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1 Vorbemerkung Dies ist ein abgegebener Übungszettel aus dem Modul physik41. Dieser Übungszettel wurde nicht korrigiert. s handelt sich lediglich um meine Abgabe und keine Musterlösung. Alle Übungszettel zu diesem Modul können auf gefunden werden. Sofern im Dokuments nichts anderes angegeben ist: Dieses Werk von Martin Ueding ist lizenziert unter einer Creative Commons Namensnennung - Weitergabe unter gleichen Bedingungen 4.0 International Lizenz. [disclaimer]

2 Gruppe 4 Franz Niecknig Martin Ueding Lizenz: CC-BY-SA 3.0 cba Aufgabe H 4 Punkte / 0 Zuerst vollziehe ich die Separation nach: i t ϑ(t)ϕ (t) = m x + V (x) ϑ(t)ϕ (t) Dies kann ich zerlegen in: ϑ(t) = c 1 exp i t i ϑ(t) ϑ(t) = ϕ (x) + V (x) =: m ϕ (x) Sowie außerhalb der Barriere: ϕ (x) = c exp i x + c 3 exp i x Und innerhalb: (V0 )m (V0 )m ϕ (x) = c 4 exp x + c 5 exp x mu@uni-bonn.de 1

3 H 4a. nergien außerhalb des Intervalls nergie außen innen negativ Abfall Abfall klein Schwingung Abfall groß Schwingung Schwingung Dies entspricht meiner Vorstellung: in komplett freies Teichen (große nergie) geht durch die Barriere durch. in Teilchen mit kleiner nergie ist außerhalb der Barriere frei, kann allerdings nicht beliebig tief in die Barriere eindringen. H 4b. Lösungen Bereich (A) ϕ (A) (x) = α + exp i x + α exp i x Bereich (B) ϕ (B) (x) = β (V0 )m (V0 )m + exp x + β exp x Bereich (C) ϕ (C) (x) = γ + exp i x + γ exp i x Die Wellenzahlen k sind letztlich der Vorfaktor im Argument der xponentialfunktion ohne i: k() =, k (V0 )m () = i H 4c. Anschlussbeziehungen Um die Anschlussbeziehungen herzuleiten, schreibe ich die Funktionen ϕ mit den k kompakter: Bereich (A) ϕ (A) (x) = α + exp (ikx) + α exp ( ikx) Bereich (B) ϕ (B) (x) = β + exp ik x + β exp ik x Martin Ueding Seite / 7 Gruppe 4 Franz Niecknig

4 Bereich (C) ϕ (C) (x) = γ + exp (ikx) + γ exp ( ikx) An den Übergangsstellen ±L/ muss die Wellenfunktion ϕ und d dx ϕ stetig sein. s muss also gelten: Setze die Funktionen ϕ (A) ϕ (A) ϕ (B) d dx ϕ(a) d dx ϕ(b) und ϕ (B) = ϕ (B) L L = ϕ (C) L = d ein: L α + exp ik L + α exp ik L β + exp ik L + β exp ik L ikα + exp ik L + ikα exp ik L ik β + exp ik L ik β exp ik L L L dx ϕ(b) = d dx ϕ(c) L L = β + exp ik L = γ + exp ik L = ik β + exp = ikγ + exp ik L + β exp ik L ik L + ik β exp + γ exp ik L ikγ exp ik L ik L Bei der weiteren Herleitung habe ich mich stark an [?, Seite 69] gehalten. Dann teile ich die dritte und die vierte Gleichung jeweils durch ik und führe y := k /k ein. α + exp ik L + α exp ik L = β + exp ik L + β exp ik L β + exp ik L + β exp ik L = γ + exp ik L + γ exp ik L α + exp ik L α exp ik L = yβ + exp ik L yβ exp ik L yβ + exp ik L + yβ exp ik L = γ + exp ik L + γ exp ik L Martin Ueding Seite 3 / 7 Gruppe 4 Franz Niecknig

