El Hamiltoniano de la Tierra en el campo de gravedad del Sol es la misma que la de los electrones en el átomo de hidrógeno (además de algunas constantes), así que ¿por qué son los niveles de energía de la Tierra no cuantificada?
(por supuesto, la pregunta es válida para cada masa en un campo de gravedad).
Respuestas
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Mark H
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La energía orbital de la Tierra alrededor del Sol es cuantificada. La medición de esta cuantización es directamente inviable, como voy a mostrar a continuación, pero otros experimentos con rebote neutrones (de la Naturaleza papel) muestran que el movimiento en el clásico campo de gravedad está sujeto a la cuantización de la energía.
Se puede estimar la cuantificado los niveles de energía de la órbita de la Tierra, por analogía con el átomo de hidrógeno, ya que ambos son de la inversa del cuadrado de las fuerzas--con diferentes constantes. Para el hidrógeno: $$E_n = -\frac{m_e}{2}\left(\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\right)^2\frac{1}{n^2\hbar^2}$$ La sustitución de $m_e$ con la masa de la Tierra ($m$) y la expresión entre paréntesis con la correspondiente expresión de la fuerza gravitacional ($GMm$donde $M$ es la masa del sol y de la $G$ es la constante gravitacional) para obtener $$E_n = -\frac{m}{2}\left(GMm\right)^2\frac{1}{n^2\hbar^2}$$ La configuración de este igual al total de la energía orbital $$E_n = -\frac{m}{2}\left(GMm\right)^2\frac{1}{n^2\hbar^2} = -\frac{GMm}{2r}$$ La solución para $n$ y el taponamiento en los valores da: $$n = \frac{m}{\hbar}\sqrt{GMr} = 2.5\cdot 10^{74}$$ El hecho de que la Tierra es el nivel de energía está en un gran número cuántico significa que cualquier transición energética (que son proporcionales a $1/n^3$) será undetectably pequeño.
De hecho, para la transición al siguiente nivel de energía, la Tierra tendría que absorber: $$\Delta E_{n \to n+1} = m\left(GMm\right)^2\frac{1}{n^3\hbar^2} = 2\cdot 10^{-41}\ \textrm{J} = 1\cdot 10^{-22}\ \textrm{eV}$$ Para un sentido de lo poco que esta energía es, un fotón de esta energía tiene una longitud de onda de la $10^{16}$ metros--o, un año luz.
La solución para $r$: $$r = n^2\left(\frac{\hbar}{m}\right)^2\frac{1}{GM}$$ Un aumento en el número cuántico principal ($n$) por uno en un cambio en la distancia orbital de \begin{align} \Delta r &= \left[(n+1)^2 - n^2\right]\left(\frac{\hbar}{m}\right)^2\frac{1}{GM} \\ &= \left[2n + 1\right]\left(\frac{\hbar}{m}\right)^2\frac{1}{GM} \\ &= 1.2\cdot 10^{-63}\ \textrm{meters} \end{align} De nuevo, demasiado pequeña para medir.
Iván Mauricio Burbano
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Ohnomydisk
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tl;dr- En principio, la cuantización todavía podría aplicar. Científicamente hablando, no tenemos idea.
No sabemos lo lejos que nuestro actual de las teorías cuánticas podrían sostener.
Para hacer una analogía, las leyes de Newton del movimiento predecir que las cosas pueden moverse más rápido que la velocidad de la luz, $c$. Pero, resulta que no era lo correcto; de las leyes de Newton a poco cayó en el límite relativista, y hoy sabemos que esa predicción no fue significativa.
Así, como se describe en @MarkH la respuesta, los niveles de energía están separados por
$$\begin{align} \Delta r &= \left[(n+1)^2 - n^2\right]\left(\frac{\hbar}{m}\right)^2\frac{1}{GM} \\ &= \left[2n + 1\right]\left(\frac{\hbar}{m}\right)^2\frac{1}{GM} \\ &= 1.2\cdot 10^{-63}\ \textrm{meters} \end{align}$$
En términos de la longitud de Planck,$$ \ell_{\mathrm{P}} ~ {\aprox} ~ 1.616229{\times}{10}^{-35}\textrm{metros}, $$that'd be about $7.4{\cdot}{10}^{-29}\ell_{\mathrm{P}}$.
Como regla general, cualquier predicción que es astronómicamente más pequeñas que la longitud de Planck cae en el reino de la especulación frente a verificados los modelos científicos.
