Ubungen zur Vorlesung Theoretische Chemie I ¨ WS 2019/20 – ¨ Ubungsblatt 8.5 – L¨ osungsblatt

Ubungen zur Vorlesung Theoretische Chemie I ¨ WS 2019/20 – ¨ Ubungsblatt 8.5 – L¨ osungsblatt

optionales Zusatz¨ubungsblatt

1. Der Tunneleffekt

Betrachten Sie ein eindimensionales Teilchen der Massem, das von links auf eineendlich hohe Potentialbarriere der H¨oheV₀ und der Breite Lzul¨auft. Das Potential lautet dann wie folgt:

V(x) =







0 f¨urx <0 (Bereich I) V₀ f¨ur 0≤x≤L(Bereich II) 0 f¨urx > L (Bereich III)

In diesem Fall kann das Teilchen die Barriere ¨uberwinden, selbst wenn seine Energie E kleiner als die Barrierenh¨oheV0 ist (Tunneleffekt).

a) Geben Sie die Schr¨odingergleichung f¨ur die drei oben definierten Bereiche an.

Zeitunabh¨angige Schr¨odingergleichung:

HΨ(x) =ˆ EΨ(x) , wobei ˆH=−~² 2m

d²

dx² +V(x) (1)

Dann ist:

Bereich I: −~²

2m d²

dx²Ψ(x) =EΨ(x) Bereich II:

−~² 2m

d² dx² +V0

Ψ(x) =EΨ(x) Bereich III: −~²

2m d²

dx²Ψ(x) =EΨ(x)

(2)

b) Zeigen Sie, dass die Wellenfunktionen

Ψ(x) =







ψ_I(x) =A_Ie^ikx+B_Ie^−ikx f¨urx <0 ψ_II(x) =A_IIe^−κx+B_IIe^κx f¨ur 0≤x≤L ψ_III(x) =A_IIIe^ikx+B_IIIe^−ikx f¨urx > L

mit{k, κ∈R|k, κ >0} allgemeine L¨osungen der Schr¨odingergleichung sind. Wel- che Beziehungen ergeben sich f¨urkund κ?

Ψ(x) =















ψI(x) =AIe^ikx+BIe^−ikx f¨urx <0, ψ_II(x) =A_IIe^−κx+B_IIe^κx f¨ur 0≤x≤L, ψ_III(x) =A_IIIe^ikx+B_IIIe^−ikx f¨urx > L

(3)

{k, κ∈R|k, κ >0} (4)

Bereich I(x<0), Ψ(x) =ψ_I(x)

−~² 2m

d²

dx²ψI(x) =−~² 2m

d² dx²

AIe^ikx+BIe^−ikx

=−~² 2m

h

(ik)²AIe^ikx+ (−ik)²BIe^−ikx i

= ~²k² 2m

AIe^ikx+BIe^−ikx

=EΨ(x)

⇒E = ~²k²

2m ⇒ k² = 2mE

~² ⇒ k=

√2mE

~

(5)

Bereich II (0≤x≤L), Ψ(x) =ψ_II(x)

−~² 2m

d² dx² +V0

ψII(x) =

−~² 2m

d² dx² +V0

BIIe^κx+AIIe^−κx

=

−~²κ² 2m +V0

ψII(x) =EΨ(x)

⇒E =

−~²κ² 2m +V₀

⇒ κ² = 2m(V₀−E)

~²

(6)

Bereich III (x>L), Ψ(x) =ψ_III(x)

−~² 2m

d²

dx²ψIII(x) =−~² 2m

d² dx²

AIIIe^ikx+BIIIe^−ikx

=−~² 2m

h

(ik)²A_IIIe^ikx+ (−ik)²B_IIIe^−ikxi

= ~²k² 2m

A_IIIe^ikx+B_IIIe^−ikx

=EΨ(x)

⇒E = ~²k²

2m ⇒ k²= 2mE

~²

⇒ k=

√ 2mE

~

(7)

c) In unserem Fall ist BIII = 0. Warum?

