Pregunta rápida sobre cómo dibujar la función de onda en el pozo
usuario44840
Por lo general, para un pozo infinito, el esquema para el nivel n=3 es este:
Ahora creo que si un lado de la barrera de potencial es más alto, es más probable que la partícula pase tiempo en el lado izquierdo que en el lado derecho, por lo que la función de onda debería tener amplitudes más altas en el lado izquierdo (sesgada hacia la izquierda):
Respuestas (2)
Emilio Pisanty
Solo para que esto no pase desapercibido:
Ahora creo que si un lado de la barrera de potencial es más alto, es más probable que la partícula pase tiempo en el lado izquierdo que en el lado derecho, por lo que la función de onda debería tener amplitudes más altas en el lado izquierdo (sesgada hacia la izquierda):
Esto es incorrecto. Entre A y B el pozo es más profundo, por lo que la partícula va más rápido. Entre B y C el pozo es menos profundo y la partícula va más despacio, por lo que tarda más tiempo en cruzar esta región. Si toma una instantánea en un momento aleatorio, es más probable que esté entre B y C, y que la amplitud de la función de onda sea mayor:
Como mencionó Gert, para un pozo finito también hay una ligera penetración (tunelización) de las paredes, dando una cola exponencial allí en lugar de ceros estrictos en A y C.
Gert
Tienes razón en que para hay puntos cero no fronterizos .
Además, el módulo de es más bajo donde es el más bajo.
donde te equivocas es en eso no es cero y tampoco es cero, como indicas en tu esquema. Para y , no es (su pozo es un pozo finito, no infinito) y en esas regiones las funciones de onda decaen a exponencialmente (efecto "túnel").
Ver por ejemplo este caso simple .
¿Por qué la primera excitación radial de una partícula en un anillo 2D es El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z Emilio Pisanty El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z Considere la mecánica cuántica de una partícula masiva confinada por paredes de potencial infinito a un anillo 2Dun < r < segundo a < r < b a<r<b, para el cual las funciones propias del hamiltoniano obedecen a la ecuación estacionaria de Schrödinger −12∇2ψ ( r , θ ) = miψ ( r , θ )bajoψ ( un ) = ψ ( segundo ) = 0. − 1 2 ∇ 2 ψ ( r , θ ) = mi ψ ( r , θ ) bajo ψ ( a ) = ψ ( b ) = 0. -\frac12\nabla^2 \psi(r,\theta) = E\psi(r,\theta) \qquad \text{under}\quad \psi(a)=\psi(b)=0. Esta ecuación de Schrödinger es tan fácil de resolver como la del pozo cuadrado finito en 1D: la función de onda en sí debe ser una combinación lineal de funciones de Bessel de primer y segundo tipo, ψ ( r , θ ) = [ UNjmetro( k r ) + BYmetro( k r ) ]miyo soy θ, ψ ( r , θ ) = [ A j metro ( k r ) + B Y metro ( k r ) ] mi i metro θ , \psi(r,\theta) = \bigg[A J_m(kr) +B Y_m(kr)\bigg]e^{im\theta}, dóndemi=12k2 mi = 1 2 k 2 E=\frac12 k^2, y el cero en el anillo interior se puede resolver explícitamente con bastante facilidad, dando una función de onda de la forma ψ ( r , θ ) = norte[Ymetro( k a )jmetro( k r ) -jmetro( k a )Ymetro( k r ) ]miyo soy θ, ψ ( r , θ ) = norte [ Y metro ( k a ) j metro ( k r ) − j metro ( k a ) Y metro ( k r ) ] mi i metro θ , \psi(r,\theta) = N\bigg[Y_m(ka)J_m(kr) - J_m(ka)Y_m(kr)\bigg]e^{im\theta}, finalmente reduciendo el problema a la solución de una sola ecuación trascendental, Ymetro( k a )jmetro( k segundo ) -jmetro( k