Vorlesung_27_20171204

$U_0=-U_0$

T=\frac{4\cdot\sqrt{E(E+U_0)}}{\left(\sqrt{E}+\sqrt{E+U_0}\right)^2}\text{ und }R=\frac{\left(\sqrt{E}-\sqrt{E+U_0}\right)^2}{\left(\sqrt{E}+\sqrt{E+U_0}\right)^2}

Beispiel: $e^-$ an Potentialstufe

E_\text{kin}=5\,\text{eV},\ \text{Stufe } U_0=2\,\text{eV}

Reflexionswahrscheinlichkeit

R=\frac{\left(\sqrt{5\,\text{eV}}-\sqrt{5\,\text{eV}+2\,\text{eV}}\right)^2}{\left(\sqrt{5\,\text{eV}}+\sqrt{5\,\text{eV}+2\,\text{eV}}\right)^2}=0,007=0,7\%

Es gibt Reflexion analog zu Licht

$E<U_0$ (klassisch unüberwindbare Potentialstufe)

$\psi_{x<0}$ wie zuvor

\psi(x)_{x<0}=\underbrace{Ae^{+ikx}}_\text{einfallend}+ \underbrace{Be^{-ikx}}_\text{reflektiert}

$x>0$ jedoch SGL:

\frac{\text{d}^2\psi_{x>0}(x)}{\text{d}x^2}=\underbrace{ \frac{2m(U_0-E)}{\hbar^2}}_{>0}\psi_{x>0}(x)=\alpha^2 \psi_{x>0}(x)\text{, mit }\alpha=\sqrt{\frac{2m(U_0-E)}{\hbar^2}}\\ \textrm{Lösung:}\,\,\,\,\psi_1(x)\propto e^{+\alpha x},\ \psi_2(x)\propto e^{-\alpha x}

$\psi_1(x)$ $x\rightarrow \infty \Rightarrow$ Unendliche Energie, daher unphysikalisch

$\psi_2(x)$ physikalisch

\psi_{x>0 }=Ce^{-\alpha x}

Stetigkeitsbedingung:

\psi_{x<0}(0)=\psi_{x>0}(0)\Rightarrow Ae^{+ik0}+Be^{-ik0}= Ce^{-\alpha 0}\Rightarrow A+B=C

Stetigkeitsbedingung der Ableitung:

\left.\frac{\text{d}\psi_{x<0}(x)}{\text{d}x}\right|_{x=0}=\left.\frac{\text{d}\psi_{x>0}(x)}{\text{d}x}\right|_{x=0}\\ \Rightarrow ikAe^{+ik0}-ikBe^{-ik0}=-\alpha Ce^{-\alpha 0}\\ \Rightarrow ik(A-B)=-\alpha C\\ ik(A-B)=-\alpha (A+B)\\ \Rightarrow B=-\frac{\alpha+ik}{\alpha-ik}A\\ \Rightarrow \left|B\right|=\sqrt{B^*B}=\sqrt{\left( \frac{\alpha+ik}{\alpha-ik}A\right)^*\left( \frac{\alpha+ik}{\alpha-ik}A\right)}\\=\sqrt{A^*A \frac{\alpha-ik}{\alpha+ik}\frac{\alpha+ik}{\alpha-ik}}=\sqrt{A^*A}\\ \Rightarrow R=\frac{B^*B}{A^*A}=1

Alles wird reflektiert

$E_{\text{kin}_{x>0}}$ $\Rightarrow v$ ist imaginär

T\propto C^*C\cdot v\ \unicode{x21af}

$\left|\psi_{x>0}(x)\right|^2$ $x>0$ anzutreffen.

Eindringtiefe analog zum endlichen Potentialtopf

\delta=\frac{1}{\alpha}=\frac{h}{\sqrt{2m(U_0-E)}}

$E>U_0$

klassisch überwindbare Potentialbarriere

U(x)=\begin{cases}0, x<0, x>L\\U_0, 0<x<L \end{cases}

$0<x<L$ nur langsamer werden. Danach Weiterflug mit gleicher Geschwindigkeit wie vor Barriere.

$\psi_{x<0}(x)$ wie zuvor

\psi_{x<0}(x)=\underbrace{Ae^{+ikx}}_\text{einlaufend}+ \underbrace{Be^{-ikx}}_\text{reflektiert}

$\psi(x)_{0<x<L}(x)$ $x=L$ noch ein Potentialsprung

\psi_{0<x<L}(x)= Ce^{+ik'x}+De^{-ik'x}

$\psi_{x>L}(x)$ analog zu vorher

\psi_{x>L}(x)=Fe^{+ikx}

$x=0$

\psi_{x<0}(0)=\psi_{0<x<L}(0)\\ \Rightarrow Ae^{+ik0}+Be^{-ik0}=Ce^{+ik'0}+De^{-ik'0}\\ \Rightarrow A+B=C+D \text{ (i)}\\ \left.\frac{\text{d}\psi_{x<0}(x)}{\text{d}x}\right|_{x=0}=\left.\frac{\text{d}\psi_{0<x<L}(x)}{\text{d}x}\right|_{x=0}\\ \Rightarrow ikAe^{+ik0}-ikBe^{-ik0}=ik' Ce^{+ik'0}-ik'De^{-ik'0}\\ \Rightarrow k(A-B)=k'(C-D)\Leftrightarrow \frac{k}{k'}(A-B)=C-D\text{ (ii)}

$x=L$

\psi_{0<x<L}(L)=\psi_{x>L}(L)\\ \Rightarrow Ce^{+ik'L}+De^{-ik'L}=Fe^{+ikL}\text{ (iii)}\\ \left.\frac{\text{d}\psi_{0<x<L}(x)}{\text{d}x}\right|_{x=L}=\left.\frac{\text{d}\psi_{x>L}(x)}{\text{d}x}\right|_{x=L}\\ \Rightarrow ik'\left(Ce^{+ik'L}-De^{-ik'L}\right)=ikFe^{+ikL}\text{ (iv)}

R=\frac{B^*B}{A^*A}\text{, und }T=\frac{\left|\psi_\text{trans}\right|^2k}{\left|\psi_\text{einf}\right|^2k}=\frac{F^*F}{A^*A}=1-R

gleiche k weil bei x<0 und x>L gleiche Potential

(i)+(ii):

\frac{1}{2}\left(A+B+ \frac{k}{k'}(A-B)\right)=C\\ \frac{1}{2} A\left(1+ \frac{k}{k'} \right)+\frac{1}{2} B\left(1- \frac{k}{k'} \right)=C\text{ (v)}

(i)-(ii):

\frac{1}{2}\left(A+B- \frac{k}{k'}(A-B)\right)=D\\ \frac{1}{2} A\left(1- \frac{k}{k'} \right)+\frac{1}{2} B\left(1+ \frac{k}{k'} \right)=D\text{ (vi)}