Im Bereich I beschreibt ψ_I(x) die Bewegung der Wellenfunktion von links nach rechts AIe^ikx

, sowie die entgegengesetzte Bewegung des reflektierten Teils der Wellenfunktion nach dem Auftreffen auf die Barriere B_Ie^−ikx

. Im Bereich der Barriere (Bereich II) l¨auft der in die Barriere eingedrungene Teil der Wellenfunktion aus Bereich I weiter von links nach rechts (BIIe^κx) bis dieser auf den Rand der Barriere trifft (x = L). Hier wird wieder ein Teil der Wellenfunktion reflektiert (A_IIe^−κx). Der transmittierte Anteil der Wellenfunktion (Bereich III) letzendlich bewegt sich weiter nach rechts AIIIe^ikx

. Da sich abx > Lkeine weitere Barriere befindet, gibt es jedoch keinen reflektierten Anteil BIIIe^−ikx

, was bedeutet, dass B_III = 0 sein muss.

d) Bestimmen Sie die Koeffizienten AII undBII in Abh¨angigkeit von c:=AIIIe^ikL. Anleitung: Die Wellenfunktion Ψ(x) muss im Punkt x =L stetig und stetig diffe- renzierbar sein, d. h., es muss ψ_II(L) = ψ_III(L) und _dx^dψ_II(L) = _dx^d ψ_III(L) gelten.

Aus diesen Bedingungen erhalten Sie zwei Gleichungen f¨ur AII, BII und c, die Sie nachA_II bzw.B_IIaufl¨osen k¨onnen.

Ergebnis:

AII= c

2(1−ik κ)e^κL B_II= c

2(1 + ik κ)e^−κL

ψ_II(L)=^! ψ_III(L)⇒B_IIe^κL+A_IIe^−κL=A_IIIe^ikL

| {z }

:=c

(8)

dxψII(L)=^! dxψIII(L)⇒κBIIe^κL−κA^−κL_II =ikAIIIe^ikL

| {z }

(9)

Es ergeben sich also die Gleichungen:

1 BIIe^κL+AIIe^−κL=c 2 B_IIe^κL−A_IIe^−κL=ik

κc

(10)

Addition bzw. Subtraktion liefert die Ausdr¨ucke f¨ur die beiden Koeffizienten:

1 + 2⇒2BIIe^κL =

1 +ik κ

c⇒BII = c 2

1 +ik

κ

e^−κL (11)

1−2⇒2AIIe^−κL=

1−ik κ

c⇒AII = c 2

1−ik

κ

e^κL (12)

e) Bestimmen Sie die KoeffizientenA_I und B_I in Abh¨angigkeit von A_II und B_II. Anleitung: Die Wellenfunktion Ψ(x) muss im Punkt x = 0 stetig und stetig diffe- renzierbar sein, d. h., es muss ψ_I(0) = ψ_II(0) und _dx^dψ_I(0) = _dx^d ψ_II(0) gelten. Aus diesen Bedingungen erhalten Sie zwei Gleichungen f¨urA_I,B_I und A_II, B_II, die Sie nachAI bzw.BI aufl¨osen k¨onnen.

ψ_I(0)=^! ψ_II(0)⇒A_Ie^ik0+B_Ie^−ik0 =A_IIe^−κ0+B_IIe^κ0 (13)

⇒A_I+B_I =A_II +B_II (14) d_xψ_I(0)=^! d_xψ_II(0)⇒ikA_I−ikB_I =κB_II−κA_II (15)

⇒A_I−B_I =−iκ

k(B_II−A_II) (16) Das Gleichungssystem lautet also:

1 AI+BI=AII+BII

2 AI−BI=−iκ

k(BII −AII)

(17)

Addition bzw. Subtraktion ergeben wiederum die Ausdr¨ucke f¨urAI bzw.BI: 1 + 2⇒2AI =AII

1 +iκ

k

+BII

1−iκ

k

⇒AI = 1 2 h

AII

1 +iκ

k

+BII

1−iκ

k i (18) 1−2⇒2BI =AII

1−iκ

k

+BII

1 +iκ

k

⇒BI = 1 2 h

AII

1−iκ

k

+BII

1 +iκ

k i (19)

f) Setzen Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe d) in das aus Teilaufgabe e) ein, um die KoeffizientenAI undBI in Abh¨angigkeit von c zu erhalten. Benutzen Sie

sinh(x) = 1

2(e^x−e^−x) cosh(x) = 1

2(e^x+ e^−x) um Ihr Ergebnis in die Form

AI=

cosh(κL) + iκ²−k²

2κk sinh(κL)

c

B_I=−iκ²+k²

2κk sinh(κL)c zu ¨uberf¨uhren.

