Wellenfunktion

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Aufgabe 1 a)
Aufgabe 1: Potentialstufe
V
E
V0
x
ψ1
a)
0
ψ2
Ebene Welle in x-Richtung:
ψ ( x) = Aeikx
Teilchenstrom:
j=
Teilchen
N
= 02 = j0
Fla&&che ⋅ Zeit cm s
= ρ ⋅ v = mψ
⇒
A=
j0
hk
2 p
m
= A2 hk
Aufgabe 1 b),c)
Aufgabe 1: Potentialstufe
b)
Klassisch läuft der gesamte Teilchenstrahl hinter der
Potentialstufe mit geringerer Geschwindigkeit und höherer
Dichte weiter. Der Strom bleibt erhalten.
Ekin = 12 mv 2
v1 =
E = mv =
k=
p
m
=
p2
2m
2 mE
h2
< v1
Quantenmechanischer Ansatz: Ebene Wellen für
einlaufenden, reflektierten und transmittierten Strahl:
1
2
1
2
2 Ekin
m
⇒ ρ 2 > ρ1
ψ 1 = Aeik x + Be − ik x
p = hk
v=
2 ( E −V0 )
m
v2 =
2E
m
j1 = j2
c)
⇒
ψ 2 = Ce ik x
2
1
k2 =
k1 =
2 m ( E −V0 )
h2
2 mE
h2
Aufgabe 1 c),d),e)
Aufgabe 1: Potentialstufe
c)
Stetigkeitsbedingung für Ψ und Ψ’ bei x=0:
ψ 1 (0) = ψ 2 (0) ⇒ A + B = C
ψ 1′(0) = ψ 2′ (0) ⇒ ik1 A − ik1 B = i k 2C = ik 2 ( A + B)
⇒
A(k1 − k 2 ) = B(k1 + k 2 ) ⇒
A
B
=
k1 + k 2
k1 − k 2
Daraus folgt für den Reflexionskoeffizienten R:
R=
d)
j1,B
j1, A
=
B2
A2
( )
Transmissionskoeffizient T:
T = 1− R =
e)
=
k1 − k 2 2
k1 + k 2
( k1 + k 2 ) 2 − ( k1 − k 2 ) 2
( k1 + k 2 )
2
=
4 k1k 2
( k1 + k 2 ) 2
Klassisch ist R=0 und T=1. Dies entspricht der klassischen
Lösung für k1≈k2, d.h. E >> V0
Aufgabe 2 a)
Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt
U (x)
U =0
0
U =∞
L
In einem unendlich hohen Kastenpotenzial (U = ∞) verschwindet
die Wellenfunktion im Bereich der Potenzialbarriere.
Im Potenzialtopf selber ist die Wellenfunktion die einer stehenden Welle.
x
Bei einer endlich hohen Potenzialbarriere ( U = U 0 ) dringt die
Wellenfunktion in die Potentialbarriere ein und nimmt exponentiell ab.
(Voraussetzung: E<U0)
(siehe Behandlung des Tunneleffektes in der Vorlesung)
Rechnerische Lösung (hier nicht verlangt):
U (x)
U =0
¾
U = U0
x>L
¾
a
0
x
L L+a
[
Lösung der Schrödinger Gleichung jeweils für x ∈ 0; L
a)
Stetigkeit von
]
(U = 0)
(U = U 0 )
Ψ (x) an der Grenze (x=L)
Zeichnerische Lösung:
¾
¾
U0 ist groß (d.h. U0>>E) → Ψ (x) ändert sich kaum im Gebiet 0<x<L
wegen U 0 < ∞ dringt Ψ (x) bei x>L ein und kling exponentiell ab.
Aufgabe 2 b)
Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt
U (x)
U =0
U = U0
b)
Transmissionskoeffizient
¾
Da die Potenzialbarriere hoch ist (U0>>E), ist die Wellenfunktion .
des Grundzustandes praktisch gleich der in Aufgabe 4, Blatt 8:
Ψ1 ( x) =
x
0
U (x)
U =0
E1 =
L
U = U0
2
⋅ sin πL x
L
h 2k 2
h 2π 2
=
2m
2 mL2
Das entspricht der Überlagerung einer
nach links und nach rechts
laufenden Welle.