5 Ab hier führe ich folgende Abkürzungen ein: τ + := exp ik L, τ := exp ik L, τ + := exp ik L, τ := exp ik L Damit werden die vier Gleichungen zu: α + τ + α τ + = β + τ + β τ + β + τ + + β τ = γ +τ + + γ τ α + τ α τ + = yβ + τ yβ τ + yβ + τ + + yβ τ = γ +τ + + γ τ In dieser Aufgabe sollte dieser Schritt zwar noch nicht vollzogen werden, damit ich dieses Gleichungssystem allerdings etwas einfacher lösen kann, mache ich bereits hier die Annahme, dass die Welle von rechts einläuft, also γ = 0. Außerdem lege ich α + = 1 fest. τ + α τ + = β + τ + β τ + β + τ + + β τ = γ +τ + τ α τ + = yβ + τ yβ τ + yβ + τ + + yβ τ = γ +τ + Betrachte nun rste plus Dritte, sowie Zweite plus Vierte. (1 y)β + τ + (1 + y)β τ = 0 τ = (1 + y)β + τ + (1 y)β τ + Dieses Gleichungssystem in β + und β schreibe ich in Matrixform: (1 + y)τ (1 y)τ + β+ τ (1 y)τ + (1 + = y)τ β 0 }{{} A Dieses System löse ich mit der Cramer schen Regel: det A = (1 + y) τ (1 y) τ + Die Lösungen sind: β + = 1 det A τ τ (1 + y) β = 1 det A τ τ + (1 y) Martin Ueding Seite 4 / 7 Gruppe 4 Franz Niecknig

6 Diese rgebnisse bringe ich jetzt in folgendes System ein: β + τ + + β τ = γ +τ + + γ τ yβ + τ + yβ τ = γ +τ + γ τ Nach Umformen erhalte ich: γ + = 4τ y det A Laut [?, Seite 70] soll für α folgendes herauskommen, was ich selbst allerdings nicht erhalten konnte: α = i sin k L 1 y det A τ Meine k und k waren so definiert, dass das Problem gleich dem Potentialtopf war: k() =, k (V0 )m () = i Um eine Interpretation für dieses Problem zu erlangen, führe ich k ein. Ich glaube, Paul hat k und k genau anders herum. (V0 )m k() =, k() := Nun muss ich die Transformation k i k überall vornehmen. Dadurch wird auch y i y. Die Determinante det A wird zu: det A = (1 iy) τ (1 + iy) τ + = 1 iy y exp k L 1 + i y y exp k L = 1 y sinh k L iy cosh k L H 4d. Von links einlaufendes Teilchen Die Vereinfachung ist γ = 0. Diese hatte ich zur Reduktion des Rechenaufwands allerdings schon in der vorherigen Teilaufgabe vorgenommen, so dass ich hier nicht vergleichen kann. Martin Ueding Seite 5 / 7 Gruppe 4 Franz Niecknig

7 H 4e. Transmissions- und Reflexionskoeffizient Der Reflexionskoeffizient: R = α = i sin k L 1 y det A τ = k sin L 1 y τ det A }{{} =1 Hier wende ich die Transformation y y an. = sinh k L 1 + y det A Der Transmissionskoeffizient: T = γ+ = 4 y det A y = 16 det A Und die transformierte Determinante (det A) : (det A) = 1 y sinh (...) + 4 y cosh (...) = 1 y + y 4 sinh (...) + 4y cosh (...) = sinh (...) y sinh (...) + y 4 sinh (...) + 4y + 4 y sinh (...) = 1 + y + y 4 sinh (...) + 4 y 4 = 1 + y sinh (...) + 4 y 4 Die Summe von R und T ist, wenn man einige Faktor in R und T verteilt, gerade 1. In [?, Seite 83] kommt es sehr ähnlich heraus, ich gehe davon aus, dass ich mich nur verrechnet habe. H 4f. Grenzfall der Koeffizienten Laut [?, Seite 83] sind die Transmissions- und Reflexionskoeffizienten für die Potenzialbarriere mit x := k k = V0 Martin Ueding Seite 6 / 7 Gruppe 4 Franz Niecknig

8 gegeben als: 4x 1 + x sinh k L T() = 4x x, R() = sinh k L 4x x sinh k L Der Grenzwert einer breiten und hohen Potenzialbarriere bedeutet, dass V 0 und L als groß anzusehen sind. Dabei strebt T() gegen 0 und R() gegen 1. Das Teilchen wir also ausschließlich reflektiert. Martin Ueding Seite 7 / 7 Gruppe 4 Franz Niecknig