A_I:

AI = 1 2

h AII

1 +iκ

k

+BII

1−iκ

k i

(20)

= 1 2

c 2

1−ik

κ

e^κL 1 +iκ

k

+ c 2

1 +ik

κ

e^−κL 1−iκ

k

(21)

= 1 4c

1−ik

κ +iκ k + 1

e^κL+

1−iκ

k +ik κ + 1

e^−κL

(22)

= 1 4c

2 +iκ²−k² κk

e^κL+

2 +ik²−κ² κk

e^−κL

(23)

= 1 4c









2 e^κL+e^−κL

| {z }

= 2·cosh(κL)

+iκ²−k² κk

e^κL−e^−κl

| {z }

= 2·sinh(κL)









(24)

=c

cosh(κL) +1

2iκ²−k²

κk sinh(κL)

(25)

B_I:

BI = 1 2

c 2

1−ik

κ

e^κL

1−iκ k

+c 2

1 +ik

κ

e^−κL

1 +iκ k

(26)

= 1 4c

1−iκ

k −ik κ −1

e^κL+

1 +ik

κ +iκ k−1

e^−κL

(27)

= 1 4c

(−i)κ²+k²

kκ e^κL+ik²+κ² kκ e^−κL

(28)

= 1 4c





−iκ²+k²

kκ e^κL−e^−κL

| {z }

= 2·sinh(κL)





 (29)

=−1

2icκ²+k²

kκ sinh(κL) (30)

g) Der Transmissionskoeffizient

T = |A_III|²

|A_I|²

gibt die Wahrscheinlichkeit an, dass das Teilchen die Barriere ¨uberwindet. Bestim- men SieT.

Anleitung: Benutzen Sie cosh²(x) = 1 + sinh²(x), um T =

1 +(κ²+k²)²

4κ²k² sinh²(κL) −1

zu erhalten. Einsetzen vonκ und k liefert dann das Endergebnis T = 1 + V₀²

4E(V0−E)sinh²

p2m(V₀−E)

~ L

!!−1

c=A_IIIe^ikL (31)

|c|²=|A_III|²e^ikLe^−ikL=|A_III|² (32)

⇒T = |A_III|²

A^∗_IA_I = |c|²

|c|²·

cosh(κL) +iκ²−k²

2κk sinh(κL)

2 (33)

= 1

cosh²(κL) + (κ²−k²)²

4κ²k² sinh²(κL)

(34)

= 1

1 + sinh²(κL) +κ⁴−2κ²k²+k⁴

4κ²k² sinh²(κL)

(35)

= 1

1 +4κ²k²+κ⁴−2κ²k²+k⁴

4κ²k² sinh²(κL)

(36)

= 1

1 +(κ²+k²)²

4κ²k² sinh²(κL)

(37)

Einsetzen vonκ und kaus Aufgabe 1b):

T = 1

1 +(^2m(V0−E)

~² + ^2mE

~² )² 4^4m2E(V0−E)

~⁴

sinh² L

p2m(V₀−E)

~

! (38)

= 1

1 + h2mE

~² + ^2m(V0−E)

~²

i2

4^2mE

~² ·^2m(V0−E)

~²

sinh² L

p2m(V₀−E)

~

!

(39)

= 1

1 + (^2mV0

~² )² 4^4m2E(V0−E)

~⁴

(40)

= 1

1 + 4m²V₀²

4·4m²E(V₀−E)sinh² L

p2m(V0−E)

~

! (41)

= 1

1 + V₀²

4E(V₀−E)sinh² L

p2m(V₀−E)

~

! (42)