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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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 Henri Verfasst am: 21. Mai 2014 23:45 Titel: Eindimensionaler endlicher Potentialtopf |
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Ich bin gerade dabei, ein strukturloses Punktquant in einem endlichen 1D-Potentialtopf zu untersuchen. Das Potential sieht so aus:
 = \begin{cases} U & 0<x<a \\ 0 & sonst \end{cases})
Gesucht ist die Anzahl der gebundenen Eigenzustände und die näherungsweisen Energien der tiefsten Eigenzustände in einem sehr tiefen Kasten.
Ich bin bisher so vorgegangen, dass ich erstmal von der SGL ausgegangen bin:
 ]~ \psi(x) = E*\psi(x))
Mit dem Ansatz:
= A_1e^{{\kappa}x}) , falls x kleiner 0
= A_2e^{ikx}+B_2e^{-ikx}) , falls x zwischen 0 und a
= A_3e^{-{\kappa}x}) , falls x größer a
Durch Einsetzen erhalte ich dann:
 und }{\hbar^2}} )
Desweiteren habe ich die Stetigkeitsbedingungen:
=\psi_2(0),
<br />
\psi_2(a)=\psi_3(a),
<br />
\psi_1'(0)=\psi_2'(0),
<br />
\psi_2'(a)=\psi_3'(a)
<br />
) .
Damit hab ich mir dann A1, A2, B2 und A3 berechnet. Ich hoffe das ist bis dahin erstmal i.O. Beim nächsten Schritt habe ich ein Problem. Ich suche also die Zahl der gebundenen Eigenzustände (= diskrete Energieeigenzustände). Beim unendlichen Potentialtopf habe ich ja die Energiewerte aus λ=2a/n k berechnet, da fehlt mir gerade das Verständnis a) wie das beim endlichen Topf mit Eindringtiefe in die Wand aussieht und b) wie ich auf die Zahl der Energieeigenzustände komme. Bzw. wenn ich aus der Beziehung für k (die ich aus der SGL habe), Energien berechnen würde, fehlt mir ja der Zusammenhang mit der Zahl n. Vielleicht kann mir da jemand weiterhelfen. Beim zweiten Teil, mit der näherungsweisen Rechnung für den sehr tiefen Topf, würde ich wie beim unendlichen Potential vorgehen. d.h. aus λ=2a/n k und somit p und schließlich E_n berechnen.
Lg
Zuletzt bearbeitet von Henri am 23. Mai 2014 21:18, insgesamt 3-mal bearbeitet |
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Jannick
Anmeldungsdatum: 25.07.2012
Beiträge: 107
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| Jannick Verfasst am: 22. Mai 2014 11:33 Titel: |
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Die Eindringtiefe in die Wand ist gegeben durch  . Ich muss sagen, dass ich die Formulierung des Potentials etwas ungünstig finde, da man die Wand schlecht gegen Unendlich gehen lassen kann, da sich Energiewerte der geb. Zustände dann mitverschieben.
Ich finde
 = \begin{cases} 0 & 0<x<a \\ U & sonst \end{cases}
<br />
)
deutlich besser aber das ist wohl auch Geschmacksache.
Gebundene Zustände gibt es nur (in deinem Fall) für  .
Wenn  ist  ja auch komplex und die Lösungen sind nicht mehr normierbar -> nicht gebunden.
Wenn du deine korrekten Bedingungen verwendest, findest du nur eine endliche Zahl von Werten für E für die diese Bedingungen erfüllt werden können. Dies sind dann die gebundenen Zustände. Diese kannst du mit n durchnummerieren, sodass du dann E_n findest. |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 23. Mai 2014 21:18 Titel: |
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Danke für die Erläuterungen. Ich bin mir immernoch im Klaren darüber, wie ich die Werte für E erhalte. Grundsätzlich habe ich ja im Bereich zwischen 0 und a eine stehende Welle, wie beim unendlichen Potentialtopf, nur dass die Welle ja in den Rand "hineinragt", d.h. es gilt nicht λ=2a/n, richtig? Kann ich dann mit  (aus der SGL) rechnen?  Das einzige was ich bisher habe, sind die Koeffizienten A, B in Abhängigkeit von k und kappa, d.h. ich habe drei Wellenfunktionen und SGL für die jeweiligen Bereiche. Ich komme nicht darauf wie ich auf die Energie schließen kann, da ich ja in drei Bereiche unterteilt habe
Lg |
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Jannick
Anmeldungsdatum: 25.07.2012
Beiträge: 107
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| Jannick Verfasst am: 23. Mai 2014 22:08 Titel: |
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E steckt ja auch über kappa und k in den Gleichungen drinn. Du wirst, wenn du diese Gleichungen löst, dass es nur für bestimmte E Lösungen gibt. Das sind dann die Energieeigenwerte. Ganz analog zu dem unendlichen hohen Potentialtopf. Da sind ja in der Mitte Ebene Wellen mit
Lösungen und es sind erstmal alle k und somit E erlaubt. Erst die Bedingungen
 = \psi(a) = 0
<br />
)
schränkt die Werte von k und damit von E ein. |
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Henri
Anmeldungsdatum: 08.02.2014
Beiträge: 82
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| Henri Verfasst am: 24. Mai 2014 00:22 Titel: |
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Hi,
Ich hoffe ich hab es jetzt verstanden Ich kann ja aus den Stetigskeitsbedingungen folgendes berechnen:
}{-(A_2e^{ika}+B_2e^{-ika})}=k\frac{\sin(ka)}{\cos{ka}}=k\tan{ka})
Außerdem hab ich ja meine Gleichungen für k und Kappa. D.h. ich kann jetzt z.B. aus diesen beiden Gleichungen folgendes berechnen:
=\sqrt{-\frac{2mU}{\hbar^2}-k^2}~\Rightarrow~\frac{k^2}{\cos^2(ka)}=\frac{-2mU}{\hbar^2})
Prinzipiell könnte man daraus jetzt k und somit direkt E berechnen. Bis auf das Problem, dass ich die Gleichung für k nicht lösen kann  Wäre der Weg denn ansonsten ok?
Lg |
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Jannick
Anmeldungsdatum: 25.07.2012
Beiträge: 107
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| Jannick Verfasst am: 24. Mai 2014 15:14 Titel: |
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ja das sieht ziemlich gut aus. Das mit der tranzendenten Gleichungen ist auf jeden Fall richtig, d.h. man kann die Energieeigenwerte nur numerisch berechnen. Hier ist eine Lösung falls du es vergleichen willst, aber dein Ansatz passt jetzt auf jeden Fall.
https://www.lti.kit.edu/rd_download/FE_Skript_Kapitel_2_1_V03.pdf |
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