Kastenpotential

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== Unendlich tiefer Potentialtopf ==
 
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$V(x)$ ist überall unendlich "hoch" und nur zwischen $0$ und $L$ null. Das Teilchen muss am unendlich hohen Potential total reflektiert werden und deshalb ist $\varphi (x)$ außerhalb des Intervalls $[0,L]$ null. <br\><br\>[[File:Infinite_potential_well.svg|thumb|320px]]
 
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\begin{align}
 
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V(x)=\begin{cases} 0 &\mbox{für } 0 \leq x \leq L \\
 
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\infty & \mbox{sonst } \end{cases}
 
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\end{align}
 
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Obwohl sich das Teilchen streng genommen in einem Potential befindet, behandeln wir das Teilchen als frei. Wir machen das, weil wir wissen, das sich das Teilchen innerhalb des Potentials befinden muss. Alle Einschränkungen der Teilchenbewegung kommen daher von den Randbedingungen. Die Zeitunabhängige Schrödinger Gleichung für ein freies Teilchen in einer Dimension lautet
 
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\begin{align}
 
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\frac{-\hbar^2 }{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) = E \phi(x) \\
 
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\end{align}
 
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Schreiben wir die Gleichung mit $k=\frac{\sqrt{E 2m}}{h}$ um
 
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\begin{align}
 
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\frac{\partial^2}{\partial x^2} \phi(x) = -k^2 \phi(x) \\
 
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\end{align}
 
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erkennen wir, dass dies der harmonische Oszillator mit der Lösung
 
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\begin{align}
 
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\phi = Ae^{ikx} + A'e^{-ikx}
 
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\end{align}
 
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ist. Mit der Randbedingung $\phi(0)=\phi(L)=0$ erhalten wir
 
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\begin{align}
 
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\phi(0) = A + A'=0
 
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\end{align}
 
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$A'=-A$ und damit
 
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\begin{align}
 
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\phi(x)=A(e^{ikx}-e^{-ikx})=2iA sin(kx)=C \cdot sin(kx)
 
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\end{align}
 
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Mit der zweiten Randbedingung erhalten wir
 
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\begin{align}
 
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\phi(L)=C \cdot sin(k_n L)=0 \Rightarrow k_n=\frac{n\pi}{L}
 
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\end{align}
 
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Die Lösung der Wellengleichung für den unendlich tiefen Potentialtopf lautet.
 
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\begin{align}
 
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\phi_n(x)=C \cdot sin(\frac{n\pi}{L}x)
 
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\end{align}
 
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wir müssen diese nur noch normieren
 
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\begin{align}
 
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\int_0^L dx \, |C|^2 sin^2(k_n x)=|C|^2 \frac{L}{2} \Rightarrow C=\sqrt{\frac{2}{L}}
 
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\end{align}
 
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Die normierte Lösung der Schrödinger Gleichung ist daher unendlich tiefen Potentialtopf is daher
 
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<div style="background:#FEF5CA;border:1px solid #797979;border-radius:10px;padding:5px 15px 5px 15px;">
 
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\begin{align}
 
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\phi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}} \cdot sin(\frac{n\pi}{L}x)
 
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\end{align}
 
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</div>
 
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Der Energiewert der $n-$ten Eigenschwingung ist
 
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\begin{align}
 
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E_n=\frac{p_n^2}{2m}=\frac{\hbar^2}{2m}k_n^2=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{n^2\pi^2}{L^2}
 
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\end{align}
 
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\begin{align}
 
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E_n=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{n^2\pi^2}{L^2}
 
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\end{align}
 
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</div><br\>
 
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mit der Nullpunktsenergie <br\>
 
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\begin{align}
 
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E_1=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\pi^2}{L^2}
 
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\end{align}
 
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</div><br\>
 
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und nicht wie vielleicht erwartet null!<br\><br\>
 
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== Kastenpotential mit endlicher Tiefe ==
 
== Kastenpotential mit endlicher Tiefe ==
  

Revision as of 22:36, 2 August 2013

Kastenpotential mit endlicher Tiefe

Wir beschränken uns hier auf ein eindimensionales Kastenpotential, das eine endliche Tiefe $V_0$ haben und von $x=-a/2$ bis $x=a/2$ reichen soll.

