Anchura de un pozo de potencial finito que tiene exactamente 7 estados ligados

Question

Actualmente estamos trabajando en la búsqueda de soluciones para la ecuación de Schrodinger unidimensional independiente del tiempo en la que tenemos una partícula, en nuestro caso un nucleón, en un pozo de potencial finito. Llegamos a la siguiente relación para determinar el potencial que daría lugar exactamente a $N$ estados ligados en un pozo de anchura $L$ aunque más bien se nos ha dado esto y no se nos ha mostrado de dónde viene.

$$\frac{\hbar^2(N-1)^2\pi^2}{2mL^2}<V_0<\frac{\hbar^2N^2\pi^2}{2mL^2}$$

He hecho algo de lectura sobre estas relaciones viene de, pero todavía estoy un poco borrosa en él por lo que cualquier aclaración sería útil. Sin embargo, mi pregunta principal es cómo encontrar $L$ dado algunos estados potenciales y 7 estados ligados. Si aíslo $L^2$ en la ecuación anterior llego a lo siguiente.

$$\frac{\hbar^2(N-1)^2\pi^2}{2mV_0}<L^2<\frac{\hbar^2N^2\pi^2}{2mV_0}$$

Cuando introduzco nuestros valores ( $V_0 = 40\space MeV$ , $N = 7$ y $m = 938.9265\space MeV$ ) mi solución para $L$ sale en unidades de segundos. Me informaron que podía llegar a una expresión con $mc^2$ que devolvería una solución en unidades de metros, pero no estoy seguro de cómo hacerlo. Creo que mi problema surge del hecho de que no soy plenamente consciente de dónde viene esta relación, pero puede ser que me esté perdiendo algo obvio, por lo que se agradecería cualquier aportación.

Answer 1

El mayor problema es que su ecuación de valores propios es la de un pozo infinito, por lo que no tiene ninguna posibilidad de soportar un número finito de estados límite.

Para proceder es necesario utilizar un finito así $$ V(x)=\left\{ \begin{array}{cc} -V_0&-a\le x\le a\\ 0&\vert x\vert>a\, . \end{array}\right. \tag{1} $$ Las soluciones se dividen muy bien en soluciones de paridad par e impar, que se hallan por medio de la numeración resolver una ecuación trascendental . El estado de menor energía (tierra) será de paridad par, y también el tercero, el quinto y el séptimo. Los estados de paridad impar serán el segundo, cuarto, sexto, octavo, etc. en energía.

Si $V_0$ es fijo, tendrá que ajustar la anchura $2a$ por lo que el octavo estado límite, es decir, la cuarta solución con paridad impar, no aparece mientras que el séptimo estado límite (es decir, la cuarta solución par) sí. De hecho, esto le dará un rango de anchura posible $2a$ .

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Nota: un escenario posiblemente más realista sería utilizar un pozo rectangular 3D. Esto reducirá el número de soluciones distintas que hay que buscar, ya que las soluciones serán idénticas en las tres direcciones. Sin embargo, esto conlleva problemas de conteo.

Si quieres ponerte elegante, puedes utilizar un pozo 3D esférico con $r$ sustituyendo a $x$ en (1), $r\ge 0$ y una pared infinita en $r=0$ . Las soluciones para un pozo esférico finito utilizan funciones esféricas de Bessel y Haeckel y no son tan fáciles de encontrar, aunque el procedimiento es básicamente el mismo que el del pozo cartesiano.

Cada una de estas extensiones 3D (más realistas) viene acompañada de una degeneración energética. Si $$\Psi_{n_xn_yn_z}(x,y,z)=\psi_{n_x}(x)\psi_{n_y}(y)\psi_{n_z}(z) $$ es una solución cartesiana, entonces el estado básico tendrá $n_x=n_y=n_z=1$ los siguientes estados excitados tienen $(n_x,n_y,n_z)=(2,1,1),(1,2,1)$ o $(1,1,2)$ así que eso es $4$ estados hasta allí, y el siguiente conjunto tendrá $(n_x,n_y,n_z)=(2,2,1),(2,1,2)$ o $(1,2,2)$ para darle exactamente $7$ estados. Ahora bien, si su pozo es lo suficientemente amplio como para dar cabida a una solución a lo largo de $x$ para $n_x=2$ , entonces el estado $(n_x,n_y,n_z)=(2,2,2)$ también puede ocurrir y su anchura se acomodaría $8$ no $7$ afirma. Incluir el giro no ayuda: si se supone que cada $(n_x,n_y,n_z)$ nivel puede acomodar dos estados de giro, te metes en el mismo tipo de problema tan pronto como permites cualquier $n=2$ solución.

Este problema no desaparece en el caso esférico. El estado básico tendrá $n=1,\ell=0$ y se acomodará $2$ estados (teniendo en cuenta el espín). El siguiente nivel es un $n=1,\ell=1$ nivel que acomodará $2\times 3=6$ niveles (de nuevo teniendo en cuenta el giro). Creo que el siguiente después es $n=2, \ell=0$ de nuevo que se adapte a $2$ estados: aquí también no se puede conseguir sólo $7$ estados.