¿Se puede formar un paquete de ondas de electrones cuasiclásico en órbita elíptica a partir de estados propios similares al hidrógeno enlazados?

_{Advertencia : post largo por delante. Para simplemente ver una animación, desplácese hasta la parte inferior;)}

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Requisitos en el paquete de ondas

Primero hagamos algunas estimaciones, usando la expresión analítica exacta para la evolución de un paquete de ondas gaussianas en el espacio libre . Con suerte, no estará demasiado mal en el caso en que el potencial de Coulomb esté activado. La expresión se ve así:

$$\operatorname{gaussian}(x,t)=\sqrt{\frac{\sigma_0}{\sqrt{2\pi}}\bigg/\left(\sigma_0^2+\frac{i\hbar t}{2m}\right)} \exp\left(-\sigma_0^2\left(\frac p\hbar\right)^2\right) \exp\left(-\frac{\left(x-2i\sigma_0^2\frac p\hbar\right)^2}{4\left(\sigma_0^2+\frac{i\hbar t}{2m}\right)}\right). \tag1$$

De ella podemos encontrar el valor esperado de$x$cambios en el tiempo como

$$\langle x\rangle=\int\limits_{-\infty}^\infty \left|\operatorname{gaussian}(x,t)\right|^2 x\,\mathrm{d}t=\frac{pt}m, \tag2$$

mientras que la desviación estándar$\sigma$de posición evoluciona como

$$\sigma(t)=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2}=\sqrt{\sigma_0^2+\frac{t^2\hbar^2}{4m^2\sigma_0^2}}. \tag3$$

Requeriremos que después de dos períodos orbitales,$\sigma$se vuelve no más de 2 veces más grande que inicialmente, es decir

$$\sigma(2T)\le2\sigma_0. \tag4$$

Si consideramos el movimiento de una partícula clásica en el campo de Coulomb

$$V(r)=-\frac\alpha r, \tag5$$

donde$\alpha=\frac{-Qq}{4\pi\varepsilon_0}$y$Qq$es el producto de las cargas del centro de atracción y la partícula en movimiento, entonces el período orbital es$^\dagger$

$$T=2\pi a^{3/2}\sqrt{\frac m\alpha}, \tag6$$

donde$a$es el semieje mayor de la órbita elíptica.

Por lo tanto, resolviendo la desigualdad$(4)$, obtenemos:

$$\sigma_0\ge\sqrt{\frac{2\pi\hbar}{\sqrt{3\alpha m}}}a^{3/4}. \tag7$$

Así tenemos el límite inferior de$\sigma_0$para limitar la tasa de propagación de nuestro paquete de ondas. Pero también queremos que el paquete de ondas esté lo suficientemente localizado, de modo que sea fácil separarlo visualmente del núcleo. Requeriremos eso

$$\sigma_0\le a/20, \tag8$$

y luego, tomando$\sigma_0$ser lo más bajo posible según$(7)$, tenemos nuestro límite inferior en$a$:

$$a\ge\frac{(800\pi\hbar)^2}{3\alpha m}. \tag9$$

Ejemplo explícito de parámetros de trabajo

OK, vamos a ir numérico ahora. Con base en la estimación anterior, elegiremos algunos parámetros para la órbita del electrón y verificaremos "experimentalmente" si las estimaciones arrojan algo bueno.

En general, para un sistema similar al hidrógeno tenemos$Qq=-Ze^2$, dónde$Z$es el número atómico del núcleo. Insertar números en$(9)$, vemos eso

$$a>Z^{-1}\times 111.4\,\mathrm{\mu m}. \tag{10}$$

Para hacer los cálculos más prácticos, queremos un valor posiblemente más pequeño de$a$, por lo que nuestras funciones propias tendrían menos oscilaciones. Entonces tomemos einstenio$^\ddagger$como el núcleo, de modo que$Z=99$, y tomemos el valor más pequeño que podamos (una fracción de porcentaje más pequeña, para números más agradables):

$$a=1.12\,\mathrm{\mu m}. \tag{11}$$

Definamos algunos valores más ahora. Elegiremos eje semi-menor$b$de la órbita para tener un valor razonable, por lo que obviamente no es circular, pero no hace que el pericentro sea demasiado pequeño:

$$b=\frac34a=0.84\,\mathrm{\mu m}. \tag{12}$$

Entonces tenemos el momento angular medio$M$definido por

$$M=b\sqrt{-2mE}=1.145\times10^{-31}\,\mathrm{J\cdot s}=1086\hbar, \tag{13}$$

donde$E$es la energía total (que es negativa, ya que estamos interesados ​​en un estado ligado). esta dado por

$$E=\frac{-\alpha}{2a}=-1.02\times10^{-20}\,\mathrm{J}=-0.063\,\mathrm{eV}. \tag{14}$$

De la igualdad

$$E_n=-\frac{Z^2me^4}{8(2\pi\hbar)^2\varepsilon_0^2n^2} \tag{15}$$

podemos ver que el valor promedio del número cuántico principal$n$es

$$\langle n\rangle=1447.5. \tag{16}$$

Estableceremos la distancia media inicial del electrón desde el núcleo hasta el apocentro de la órbita:

$$r_0=a\left(1+\sqrt{1+\frac{2EM^2}{m\alpha^2}}\right)=1.86\,\mathrm{\mu m}. \tag{17}$$

Para facilitar el cálculo de las proyecciones de nuestro paquete de ondas inicial en estados propios, lo representaremos como un producto de tres funciones:

$$\psi_0(r,\theta,\phi)=R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi), \tag{18}$$

donde estas funciones se definen como

$$\begin{align} \Phi(\phi)&=\exp\left(-\frac{(r_0(\phi-\pi))^2}{4\sigma_0^2}\right)\exp\left(i\frac M\hbar \phi\right), \tag{19}\\ \Theta(\theta)&=\exp\left(-\frac{(r_0(\theta-\pi/2))^2}{4\sigma_0^2}\right), \tag{20}\\ R(r)&=\exp\left(-\frac{(r-r_0)^2}{4\sigma_0^2}\right). \tag{21} \end{align}$$

Con estas definiciones, la órbita y el$3\sigma_0$El círculo del paquete de ondas inicial se verá así:

Cálculos prácticos

En principio, los parámetros enumerados anteriormente son suficientes para construir el paquete de ondas que queremos. Pero si no tenemos una computadora súper rápida, es posible que queramos hacer algunas simplificaciones en los cálculos.

Para$\Phi$es trivial encontrar proyecciones$\Phi_m$en estados propios: es solo una transformada de Fourier, y dado que nuestro paquete de ondas está muy localizado en el espacio angular, incluso podemos integrar sobre$\phi\in(-\infty,\infty)$por simplicidad, obteniendo resultados muy cercanos a la integración sobre$\phi\in[0,2\pi]$. El resultado será así

$$\Phi_m= \int\limits_0^{2\pi} \Phi(\phi)e^{-im\phi}\,\mathrm d\phi\approx \int\limits_{-\infty}^\infty \Phi(\phi)e^{-im\phi}\,\mathrm d\phi=\\ =\frac{2\sqrt\pi\sigma_0}{r_0}\exp\left(\frac{(m-M/\hbar)((M/\hbar-m)\sigma_0^2-i\pi r_0^2)}{r_0^2}\right). \tag{22}$$

Para nuestros valores elegidos será suficiente usar las proyecciones con$m=1000,...,1170$, por lo que el valor mínimo de la proyección es$\sim10^{-4}$(el máximo es$\sim0.1$).

Para$\Theta$encontrar proyecciones no es tan trivial, y tuve que recurrir a la integración numérica. la integral es

$$\Theta_{l,m}=\int\limits_0^\pi \Theta(\theta)Y_l^m(\theta,0)\sin(\theta)\,\mathrm d\theta, \tag{23}$$

donde$Y_l^m(\theta,\phi)$es la función armónica esférica . Afortunadamente, debido a la naturaleza de los armónicos esféricos de alto momento angular, solo tenemos que usar$l=m,...,(m+7)$. Además, cuando$l+m$es impar, la integral se anula, así que esto facilita un poco el cálculo.

