Verwendung der Unschärferelation zur Abschätzung der Grundzustandsenergie von Wasserstoff

$\newcommand{\d}[1]{\,\mathrm{d}#1}\newcommand{\pdv}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}}\newcommand{\p}{\psi_{100}}\newcommand{\pdvt}[2]{\frac{\partial^2 #1}{\partial #2^2}}$Der Grundzustand des Wasserstoffs ist wie folgt:

$$\psi_{100}=Y_{00}\frac{2}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0}$$

Der Erwartungswert des Positionsoperators für diesen Zustand ist der folgende:

$$\begin{align} \left<x\right>&=\iint r^3 \left| \psi_{100}\right| ^2 \d\Omega \d r \\ &= \int (Y_{00})^2 \d \Omega \int \frac{2r^3}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r \tag{1} \\ &= \int\frac{2r^3}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r = \frac{3a_0}{2} \tag{2} \end{align}$$

wobei ich die Orthonormalität der sphärischen Harmonischen aus gehe$(1)$Zu$(2)$. Ich werde diesen Schritt in allen folgenden Berechnungen auslassen.

Ebenso ist der Erwartungswert des Quadrats des Positionsoperators

$$\left<x^2\right>=\iint r^4 \left| \psi_{100}\right| ^2 \d\Omega \d r = \int\frac{2r^4}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0} \d r = 3(a_0)^{2}$$

Daher$\Delta x= \sqrt{ 3(a_0)^{2} -\left( \frac{3a_0}{2} \right)^2 } = \frac{\sqrt 3}{2} a_0$

Der Erwartungswert des Impulsoperators ist Null, wie man leicht erkennen kann

$$\left<p\right>=\iiint\frac{\hbar}{i}\psi_{100} \pdv{\psi_{100}}{x} \d x \d y \d z = \iiint \frac{\hbar}{2i}\pdv{\psi_{100}^2}{x} \d x \d y \d z=0$$

Beachten Sie, dass ich in diesem Fall die kartesischen Koordinaten verwendet habe, mit denen das Integral in diesem Fall leicht auszuwerten ist, da die Ableitung einer geraden Funktion ungerade ist und somit das Integral verschwindet. Beachten Sie auch, dass außer diesem alle Integrale in sphärischen Koordinaten ausgewertet werden und daher die$r^2 \d r \d \Omega$Begriff.

Der Erwartungswert des Quadrats des Impulsoperators ist dann:

$$-\frac{\left<p^2\right>}{\hbar^2}= \iint r^2 \p \nabla^2 \p \d r \d \Omega = \iint r^2 \p \left( \pdvt{}{r} + \frac{2}{r} \pdv{}{r} + \frac{1}{r^2} \nabla^2_{\theta\phi} \right) \p \d r \d \Omega$$

Wo$\nabla^2_{\theta\phi}$ist ein Begriff mit partiellen Ableitungen von$\theta$Und$\phi$wirkt direkt auf$\p$.

$$\begin{align} \implies \left<p^2\right> &= -\hbar^2 \int r^2 \p \left( \pdvt{\p}{r} + \frac{2}{r} \pdv{\p}{r} \right) \d r\\ &= \hbar^2 \int \frac{4\,r\,\left( r−2\,a_0\right) \,{e}^{−\frac{2\,r}{a_0}}}{{a_0}^{5}} \d r \\ &= \frac{\hbar^2}{{a_0}^{2}} \end{align}$$

Daher$\Delta p = \sqrt{\frac{\hbar^2}{{a_0}^{2}}} = \frac{\hbar}{{a_0}}$. Berechnung der$\Delta x$Und$\Delta p$nahm einige (!) Algebra. Mal sehen, was die Unschärferelation zu sagen hat.

$$\Delta x \Delta p = \hbar \frac{\sqrt 3}{2} \approx 0.866 \hbar \approx \hbar$$

Zu wissen, dass die Unsicherheitsrelation mehr als eine Unsicherheit ergeben würde$\hbar/2$Ihr Lehrer hat sich entschieden, Ihnen zu geben$\Delta x \Delta p =\hbar$damit es eine vernünftigere Grenze wäre.

Beachten Sie, dass$\Delta p_x \Delta r$erfüllt die Unschärferelation im strengen Sinne nicht, da$r$ist nicht konjugiert zu$p_x$(oder$p_y$Und$p_z$). Stattdessen können Sie überlegen$\Delta p_x \Delta x$. Der Grundzustand des Wasserstoffatoms ist

