Warum ist die Energieverschiebung aufgrund eines „durchhängenden“ Potentials negativ und unabhängig von der Boxgröße?

Question

Warum ist die Energieverschiebung aufgrund eines „durchhängenden“ Potentials negativ und unabhängig von der Boxgröße?

ODP

Betrachten Sie eine Box der Breite $L$ und das sich aus folgendem Potential zusammensetzt

v (X) = \frac{v_{0} X (X - L)}{L^{2}}, X \in [0, L]

$V(x)=\frac{V_0x(x-L)}{L^2}, x\in[0,L]$ Und

V (x) = \infty

$V(x)=\infty$ anderswo. Unter Verwendung der Störungstheorie - mit einem quadratischen Kästchen als ähnliches Potential - findet man, dass das Störungspotential für

x \in [0, L]

$x\in[0,L]$ ist einfach das Potenzial, das die durchhängende Kiste beschreibt (was Sinn macht, weil

V (x) = 0

$V(x)=0$ für normale Box).

Bei der Berechnung der n-ten Zustandsenergieverschiebung erster Ordnung findet man das auch

Δ E_{N}^{(1)} = - v_{0} (\frac{1}{6} + \frac{1}{2 N^{2} π^{2}}) .

$\Delta E_n^{(1)}=-V_0\Big({1\over6}+{1\over2n^2\pi^2}\Big).$

An diesem Ergebnis sind zwei Dinge interessant:

Es ist negativ,
Sie ist unabhängig von der Breite der Box.

Ersteres lässt sich leichter erklären. Mein Versuch ist, dass das Potential der durchhängenden Kiste so ist, dass die Kiste scheinbar in den negativen Bereich der Potentialachse durchhängt, wodurch die Energieänderung negativ wird.

Bearbeiten : Eine andere mögliche Erklärung (verzeihen Sie das Wortspiel), an die ich gerade gedacht habe, ist ähnlich: Da die Box nach unten durchhängt, entsteht mehr Platz für Eigenzustände mit niedrigerer Energie innerhalb der Box, wodurch eine Nettoenergieverschiebung mit negativem Wert entsteht.

Für den zweiten habe ich Mühe, eine Erklärung zu finden. Vielleicht liegt ein Durchhangspotenzial eher an Verhältnissen als an Größen. Ein Gedanke ist, dass sich der „Durchhang“ visuell nach oben bewegen würde, wenn Sie die Schachtel dehnen würden (dh weniger durchhängen würden), wie man es erwarten würde, wenn Sie an einer Seite eines Gummibandes oder etwas anderem ziehen. Somit wird einer Abhängigkeit von der Breite des Kastens entgegengewirkt.

Irgendwelche Vorschläge?

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Hier ist die Berechnung von $\Delta E_n^{(1)}$ :

Wir betrachten das Störpotential $\Delta V=V(x)-V_0(x)$ , Wo $V_0(x)$ ist ein Potential, das dem gegebenen Potential visuell ähnlich ist. Ein sehr ähnliches Potenzial (Sie können dies überprüfen, indem Sie beide als Kästchen zeichnen) ist die einfache Situation einer „Kiste“ (dh $V(x)=0$ für $x\in [0,L]$ ). Daher

Δ v (X) = v (X) - v_{0} (X) = \frac{v_{0} X (X - L)}{L^{2}} - 0 = \frac{v_{0} X (X - L)}{L^{2}} .

$\Delta V(x)=V(x)-V_0(x)=\frac{V_0x(x-L)}{L^2}-0=\frac{V_0x(x-L)}{L^2}.$ Die Energieverschiebung ist dann gegeben durch

Δ E = ⟨ Δ v ⟩ = \int_{0}^{L} D X Φ^{*} Δ v Φ .

$\Delta E=\left< \Delta V\right>=\int_0^Ldx\Phi^*\Delta v\Phi.$ Unter Verwendung der stationären Zustandslösungen der Schrödinger-Gleichung

Φ_{n} (x) = \sqrt{L / 2} \sin \frac{n π x}{L}

$\Phi_n(x)=\sqrt{L/2}\sin{\frac{n\pi x}{L}}$ , wir bekommen

Δ E = \int_{0}^{L} D X \frac{L}{2} {Sünde}^{2} (\frac{N π X}{L}) \frac{v_{0} X (X - L)}{L^{2}} = . . . = - v_{0} (\frac{1}{6} + \frac{1}{2 N^{2} π^{2}}) .