Para$R$encontrar proyecciones directamente es numéricamente el problema más difícil. la integral es

$$R_{n,l}=\int\limits_0^\infty R(r)F_{n,l}(r)r^2\,\mathrm dr, \tag{24}$$

donde$F_{n,l}$es la función propia radial de un sistema similar al hidrógeno:

$$F_{n,l}(\rho)=\left(\frac{a_B}Z\right)^{-3/2}\sqrt{\frac{(n-l-1)!}{(n+l)!}}e^{-\frac rn}\left(\frac{2r}n\right)^l\frac2{n^2}L_{n-l-1}^{2l+1}\left(\frac{2r}n\right), \tag{25}$$

donde denotamos$r=\frac{Z\rho}{a_B}$, y$a_B$es el radio de Bohr . función de Laguerre$L_n^a$se da en la notación utilizada en GNU Scientific Library y en Wolfram Mathematica .

A pesar de la dureza de los cálculos de$R_{n,l}$, podemos ajustarlo satisfactoriamente usando la siguiente fórmula para el caso de$l=m_{\mathrm{min}}=1000$:

$$R_{n,1000}\approx(-1)^{n+l+1}\exp\left(-154.84 - 0.92643 n + 0.00149354 n^2 - 5.46295\times 10^{-7} n^3\right). \tag{26}$$

Máximo de$R_{n,l}$como una función de$n$coincide aproximadamente con el caso en que$F_{n,l}(r)$tiene un punto de inflexión más lejano en$r=r_0$. Así, para encontrar$R_{n,l}$para otros valores de$l$, podemos simplemente mover su máximo por la diferencia entre los valores de$n$correspondiente a los puntos de inflexión más lejanos siendo igual a$r_0$para los estados propios$F_{n,l}(r)$. Los puntos de inflexión se pueden encontrar a partir de la ecuación

$$-\frac\alpha {r_0}+\frac{\hbar^2l(l+1)}{2mr_0^2}=-\frac{Z^2me^4}{8(2\pi\hbar)^2\varepsilon_0^2n^2}. \tag{27}$$

Los cálculos muestran que para una precisión satisfactoria podemos tomar$n=1300,...,1600$.

Resultados

Después de los cálculos descritos anteriormente, obtenemos una expansión finita de nuestro paquete de ondas en funciones propias similares a las del hidrógeno:

$$\operatorname{packet}(r,\theta,\phi,t)=\sum\limits_{m=1000}^{1170}e^{im\phi}\Phi_m\sum\limits_{l=m}^{m+7}Y_{l,m}(\theta,0)\Theta_{l,m}\sum\limits_{n=1300}^{1600}R_{n,l}F_{n,l}(r)\exp\left(-i\frac E\hbar t\right). \tag{28}$$

Así es como la evolución del paquete de ondas busca la porción de$\theta=\frac\pi2$para$t\in[0,0.95T]$(se puede descargar una versión más larga desde aquí , 50,3 MiB):

Podemos ver que nuestras estimaciones estaban un poco equivocadas: el paquete de ondas no parece extenderse tanto en la dirección radial. Pero en realidad son buenas noticias.

Otra cosa a tener en cuenta es la dispersión muy pronunciada del paquete de ondas debido a la incertidumbre en la posición radial en el apocentro, que aumenta a medida que avanzamos en el tiempo (visible en la animación más larga). Pero este es un efecto completamente clásico. Si ponemos varias partículas clásicas a lo largo de la$x$eje, con el mismo momento angular, masa y carga que para nuestro electrón, y los dejamos moverse (despreciando la interacción entre ellos), veremos la misma distribución de sus posiciones. Aquí hay una animación de diez de esas partículas superpuestas en el paquete de ondas:

Al final del cuarto período orbital (ver la animación más larga vinculada arriba), el paquete se propaga tanto que su "cabeza" comienza a interferir con su "cola", y más adelante comienza a autointerferirse constantemente.

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_{$^\dagger$Para derivaciones de fórmulas que describen el movimiento orbital, véase, por ejemplo, Landau & Lifshitz, " Mechanics ",$\S15$problema de Kepler.
$^\ddagger$Porque es el núcleo más pesado que se puede obtener en cantidades a escala macroscópica.}