Квантовая свободная частица в сферической координате

Question

Квантовая свободная частица в сферической координате

пользователь3001408

Я пытаюсь понять свободную частицу как в декартовой, так и в сферической координате. Итак, свободная частица входит, скажем, $x$ направление с некоторой энергией $E$ . Мы знаем, что волновая функция такой частицы:

\begin{matrix} (1) & ψ (Икс) "=" А е^{я к Икс} + Б е^{- я к Икс} . \end{matrix}

$\psi(x)=Ae^{ikx} + Be^{-ikx}.\tag{1}$

Теперь давайте проделаем те же вычисления в сферической системе координат и получим волновую функцию. В Сферические уравнения принимают следующий вид с $\psi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ :

Теперь угловая часть, $Y$ , я могу принять его за константу, и $l=0$ так как нет углового момента. Теперь, если я решу теперь радиальную часть, используя замену $u=rR(r)$ , и $V=0$ , Я получил $u=Ce^{ikr}+De^{-ikr}$ , и поэтому $R=\frac {1}{r}(Ce^{ikr}+De^{-ikr}).$

Теперь я знаю, что $\theta=\pi/2, \phi=\pi/2$ , и поэтому $x=rsin(\theta)sin(\phi)=r$ , Теперь ясно, просто подставив $r$ с $x$ , я не могу восстановить свое декартово решение, как описано выше (уравнение 1). Более того, в $r\to0$ , решение взрывается, чего не было в декартовом решении.

Я не могу понять эту дилемму, что решение должно быть одинаковым в обеих координатах, но они дают мне разные результаты!

Ответы (3)

Квантовая свободная частица в сферической координате

Qмеханик · Answer 1

Технически сферическая система координат определяется в трехмерном пространстве. $\mathbb{R}^3\backslash\{0\}$ кроме происхождения $r=0$ . Следовательно, сферические координаты плохо описывают систему в начале координат. $r=0$ .
Сама свободная частица не имеет ничего общего с происхождением. Фактических физических граничных условий в начале координат нет. Мораль в том, что мы не должны использовать сферическую систему координат для описания инвариантной к сдвигу системы, поскольку она искусственно выделяет точку системы.
Теперь скажем, что мы все же решили использовать сферические координаты. Таким образом, мы должны отказаться от описания в $r=0$ . Следовательно, мы эффективно изучаем свободную частицу на $\mathbb{R}^3\backslash\{0\}$ вместо. Для каждого $\ell\in\mathbb{N}_0$ , радиальная ТИСЭ имеет 2 моды: Одна из них расходится как $r\to 0$ , другой обычный. Это нормально, потому что, что касается нашего нового описания, $r=0$ более не существует. Также обратите внимание, что расходящиеся моды необходимы, если мы попытаемся перевести их в прямоугольные моды прямоугольной системы координат .
До сих пор мы обсуждали состояния рассеяния свободной частицы. Иная ситуация для связанных состояний. В начале координат могут возникнуть дополнительные физические граничные условия, ср. например , это и это сообщения Phys.SE.

ZeroTheHero · Answer 2

Решения для радиальной части находятся в терминах сферических функций Бесселя:

\begin{aligned} р_{ℓ} (р) "=" {Дж}_{ℓ} (р) \end{aligned}

$\begin{align} R_\ell(\rho)=j_\ell(\rho) \end{align}$ Подробно это сделано в тексте КМ Ландау и Лифшица.

Ваше радиальное уравнение для $u$ должно получиться

\begin{aligned} {ты}^{″} - \frac{ℓ (ℓ + 1)}{р^{2}} + к^{2} ты (р) "=" 0 . \end{aligned}

$\begin{align} u''-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}+k^2 u(r)=0\, . \end{align}$ Есть граничное условие в

r = 0

$r=0$ это должно гарантировать, что ваш

u

$u$ не расходится там, так как

u (0) = 0

$u(0)=0$ . Таким образом, для

ℓ = 0

$\ell=0$ у нас есть

\begin{aligned} {Дж}_{0} (р) & "=" \frac{1}{р} грех (р), \\ {ты}_{0} (р) "=" р р_{0} (р) & "=" грех (р) . \end{aligned}

$\begin{align} j_0(\rho)&=\frac{1}{\rho}\sin(\rho)\, ,\\ u_0(\rho)=\rho R_0(\rho)&=\sin(\rho)\, . \end{align}$ который идет к

0

$0$ как

ρ \to 0

$\rho\to 0$ как и ожидалось.