$\Delta E=\int_0^Ldx\frac{L}{2}\sin^2\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)\frac{V_0x(x-L)}{L^2}=...=-V_0\Big(\frac{1}{6}+\frac{1}{2n^2\pi^2}\Big).$

udrv

Angesichts der Form von

V (x)

$V(x)$ , etwas an Ihrer Behauptung klingt seltsam

Δ E_{n}^{(1)}

$\Delta E_n^{(1)}$ ist unabhängig von

L

$L$ . Kannst du deine Berechnung skizzieren?

ODP

Ich habe die Frage bearbeitet.

Antworten (1)

Warum ist die Energieverschiebung aufgrund eines „durchhängenden“ Potentials negativ und unabhängig von der Boxgröße?

Angesichts der Form von $V(x)$ , etwas an Ihrer Behauptung klingt seltsam $\Delta E_n^{(1)}$ ist unabhängig von $L$ . Kannst du deine Berechnung skizzieren?

udrv · Answer 1

"Vielleicht liegt ein Durchhangspotenzial eher an Verhältnissen als an Größen."

Ihre Schlussfolgerung ist richtig, aber die Idee beschränkt sich nicht auf das Absacken. Dies ist eine nette Übung in der Skalierung, und alles ergibt sich aus der Wahl der Parametrisierung des Potentials für eine gegebene Länge $L$ .

Um dies im vorliegenden Fall besser zu sehen, schreiben Sie einfach den Hamiltonian in Bezug auf die skalierte Koordinate um $\xi = \frac{x}{L}$ , verwenden $\frac{d}{dx} = \frac{1}{L}\frac{d}{d\xi}$ ,

\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{D^{2}}{D X^{2}} + v_{0} \frac{X}{L} (\frac{X}{L} - 1) = - \frac{ℏ^{2}}{2 M L^{2}} \frac{D^{2}}{D ξ^{2}} + v_{0} ξ (ξ - 1) = \frac{1}{L^{2}} {\hat{H}}_{0} + v_{0} \hat{u}

${\hat H} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + V_0\frac{x}{L}\left( \frac{x}{L} - 1\right) = -\frac{\hbar^2}{2mL^2}\frac{d^2}{d\xi^2} + V_0\xi \left( \xi - 1\right) = \frac{1}{L^2} {\hat h}_0 + V_0{\hat u}$ wo beides

{\hat{h}}_{0}

${\hat h}_0$ Und

\hat{u}

${\hat u}$ sind nun maßstabsunabhängig. In dieser Form ist klar, dass dies selbstverständlich ist

V_{0}

$V_0$ die gesamte Abhängigkeit von

L

$L$ aus der ursprünglichen unendlichen Kiste kommt, und dass dies gilt, wann immer das Potential von der Form ist

V (x) = V_{0} u (x / L)

$V(x) = V_0 \;u(x/L)$ .

Es gibt auch eine andere interessante Wahl der Skalierung. Wenn wir weiter gehen

v_{0} = \frac{{\bar{v}}_{0}}{L^{2}}

$V_0 = \frac{{\bar V}_0}{L^2}$ das Eigenwertproblem

\hat{H} ψ_{n} = E_{n} ψ_{n}

${\hat H}\psi_n = E_n\psi_n$ kann in die skalenunabhängige Form umgeschrieben werden

[{\hat{H}}_{0} + {\bar{v}}_{0} \hat{u}] ψ_{N} = ϵ_{N} ψ

$\left[{\hat h}_0 + {\bar V}_0{\hat u}\right]\psi_n = \epsilon_n\psi$ Hier

ϵ_{n} = L^{2} E_{n}

$\epsilon_n = L^2E_n$ ist offensichtlich auch skalenunabhängig,

ψ_{n} = ψ_{n} (ξ) \equiv ψ (x / L)

$\psi_n = \psi_n(\xi)\equiv \psi(x/L)$ , und für gegeben

{\bar{V}}_{0}

${\bar V}_0$

E_{N} = \frac{ϵ_{N}}{L^{2}}

$E_n = \frac{\epsilon_n}{L^2}$ bewahrt die gleiche Abhängigkeit von

L

$L$ als Eigenwerte der unendlichen Box,

E_{n}^{0} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}

$E^0_n = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}$

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udrv

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udrv

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