Partícula cuántica que se mueve en la superficie del cilindro

Question

Tengo un problema con una partícula sin espín que se mueve en la superficie lateral de un cilindro de radio $r$ .

Si no se da el hamiltoniano, es $H=\frac{p^2}{2m}$ ¿sólo?

¿Cuáles son las funciones propias y los valores propios del Hamiltoniano?

¿Tengo que escribir el laplaciano en coordenadas cilíndricas?

He intentado lo siguiente:

$H=\frac{p^2}{2m}$ así que en coordenadas cilíndricas la TISE es:

$\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 }{\partial z^2}\psi(z,r)+\frac{L_z^2}{r^2}\psi(z,r)=E\psi(z,r)$ desde $L_z^2=-\hbar^2\frac{\partial^2 }{\partial \phi^2}$ el Hamiltoniano en separable y puedo encontrar una solución de la forma $\psi(z,r)=F(z)R(r)$ y no sé qué hacer a continuación.

Answer 1

Tal vez lo esté entendiendo mal, pero parece que la pregunta es simplemente "¿cuáles son las funciones propias de una partícula cuántica confinada en la superficie (lateral) de un cilindro?". No es necesario añadir un potencial infinito al Hamiltoniano para confinar la partícula a la superficie. Por ejemplo, cuando se resuelve el problema de una partícula libre en una "caja" en 2D, no se añade un potencial infinito para confinar la partícula a lo largo de la tercera dimensión. Para simplificar, tomaré el radio del cilindro como $R=1$ . También voy a suponer que la pregunta se refiere al escenario en el que el cilindro es infinitamente largo.

No hay movimiento a lo largo de la dirección radial $r$ pero hay movimiento a lo largo de $z$ y $\phi$ . El Hamiltoniano dado por Salmone es casi correcto. Es ( $\hbar=1$ ) \begin{equation} H = -\frac{1}{2m} \frac{\partial^2}{\partial z^2} -\frac{1}{2m} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}, \end{equation} que es claramente separable. Las funciones propias vienen dadas entonces por $\psi(z,\phi) = Z (z) \Phi(\phi)$ où $Z$ y $\Phi$ son los estados de una partícula libre, es decir \begin{align} Z(z) &= e^{ikz}\\ \Phi(\phi) &= e^{ik\phi}, \end{align} donde dejaré que te preocupes por la correcta normalización de estas funciones. Para $Z$ los valores de $k$ son cualquier número real, mientras que para $\Phi$ tenemos $\Phi(\phi+2 \pi) = \Phi (\phi)$ lo que implica que $k = 0, \pm1,\pm2, \dots$ .

Entonces los valores propios correspondientes para cualquiera de los dos $Z$ y $\Phi$ son simplemente $E = k^2/2m$ (donde $Z$ y $\Phi$ tienen diferentes restricciones sobre los posibles valores de $k$ )

Espero que esto ayude.

Answer 2

Partícula cuántica atrapada en un pozo cilíndrico

Voy a resolver este problema más o menos "ab initio '. Ya que como $U=0$ dentro del cilindro y $+\infty$ fuera de ella, el TISE es (con $u$ - que ahorra pulsaciones - la función de onda): $$-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 =Eu$$

Con la $\nabla^2$ -en coordenadas cilíndricas:

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{u_r}{r}+u_{rr}+\frac{u_{\varphi \varphi}}{r^2}+u_{zz}\right)=Eu$$ Las condiciones de contorno, porque $U=\infty$ exterior del cilindro ( $R_o$ radio exterior, $L$ longitud del cilindro): $$u(R_o,\varphi, z)=0$$ $$u(r,\varphi,0)=u(r,\varphi,L)=0$$ Suponemos que: $$u(r,\varphi,z)=R(r)\Phi(\varphi)Z(z))$$ Ahora realice separación de variables : $$\frac{u_r}{r}+u_{rr}+\frac{u_{\varphi \varphi}}{r^2}+u_{zz}=-\frac{2mE}{\hbar^2}u\tag{1}$$ $$\frac{\Phi Z R'}{r}+\Phi Z R''+\frac{RZ\Phi''}{r^2}+\Phi R Z''=-k^2u$$ $$\frac{R'}{rR}+\frac{R''}{R}+\frac{\Phi''}{r^2\Phi }+\frac{Z''}{Z}=-k^2$$

$$\frac{R'}{rR}+\frac{R''}{R}+\frac{\Phi''}{r^2\Phi}+k^2=\frac{Z''}{Z}=-m^2$$ Aquí está la primera ODE: $$\frac{Z''}{Z}=-m^2\tag{2}$$ $$\frac{R'}{rR}+\frac{R''}{R}+\frac{\Phi''}{r^2\Phi}+k^2=-m^2$$ $$\frac{rR'}{R}+\frac{r^2R''}{R}+\frac{\Phi''}{\Phi}+k^2r^2=-m^2r^2$$

$$\frac{rR'}{R}+\frac{r^2R''}{R}+k^2r^2+m^2r^2=-\frac{\Phi''}{\Phi}=\ell^2$$ Y la segunda ODE: $$\frac{\Phi''}{\Phi}=-\ell^2\tag{3}$$

$$\frac{rR'}{R}+\frac{r^2R''}{R}+k^2r^2+m^2r^2=\ell^2$$ Finalmente: $$r^2R''+rR'+\left((k^2+m^2)r^2-\ell^2\right)R=0\tag{4}$$

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Desde $(2)$ y el primer BC que espigamos:

$$Z_n(z)=A\sin m_nz$$

$$m_n=\frac{n\pi }{L}\text{ for }n=1,2,3,...$$

$(3)$ se parece mucho a $(2)$ pero $\varphi$ es un ángulo, por lo que tiene $2\pi$ periodicidad. Obtenemos: $$\Phi_{\ell}(\varphi)=B e^{i \ell \varphi}$$ $$\ell=0,1,2,3,...$$ $(4)$ resuelve a: $$R(r)=C_1 J_{\ell}\left(r\sqrt{k^2+m^2}\right)+C_2 Y_{\ell}\left(r\sqrt{k^2+m^2}\right)$$ Porque sí: $$Y_{\ell}\to -\infty\text{ for }r \to 0 \Rightarrow C_2=0$$

$$R(r)=C_1 J_{\ell}\left(r\sqrt{k^2+m^2}\right)$$ Así que usando el primer BC: $$0=J_{\ell}\left(R_o\sqrt{k^2+m^2}\right)$$ Si llamamos a las raíces de la función de Bessel $J_{\ell}$ los valores $\rho_{\ell,m}$ entonces: $$\rho_{\ell,m}=R_o\sqrt{k^2+m^2}$$ $$\rho_{\ell,m}^2=R_o^2(k^2+m^2)$$ $$k^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$$ $$E_{\ell,n}=\hbar^2\frac{\rho_{\ell,m}^2L^2-n^2 \pi^2 R_o^2}{2m R_o^2 L^2}$$ Puede encontrar los valores del $\rho_{\ell,m}$ aquí .

Tenemos los niveles de energía. Obsérvese que no están bien espaciados geométricamente como en el caso del $\text{1DPB}$ o el átomo de hidrógeno.

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Si te interesan las densidades de probabilidad, las soluciones de $(2)$ , $(3)$ y $(4)$ tendría que ser normalizado en sus respectivos dominios (no se muestra).