Revision as of 01:59, 3 August 2013

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.


\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 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} \tag{1} \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}\tag{2} \end{align} Division von (2) durch (1) 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)\tag{3} \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 (3) 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) \tag{4}\\ \end{align} mit \begin{align} z_0=\frac{a}{2\hbar} \sqrt{2mV_0} \end{align} Gleichung (4) 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.

Schematische Lösung durch finden der Schnittpunkte. Erhöht man $|V_0|$ so wird auch $z_0$ erhöht und damit der graph $\sqrt{\left(\frac{z_0}{z } \right)^2-1}$ nach oben verschoben, der Graph schneidet dann mehrere $\tan$-graphen. Es gilt also je tiefer der Potentialtopf desto mehr Energie niveaus existieren.