$$\begin{equation} \psi_0(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi a^3}} e^{-r/a}, \end{equation}$$ Wo $a$ist der Bohr-Radius. Erstens, $\left< x \right> = 0$, Weil $\psi_0$ist kugelsymmetrisch. Die Fluktuation im $x$ist somit gegeben durch $$\begin{equation} \Delta x = \sqrt{\left< x^2 \right>} = \sqrt{\frac{\left< r^2 \right>}{3}}, \end{equation}$$ da der Grundzustand kugelsymmetrisch ist. Für den Erwartungswert von $r^2$, wir finden $$\begin{align} \left< r^2 \right> & = \frac{4\pi}{\pi a^3} \int_0^\infty dr \, r^4 e^{-2r/a} \\ & = \frac{4}{a^3} \frac{1}{2^4} \frac{d^4}{d^4(1/a)} \int_0^\infty dr \, e^{-2r/a} \\ & = \frac{1}{8a^3} \frac{d^4}{d^4(1/a)} \frac{1}{1/a} = \frac{4!}{8} a^2 = 3a^2, \end{align}$$ und wir erhalten $\Delta x = a$. Nächste, $\left< \vec p \right> = 0$weil die Wellenfunktion reell und normierbar ist ( $\vec p$ist hermitesch), also haben wir $$\begin{equation} \Delta p_x = \sqrt{\left< p_x^2 \right>} = \sqrt{\frac{\left< p^2 \right>}{3}}, \end{equation}$$ ähnlich wie vorher. Mit $\left< p^2 \right> = \frac{\hbar^2}{a^2}$( Siehe die Antwort von Gonenc ), finden Sie $\Delta p_x = \frac{\hbar}{\sqrt{3}a}$. Schließlich erhalten wir $$\begin{equation} \Delta x \Delta p_x = \frac{\hbar}{\sqrt{3}} \approx 0.58 \hbar > \frac{\hbar}{2}. \end{equation}$$ Beachten Sie auch, dass da $\Delta r = \frac{\sqrt{3}}{2} a$( siehe die Antwort von Gonenc ), wir haben $$\begin{equation} \Delta r \Delta p_x = \frac{\hbar}{2}. \end{equation}$$

Die Antwort auf die Frage des OP lautet, dass dies eine Größenordnungsschätzung ist und die Person, die die Schätzung durchführt, Werte verwendet hat, von denen bekannt ist, dass sie näher an den korrekten Werten liegen, damit die Größenordnungsschätzung der wahren Antwort näher kommt.

Der Großteil meines Beitrags zeigt, dass es eine einfache Wahl für "r" und "p" gibt, für die man das sagen könnte$pr=1$Exakt. Ich habe diese Antwort hauptsächlich als ergänzendes Beispiel zu der anderen Antwort hinzugefügt (die eine explizite Berechnung unter Verwendung der Grundzustandswellenfunktion in der Positionsbasis durchläuft).

Wenn Sie die Identifizierung vornehmen:

$$\left\langle{\frac{1}{r}}\right\rangle\sim \frac{1}{r}\;,$$ bei dem die$r$auf der LHS ist ein Operator und die$r$auf der rechten Seite ist mit dem Symbol gekennzeichnet$r$im Originalbeitrag.

Und wenn Sie die Identifizierung vornehmen:

$$\langle p^2\rangle \sim p^2\;,$$ wo, wieder, der Betreiber$p^2$befindet sich auf der linken Seite und sein Erwartungswert ist mit dem Quadrat des Symbols gekennzeichnet$p$aus dem ursprünglichen Beitrag.

Mit diesen Definitionen ist es einfach, das zu zeigen$pr=\hbar$für den Grundzustand des Wasserstoffatoms.

Um die Dinge sauber zu halten, verwende ich dort Gaußsche Atomic Hartree-Einheiten$e=\hbar=m_e=1$und wo das Potential aufgrund des Wasserstoffkerns ist$e/r$. (Da ist kein "$4\pi\epsilon_0$" in Gaußschen Einheiten).

Nach dem Virialsatz für das Wasserstoffatom

$$E=-\frac{1}{2}\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle$$ so dass für den Grundzustand (für den E = -13,6 eV = -1/2 (in atomaren Einheiten)) $$\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle=1$$ Dh, $$r=1\;,$$ Wo "$r$" wird jetzt wie oben beschrieben mit dem Symbol im ursprünglichen Beitrag gekennzeichnet. [Beachten Sie, dass dies nicht der Fall ist$\langle 1/r\rangle =1/\langle r\rangle$, dh es gibt keinen Konflikt mit der anderen Antwort, mit der gearbeitet wurde$r\sim \langle r\rangle$statt$r\sim 1/\langle 1/r\rangle$.]

Ähnlich besagt der Virialsatz

$$2\langle T\rangle=\langle p^2\rangle=\left\langle\frac{1}{r}\right\rangle\;,$$ was für den Grundzustand bedeutet, $$\langle p^2\rangle =1\;,$$ dh, $$p=1$$ Wo "$p$" wird nun wie oben beschrieben mit dem Symbol im ursprünglichen Beitrag gekennzeichnet.

Also für den Grundzustand von Wasserstoff mit den oben erwähnten Bezeichnungen

$$pr=1=\hbar$$