¾
Die nach rechts laufende Welle kann durch
die Potenzialbarriere durchtunneln.
¾
Der Transmissionkoeffizient T lässt sich aus der
Schrödingergleichung herleiten :
a
0
x
L L+a
⎡ h2
⎤
r
r
−
Δ
+
⋅
Ψ
=
⋅
Ψ
E
(
r
)
E
(
r
)
pot
⎢
⎥
⎣ 2m
⎦
Aufgabe 2 b)
Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt
U (x)
U =0
b)
U = U0
¾
a
0
L
E pot = U 0
h 2π 2
E = E1 =
2m L2
U 0 = 1000 eV
h 2π 2
E1 =
= 37,6 eV
2m L2
Transmissionskoeffizient
Mit
E pot = U 0 , E = E1 und dem Ansatz Ψ ( x) = A ⋅ eikx ergibt sich
2m
h 2k 2
= −(U 0 − E1 ) → k = i
(U 0 − E1 ) = i ⋅α
2m
h2
x
¾
Dies ergibt
¾
Der Transmissionkoeffizient ist gegeben durch
Ψ ( x) = A ⋅ exp[i k x] = A ⋅ exp[−α x]
Amplitude der heraustunnelnden Welle 2
Amplitude der hineintunnelnden Welle
¾
In unserem Fall ergibt dies
a = 0.1 nm L = 0.1 nm
2m
(U 0 − E1 ) =
α=
h2
1,59 ⋅1011 m −1
2
Ψ ( L + a)
T=
= e − 2α a = exp(−31,8) = 1,55 ⋅10 −14
Ψ ( L)
Aufgabe 2 c)
Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt
U (x)
U = 0 U = U0
c)
Transmissionsrate (semi-klassische Betrachtung)
¾
Das Elektron bewegt sich mit Geschwindigkeit
v
0
t=0
2 Ekin
2 E1
2h 2π 2
hπ
6 m
=
=
=
=
⋅
3
,
63
10
v=
m
m
m ⋅ 2mL2
mL
s
L
x
¾
2L
mL
2mL2
Δt =
= 2L ⋅ ( ) =
= 5,50 ⋅10 −17 s
v
hπ
hπ
U (x)
U = 0 U = U0
¾
T
0
L
Die Transmissionsrate ist die Wahrscheinlichkeit pro Umlauf dafür,
dass das Elektron nach einem Umlauf durchtunnelt.
Sie berechnet sich daher zu
hπ
⎛ T ⎞ exp(−2α a )
=
exp(−2α a ) =
⎜ ⎟=
2
t
t
mL
Δ
Δ
2
⎝ ⎠
1,60 ⋅10 −14
1
=
290
,
9
s
5,50 ⋅10 −17 s
x
t=Δt=2L/v
U 0 = 1000 eV
h 2π 2
E1 =
= 37,6 eV
2m L2
a = 0.1 nm L = 0.1 nm
Für einen Umlauf braucht das Elektron die Zeit
¾
Das Inverse dieses Wertes ist ⎛ T ⎞
−1
⎜ ⎟ = τ = 3,43 ms
⎝ Δt ⎠
die “Zerfallszeit” des Elektrons im Potenzialtopf.
(Analog: Zerfall von Atomkernen)
Aufgabe 3 a)
Aufgabe 3: Bohr`sches Atommodell und Wasserstoff
a)
Auf der Bohr`schen Kreisbahn ist die Zentripetalkraft FZ
gleich der Coulombkraft FC:
FC = − 4πε1 0
= FZ = − me
e2
r2
⇒ v 2 = 4πεe 0 me
2
v2
r
1
r
⇒ Ekin = 12 me v 2 = 8πε1 0
e2
r
Die potentielle Energie ist durch das Coulombpotential
gegeben:
E pot = − 4πε1 0
e2
r
= −2 Ekin
⇒ E = E pot + Ekin = − 8πε1 0
e2
r
Für den Drehimpuls gilt:
r r
r⊥p
r r r
L = L = r × p = r ⋅ p = rme v =
e 2 me r
4πε 0
Aufgabe 3 b),c)
Aufgabe 3: Bohr`sches Atommodell und Wasserstoff
b)
Für den gequantelten Drehimpuls gilt:
Ln = nh ⇒ Ln = n h =
2
⇒ rn =
4πε 0 h 2
e me
En = − 8πε 0
1
c)
2
e2
rn
2
2
e 2 me rn
4πε 0
n2
e 4 me
= − ( 4πε
1
2
0 ) 2h n
2
Zulässige Quantenzahlen sind:
n = 1,2,3,...