Обратите внимание, что это $\rho R(\rho)$ это должно пойти в $0$ , даже если $R(\rho)$ вести себя иначе. Это связано с тем, что условие относится к плотности вероятности $\vert u(\rho)\vert^2 = \vert \rho R(\rho)\vert^2$ . Тот же тип поведения происходит в атоме водорода.

Я понял, ошибка, которую я сделал, была в том уравнении, которое я установил $l=0$ , а затем решил это, но я должен установить $l=0$ только после решения с $l$ нетронутый. Большое спасибо.

Дэйвид · Answer 3

Ваша формула для R верна.

Однако для этого требуется, чтобы начало координат находилось в центре волны. Это не сработает, если, помимо прочего, для эксперимента с двумя щелями, где есть две радиальные волны со смещенными центрами.

Я думаю (анзац), что более общие собственные функции неограниченного сферического гамильтониана со свободными частицами таковы:

\begin{matrix} (1) & А | \vec{р} - {\vec{р}}_{а} |^{- 1} е^{- я (к (| \vec{р} - {\vec{р}}_{а} |)} + Б | \vec{р} - {\vec{р}}_{а} |^{- 1} е^{я (к (| \vec{р} - {\vec{р}}_{а} |)} \end{matrix}

$A\lvert \vec r -\vec r_a \vert^{-1} e^{-i(k (\lvert \vec r -\vec r_a \vert) } + B\lvert \vec r -\vec r_a \vert^{-1} e^{i(k (\lvert \vec r -\vec r_a \vert) }\tag1$ где

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ — вектор положения центра радиальной волны. Однако я не проводил утомительных вычислений, чтобы доказать это. Тем не менее, я думаю, что любая волновая функция объекта, обладающего только радиальным импульсом, может быть построена из взвешенной суперпозиции

(1)

$(1)$ над переменной

k

$k$ . У него был бы центр в

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ . Я также думаю, что правильное решение для чего-то вроде плоской волны (собственные функции декартова гамильтониана свободных частиц) представляет собой суперпозицию собственных функций

(1)

$(1)$ , где можно было бы интегрировать по

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ , вдоль линии, которая была бы параллельна фронту плоской волны.

Для простоты давайте рассмотрим пространство как двумерную плоскость. я думаю $r^{-1}$ в вашей формуле связано с требованием, чтобы плотность вероятности по длине дуги (определяемой углом $\theta$ а на радиальном расстоянии в r) раз $\Delta r$ должна быть такой же, как плотность вероятности для дуги с другой длиной дуги (также определяемой тем же углом $\theta$ но на другом радиальном расстоянии) раз $\Delta r$ . В картезианском случае это не так. Математическим следствием является сингулярность при $r=0$ . Тем не менее, со сферическими координатами гораздо легче работать в случаях углового момента или когда изоповерхности плотности вероятности являются сферическими, а не плоскими.

Квантовая свободная частица в сферической координате

пользователь3001408

Ответы (3)

Qмеханик

ZeroTheHero

пользователь3001408

Дэйвид

Решения уравнения Шредингера в двумерных полярных координатах при нулевом потенциале

Как определить волновую функцию свободной частицы в сложной потенциальной функции?

2D уравнение Шредингера в полярных координатах - граничные условия в начале координат

Интерпретация граничных условий в нестационарном уравнении Шредингера

Можем ли мы наложить граничное условие на производную волновой функции с помощью физических предположений?

Почему уравнение Шредингера так хорошо работает для атома водорода, несмотря на релятивистскую границу на ядре?

С какой скоростью волновая функция обращается в нуль на бесконечности?

Я пропустил трюк для решения проблемы 3D потенциальной скважины?

Бесконечные скважины и дельта-функции

Квантовая механика в электрическом поле