a )Ymetro( k segundo ) = 0 , Y metro ( k a ) j metro ( k b ) − j metro ( k a ) Y metro ( k b ) = 0 , Y_m(ka)J_m(kb) - J_m(ka)Y_m(kb)=0, los llamados ceros de Bessel de "producto cruzado" . Bien, con esa pequeña configuración, quiero hacer la siguiente nota: observación: en el límiteb / a ≫ 1 b / a ≫ 1 b/a\gg 1, donde el anillo es grande en comparación con su diámetro interior, el primerometro = 0 metro = 0 m=0estado excitado (es decir, el estado con exactamente un nodo radial) se encuentra entre el más bajometro = 2 metro = 2 m=2estado y el más bajometro = 3 metro = 3 m=3estado: Fuente de la imagen: Importar[" http://halirutan.github.io/Mathematica-SE-Tools/decode.m "][" http://i.stack.imgur.com/srzC6.png "] Esto es más fácil de mostrar gráficamente; la gráfica anterior muestra un rango razonablemente asintótico enb / a b / a b/a(configuraciónun = 1 a = 1 a=1), pero el comportamiento persiste hasta valores deb / a b / a b/atan grande como he querido poner. Con esto en mente, entonces: ¿Qué tiene de especial elmetro = 2 metro = 2 \mathbf{\boldsymbol m=2}ametro = 3 metro = 3 \mathbf{\boldsymbol m=3}¿paso? Es decir, si elmetro = 0 metro = 0 m=0,norter= 1 norte r = 1 n_r=1estado va a sentarse asintóticamente entre dos definido-metro metro mestados fundamentales, ¿por qué no entremetro = 0 metro = 0 m=0ymetro = 1 metro = 1 m=1? O, si las excitaciones azimutales son fundamentalmente más fáciles que las radiales, ¿por qué no entremetro = 1 metro = 1 m=1ymetro = 2 metro = 2 m=2? O, si va a ir en un punto alto de lametro metro mescalera, ¿por qué no lametro = 3 metro = 3 m=3ametro = 4 metro = 4 m=4ometro = 4 metro = 4 m=4ymetro = 5 metro = 5 m=5pasos mientras estamos en esto? mecánica cuántica función de onda potencial ecuación de Schroedinger valor propio El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z Tal vez uno podría verificar el comportamiento asintótico de los ceros de Bessel del producto cruzado: la expresión asintótica de la página NIST podría brindar algunas ideas. El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z Anders Sandberg El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z @AndersSandberg Las asintóticas en el DLMF son para los ceros de alto orden de la misma ecuación (es decir, suv v \nues mimetro metro my ellosmetro metro mes minorter norte r n_r; los resultados son asintóticos en sumetro metro m), en lugar del comportamiento del cero de menor orden como la propia ecuación (a través deb b b) cambios. El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z Emilio Pisanty El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z Emilio Pisanty El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z La mejor manera de abordar esta pregunta es cambiando el límite a la formaun / b → 0 a / b → 0 a/b\to 0, es decir, considerar el radio exterior como fijo y luego llevar el radio interior a cero. Eso generalmente requerirá quek a → 0 k a → 0 ka\to 0, y en ese régimen ela a a-coeficientes dependientes de la ecuación de cuantificación Ymetro( k a )jmetro( k segundo ) -jmetro( k a )Ymetro( k segundo ) = 0( ∗ ) ( ∗ ) Y metro ( k a ) j metro ( k b ) − j metro ( k a ) Y metro ( k b ) = 0 Y_m(ka)J_m(kb) - J_m(ka)Y_m(kb)=0 \tag{$*$} se verán muy diferentes entre sí: mientrasjmetro( k a ) j metro ( k a ) J_m(ka)permanecerá acotado (y, pormetro > 0 metro > 0 m>0, tenderá a cero),Ymetro( k a ) Y metro ( k a ) Y_m(ka)siempre crecerá sin límite, lo que significa que, como primera aproximación a la ecuación de cuantificación( ∗ ) ( ∗ ) (*)en ese límite, podemos simplemente descartar el término enYmetro( kb ) _ Y metro ( k b ) Y_m(kb), así que nos quedamos solo jmetro( k segundo ) = 0. j metro ( k b ) = 0. J_m(kb)=0. Es decir, el orden de los ceros radial y azimutal en este régimen asintótico es causado por el hecho de que los primeros ceros dej1( z) j 1 ( z ) J_1(z)yj2( z) j 2 ( z ) J_2(z)suceder antes del segundo cero dej0( z) j 0 ( z ) J_0(z), pero el primer cero dej3( z) j 3 ( z ) J_3(z)está entre el segundo y el tercer cero dej0( z) j 0 ( z ) J_0(z): Bien, eso resuelve el misterio, pero deja una pregunta abierta: si la condición de cuantización en este límite es solojmetro( k segundo ) = 0 j metro ( k b ) = 0 J_m(kb)=0, es decir, idéntico a un círculo completo sin un núcleo interno, entonces, ¿cómo logra la función de onda obtener un nodo en el medio? La respuesta a eso es ser un poco más precisos acerca de las aproximaciones tomadas en elk a → 0 k a → 0 ka\to 0límite, mediante el uso de estimaciones cuantitativas para elCmetro( k a ) C metro ( k a ) C_m(ka)coeficientes: usando las asintóticas jmetro( z) ∼zmetrom !2metro j metro ( z ) ∼ z metro metro ! 2 metro J_m(z) \sim \frac{z^m}{m! 2^m} para la solución regular, y Ymetro( z) ∼ −( metro - 1 ) !2metroπ1zmetro para m > 0yY0( z) ∼2πen( z) Y metro ( z ) ∼ − ( metro − 1 ) ! 2 metro π 1 z metro para metro > 0 y Y 0 ( z ) ∼ 2 π en ( z ) Y_m(z) \sim -\frac{(m-1)!2^m}{\pi} \frac{1}{z^m} \text{ for }m>0 \quad \text{and} \quad Y_0(z) \sim \frac{2}{\pi} \ln(z) para el divergente, la condición de cuantificación dice jmetro( kb ) _j0( kb ) _≈ −πm ! ( metro - 1 ) !22 metros( k a)2 metrosYmetro( kb ) _para m > 0 , y ≈π21en( k a )Y0( kb ) . _ j metro ( k b ) ≈ − π metro ! ( metro − 1 ) ! 2 2 metro ( k a ) 2 metro Y metro ( k b ) para metro > 0 , y j 0 ( k b ) ≈ π 2 1 en ( k a ) Y 0 ( k b ) . \begin{align} J_m(kb) & \approx - \frac{\pi}{m!(m-1)! 2^{2m}} (ka)^{2m}Y_m(kb) \quad \text{for }m>0, \ \text{and}\\ J_0(kb) & \approx \frac{\pi }{2} \frac{1}{\ln(ka)} Y_0(kb). \end{align}Hasta ahora, esto nos dice lo que ya sabíamos: laYmetro( kb ) _ Y metro ( k b ) Y_m(kb)se comportará bien en el otro extremo, y elka _ k a kaLos factores dependientes impulsaránjmetro( kb ) _ j metro ( k b ) J_m(kb)hasta cero. Sin embargo, lo que es más importante es que ahora podemos devolver estas estimaciones a la función de onda misma, que ahora dice ψ ( r , θ ) =norte′[jmetro( k r ) +πm ! ( metro - 1 ) !22 metros( k a)2 metrosYmetro( k r ) ]miyo soy θ, ψ ( r , θ ) = norte ′ [ j metro ( k r ) + π metro ! ( metro − 1 ) ! 2 2 metro ( k a ) 2 metro Y metro ( k r ) ] mi i metro θ , \psi(r,\theta) = N'\bigg[J_m(kr) + \frac{\pi}{m!(m-1)! 