Kasten.png
Allgemein gilt für den Ansatz bei einem Rechteckpotential

  • Fall 1: $E>V \Rightarrow E-V=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}$ mit $k>0$ wir machen den Ansatz
$\varphi(x)=Ae^{ikx}+A'e^{-ikx}$
  • Fall 2: $E<V \Rightarrow V-E=\frac{\hbar^2 \rho^2}{2m}$ mit $k>0$ wir machen den Ansatz
$\varphi(x)=Be^{\rho x}+B'e^{-\rho x}$

Wir untersuchen den Fall mit $-V_0<E<0$ und machen für die Bereiche I, II, III den Ansatz

$\varphi(x)_I=B_1e^{\rho x}+B_1'e^{-\rho x}$
$\varphi(x)_{II}=A_2e^{ikx}+A_2'e^{-ikx}$
$\varphi(x)_{III}=B_3e^{\rho x}+B_3'e^{-\rho x}$



Da $\hbar^2 k^2=p^2$ und $E=\frac{p^2}{2m}$ gilt

$\rho=\sqrt{-\frac{2mE}{\hbar^2}}$

$k=\sqrt{\frac{2m(E+V_0)}{\hbar^2}}$

Die Wellenfunktion ist im Bereich I null $B_1'=0$ weil die Welle nicht die Energie besitzt aus dem Topf zu kommen.
Wegen Stetigkeit der Wellenfunktion und ihrer Ableitung bei $-a/2$ gilt
$1:B_1e^{-\rho a/2}=A_2e^{-ika/2}+A_2'e^{ika/2}$
$2:B_1\rho e^{-\rho a/2}=ik(A_2e^{-ika/2}-A_2'e^{ika/2})$
$1+2:B_1(1+\frac{\rho}{ik})e^{-\rho a/2}=2A_2 e^{-ika/2}\Rightarrow A_2=B_1\frac{ik+\rho}{2ik} \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}$
$1-2:B_1(1-\frac{\rho}{ik})e^{-\rho a/2}=2A_2' e^{-ika/2}\Rightarrow A_2'=B_1\frac{ik-\rho}{2ik} \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}$

Dasselbe gilt bei $a/2$, wobei $B_3=0$ wiederum null ist, da Bereich III beschränkt ist.
$3:B_3'e^{-\rho a/2}=A_2e^{ika/2}+A_2'e^{-ika/2}$
$4:-B_3'\rho e^{-\rho a/2}=ik(A_2e^{ika/2}-A_2'e^{-ika/2})$

Und wir können $A_2,A_2'$ von $1,2$ einsetzen.
$3:B_3'e^{-\rho x}=B_1\frac{ik+\rho}{2ik} \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}e^{ikx}-B_1\frac{ik-\rho}{2ik} \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}e^{-ikx}$
$4:-B_3'\rho e^{-\rho x}=ik(B_1\frac{ik+\rho}{2ik} \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}e^{ikx}+B_1\frac{ik-\rho}{2ik} \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}e^{-ikx})$
$3+4:B_3'(1-\frac{\rho}{ik})e^{-\rho (a/2)}=2A_2 e^{ik(a/2)}\Rightarrow A_2=B_3'(ik-\rho)/2ik \cdot e^{-(\rho+ik)a/2}$
$3-4:B_3'(1+\frac{\rho}{ik})e^{-\rho (a/2)}=2A_2' e^{-ik(a/2)}\Rightarrow A_2'=-B_3'(ik+\rho)/2ik \cdot e^{(-\rho+ik)a/2}$