l = 0,1,2,..., n − 1
m = −l ,−(l − 1),..., l − 1, l
Lmax = lmax (lmax + 1)h = (n − 1)nh
Aufgabe 3 d)
Aufgabe 3: Bohr`sches Atommodell und Wasserstoff
d)
Gegen das Bohr`sche Atommodell spricht:
•
Drehimpuls 0 unmöglich
•
Drehimpulsbetrag lh ≠ l (l + 1)h
•
Kreisbahn würde zu scheibenförmigen oder bestenfalls
zu kugelförmigen Atomen führen
•
Quantenteilchen bewegen sich nicht auf festen Bahnen
(Unschärferelation)
•
Quantelung „ad-hoc“ eingeführt
•
Versagt bei komplexen Atomen
Aufgabe 4
Aufgabe 4: Ionisationsenergie
En , Z
= − 32πme
4
2 2 2
h ε0
= −E
2
Z
n2
Für n=∞ wird E=0, d.h. das Elektron verlässt das Atom, das Atom wird ionisiert.
Z2
0 n2
E
ion
n
⎛ Z2 ⎞
Z2
= E∞ − En = 0 − E0 ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ = E0 2
n
⎝ n ⎠
E0 = 13,6eV
(Rydbergenergie)
a)
Wasserstoff (Z=1), n=3
Die Ionisationsenergie ist gerade die Energie zwischen n=3 und n=∞
E3ion = 13,6eV ⋅ 132 = 1,51eV
2
b)
He+ (Z=2), n=2
E2ion = 13,6eV ⋅ 22 2 = 13,6eV
2
c)
Li++ (Z=3), n=4
E4ion = 13,6eV ⋅ 34 2 = 7,65eV
2
Aufgabe 5 a),b)
Aufgabe 5: Drehimpuls
a)
Länge der Drehimpulsvektoren
Drehimpuls:
klassisch:
r r r
L=r×p
Die Länge (der Betrag) der Drehimpulsvektoren ist:
l = 0:
quantenmechanisch:
l = 1:
Drehimpuls ist Operator
r r r hr r
L = r × p = r ×∇
i
r
L = l (l + 1) h
l = 2:
b)
Geometrische Konstruktion:
r
¾ Kreis mit Radius L = l (l + 1) h
¾Parallelen zu z-Achse im
Abstand mh
¾Schnittpunkt gibt Endpunkt
des L-Vektors
r
L =0
r
L = 2h = 1,41h
r
L = 6h = 2,45h
Konstruktion der z-Komponenten:
l =0
ml = 0
l=2
ml = 0,±1,±2
l =1
ml = 0,±1
Lz [h ]
Lz [h ]
3
r
Lz = L
nicht möglich!
2
3
2
Ly
1
-1
Ly
1
Lx
-1
-2
-2
-3
-3
Lx
Aufgabe 5 c)
Aufgabe 5: Drehimpuls
c)
r
L
Magnetische Momente
r
p
Das sich bewegende Elektron entspricht einem Strom
und erzeugt ein Magnetfeld senkrecht zur Ebene
→Magnetisches Moment
r
r
r
Das zum Bahndrehimpuls gehörende magnetische
Moment berechnet sich zu:
r
μ =−
e
2 me
r
L
r
μ =−
e
2 me
e−
μ
r
L = − 2emhe l (l + 1)
μ z = − 2 me Lz = − 2emh ml
e
e
Damit lässt es sich leicht in die Skizze eintragen (am Beispiel l=1):
Lz [h ]
μ
r
μ
3
2
Ly
1
-1
r
L
und
sind antiparallel,
d.h. entgegengesetzt !
Grund: negative Ladung -e
Lx
L
-2
-3
μ
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