftragen. Die Schnittpunkte sind Lösungen für $z_n$ aus denen sich $\ell _n$ bestimmen lässt und aus $\ell _n$ könne wir die Energieeigenwerte $E_n$ berechnen.
 

Latest revision as of 02:00, 3 August 2013