¿Por qué no puedo sumar las energías en este ejemplo de aproximación WKB para obtener las energías permitidas para el potencial dado?

Question

¿Por qué no puedo sumar las energías en este ejemplo de aproximación WKB para obtener las energías permitidas para el potencial dado?

cucharada

Use la aproximación WKB para encontrar las energías permitidas ( $E_n$ ) de un pozo cuadrado infinito con un "estante", de altura $V_0$ que se extiende a la mitad de:

$V (X) = {\begin{cases} V_{0} & , si 0 < X < a / 2 \\ 0 & , si a / 2 < X < a \\ \infty & , de lo contrario \end{cases}$ $V(x)=\begin{cases} V_0 &, \text{ if} \quad 0<x<a/2 \\ 0 &, \text{ if} \quad a/2<x<a \\ \infty &, \text{ otherwise} \end{cases}$

Esto es lo que hice:

para la región $0<x<a/2$ :

ϕ (X) = \frac{1}{ℏ} \int_{0}^{a / 2} pag (X) d X = norte π

$\phi (x)=\frac{1}{\hbar}\int_0^{a/2}p(x)dx=n\pi$

\frac{a pag}{2} = norte π ℏ

$\frac{ap}{2}=n\pi \hbar$

$p=\sqrt{2m(E-V_0)}$ , entonces resolviendo para $E$ rendimientos:

mi = \frac{2 {norte}^{2} π^{2} ℏ^{2}}{metro a^{2}} + V_{0}

$E=\frac{2n^2\pi ^2 \hbar ^2}{ma^2}+V_0$

para la región $a/2<x<a$ :

mi = \frac{2 {norte}^{2} π^{2} ℏ^{2}}{metro a^{2}}

$E=\frac{2n^2\pi ^2 \hbar ^2}{ma^2}$

Entonces dije que no podemos tener 2 energías permitidas diferentes definiendo todo el potencial, así que las resumí.

{mi}_{norte} = \frac{4 {norte}^{2} π^{2} ℏ^{2}}{metro a^{2}} + V_{0}

$E_n = \frac{4n^2\pi ^2 \hbar ^2}{ma^2} + V_0$

= 8 {mi}_{norte}^{0} + V_{0}

$=8E_n^0 + V_0$

dónde $E_n^0 = \frac{n^2\pi ^2 \hbar ^2}{2ma^2}$

... pero la respuesta dada es

{mi}_{norte} = {mi}_{norte}^{0} + \frac{V_{0}}{2} + \frac{V_{0}^{2}}{dieciséis {mi}_{norte}^{0}}

$E_n = E_n^0 + \frac{V_0}{2} + \frac{V_0^2}{16E_n^0}$

¿Por qué no es correcto simplemente agregar las energías como lo hice yo?

Respuestas (1)

¿Por qué no puedo sumar las energías en este ejemplo de aproximación WKB para obtener las energías permitidas para el potencial dado?

qmecanico · Answer 1

Sugerencias:

OP aparentemente piensa en el potencial como dos pozos infinitos de medio ancho y agrega los dos espectros de energía. OP de esta manera obtiene niveles de energía más altos que los niveles de energía de los dos pozos individuales de ancho medio. Este método y resultado son incorrectos. De hecho, en realidad, el espacio adicional reduce los niveles de energía.
La noción importante es la longitud.
$\begin{matrix} (A) & ℓ (V) = \frac{a}{2} θ (V) + \frac{a}{2} θ (V - V_{0}) \end{matrix}$ $\ell(V) ~=~ \frac{a}{2}\theta(V)+ \frac{a}{2}\theta(V-V_0)\tag{A}$ de la región de posición clásicamente accesible.
Como se explica en mi respuesta Phys.SE aquí , el número $n$ de estados ligados por debajo del nivel de energía $E$ (en la aproximación WKB) es

\begin{matrix} (B) & norte \approx \frac{\sqrt{2 metro}}{h} \int_{min (0, V_{0})}^{mi} \frac{ℓ (V) d V}{\sqrt{mi - V}} \overset{(A)}{=} \frac{\sqrt{2 metro}}{h} a (\sqrt{mi} + \sqrt{mi - V_{0}}) . \end{matrix}

$n~\approx~ \frac{\sqrt{2m}}{h}\int_{\min(0,V_0)}^E \frac{\ell(V)~dV}{\sqrt{E-V}} ~\stackrel{(A)}{=}~\frac{\sqrt{2m}}{h}a \left(\sqrt{E}+ \sqrt{E-V_0}\right).\tag{B}$

De la ec. (B) deducimos que
$\begin{matrix} (C) & 2 \sqrt{{mi}_{0}} \overset{(B)}{=} \sqrt{mi} + \sqrt{mi - V_{0}}, \end{matrix}$ $2\sqrt{E_0}~\stackrel{(B)}{=}~\sqrt{E}+ \sqrt{E-V_0},\tag{C}$ dónde $E_0$ denota los niveles de energía para el sistema sin el estante $V_0=0$ . (Aquí hemos suprimido el índice $n$ de la notación.)
Reorganizar la ecuación. (C) para derivar la fórmula buscada:
$\begin{matrix} (D) & mi \overset{(C)}{=} {(\sqrt{{mi}_{0}} + \frac{V_{0}}{4 \sqrt{{mi}_{0}}})}^{2} = {mi}_{0} + \frac{V_{0}}{2} + \frac{V_{0}^{2}}{dieciséis {mi}_{0}} . \end{matrix}$ $E~\stackrel{(C)}{=}~\left(\sqrt{E_0}+\frac{V_0}{4\sqrt{E_0}}\right)^2~=~E_0+ \frac{V_0}{2}+\frac{V_0^2}{16E_0}.\tag{D}$

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cucharada

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