2^{2m}} (ka)^{2m}Y_m(kr)\bigg]e^{im\theta}, parametro > 0 metro > 0 m>0y ψ ( r , θ ) =norte′[j0( k r ) -π21en( k a )Y0( k r ) ] ψ ( r , θ ) = norte ′ [ j 0 ( k r ) − π 2 1 en ( k a ) Y 0 ( k r ) ] \psi(r,\theta) = N'\bigg[J_0(kr) - \frac{\pi }{2} \frac{1}{\ln(ka)}Y_0(kr)\bigg] \qquad\qquad\qquad\qquad para el caso base. Lo importante aquí es que la solución está esencialmente dominada por lajmetro( k r ) j metro ( k r ) J_m(kr)término, porque el coeficiente delYmetro( k r ) Y metro ( k r ) Y_m(kr)término desaparece en elk a → 0 k a → 0 ka\to 0límite; por lo tanto, no sorprende que la condición de cuantificación se limite al caso de círculo completo. Sin embargo, esta dominación no se extiende hasta el límite interior: la solución tiene una pequeña cantidad deYmetro( k r ) Y metro ( k r ) Y_m(kr)en él, pero el coeficiente sigue siendo distinto de cero, y comok r k r krenfoqueska _ k a kadesde arriba, la función de NeumannYmetro( k r ) Y metro ( k r ) Y_m(kr)se hará cada vez más grande, por lo que para cualquier finitoa a aeventualmente será lo suficientemente grande para igualar la pequeñez del coeficiente, dando un término de orden1 1 1que cancelará el distinto de cerojmetro( k a ) j metro ( k a ) J_m(ka)contribución. Así, por ejemplo, enmetro = 0 metro = 0 m=0la función de onda se parece a su básicaj0( k r ) j 0 ( k r ) J_0(kr)estado fundamental del tambor, pero con un poquito deY0( k r ) Y 0 ( k r ) Y_0(kr)eso solo es relevante cuando diverge y elimina un cero en el origen. Finalmente, solo para documentar esto aquí: la asíntota dada arriba funciona bastante bien parametro ≥ 1 metro ≥ 1 m\geq 1, pero no es bueno para elmetro = 0 metro = 0 m=0canal, donde la convergencia a esa asintótica es logarítmica en lugar de ley de potencia. De hecho, esto se puede mejorar, tomando la ecuación como se planteó inicialmente, Ymetro( k a )jmetro( k segundo ) -jmetro( k a )Ymetro( k segundo ) = 0 ,( ∗ ) ( ∗ ) Y metro ( k a ) j metro ( k b ) − j metro ( k a ) Y metro ( k b ) = 0 , Y_m(ka)J_m(kb) - J_m(ka)Y_m(kb)=0, \tag{$*$} y suponiendo que la solución no cambia mucho, es decir, estableciendok segundo =jm , norte+ d k b = j metro , norte + d kb = j_{m,n}+\delta, alguna perturbación en elnorte norte nel cero dejmetro j metro J_m, y expandiendojmetro( kb ) _ j metro ( k b ) J_m(kb)linealmente sobre este punto, lo que produce jmetro( k segundo ) ≈ −jmetro + 1(jm , norte) d, j metro ( k b ) ≈ − j metro + 1 ( j metro , norte ) d , J_m(kb) \approx -J_{m+1}(j_{m,n})\delta, con todo lo demás intacto en el cero. Esto conduce a una ecuación lineal end d \delta, que se puede resolver para dar k segundo =jm , norte−1Ymetro(jm , norteun / b )jmetro(jm , norteun / b )Ymetro(jm , norte)jmetro + 1(jm , norte). k b = j metro , norte − 1 Y metro ( j metro , norte a / b ) j metro ( j metro , norte a / b ) Y metro ( j metro , norte ) j metro + 1 ( j metro , norte ) . kb= j_{m,n} - \frac{1}{Y_m(j_{m,n}a/b)} \frac{J_m(j_{m,n}a/b)Y_m(j_{m,n})}{J_{m+1}(j_{m,n})}. Parametro = 0 metro = 0 m=0, ese primer denominador da una asintótica de la forma k segundo =j0 , norte+π/ 2en( b /jm , norteun )jmetro(jm , norteun / b )Ymetro(jm , norte)jmetro + 1(jm , norte). k b = j 0 , norte + π / 2 en ( b / j metro , norte a ) j metro ( j metro , norte a / b ) Y metro ( j metro , norte ) j metro + 1 ( j metro , norte ) . kb= j_{0,n} + \frac{\pi/2}{\ln(b/j_{m,n}a)} \frac{J_m(j_{m,n}a/b)Y_m(j_{m,n})}{J_{m+1}(j_{m,n})}. Esto realmente mejora esa convergencia, particularmente en la aproximación de línea gris sólida al estado fundamental: Fuente: Importar[" http://halirutan.github.io/Mathematica-SE-Tools/decode.m "][" http://i.stack.imgur.com/Uk9Eo.png "] El clima es bueno ahora. Ahora es 2023-03-11T19:58:50.292Z
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