Wie groß ist ein angeregtes Wasserstoffatom?

Question

Wie groß ist ein angeregtes Wasserstoffatom?

Karl

Stellen Sie sich ein leeres Universum mit Ausnahme eines einzelnen Wasserstoffatoms (1 Proton, 1 Elektron) vor. Das Elektron kann sich in seinem Grundzustand befinden oder über eine bestimmte Anzahl von Niveaus angeregt werden. Angenommen, es ist auf Ebene $n$ .

Wählen Sie ein vernünftiges Maß für die Größe, z. B. den durchschnittlichen Abstand des Elektrons zum Proton oder den Radius der das Proton umgebenden Kugel, die mit hinreichend hoher Wahrscheinlichkeit (z. B. $1 - 10^{-20}$ ), enthalten das Elektron. Wenn eine andere Größendefinition einfacher zu berechnen ist, würde ich diese gerne verwenden.

Wie wächst diese Größe mit $n$ ?

Ich wurde von dieser Frage über die Bekestein-Bindung inspiriert , insbesondere von Jerry Schirmers Vorschlag , die Informationen in einem einzigen Atom zu speichern. Ich habe diese Idee schon einmal gesehen, aber nie richtig analysiert. Insbesondere scheint die Grenze (schwache) Grenzen dafür zu setzen, wie nahe das Elektron dem Proton in einem hoch angeregten Zustand sein könnte, obwohl vielleicht die hohe Fluchtwahrscheinlichkeit des Elektrons die Grenze verwüstet.

Asaf

Hoch angeregte Atome werden Rydberg-Atome genannt. Sie sind derzeit ein heißes Thema in der Forschung, aber eine der größten Herausforderungen beim Erreichen beliebig hoher Werte

n

$n$ ist die Tatsache, dass die Polarisierbarkeit wie skaliert

n^{7}

$n^7$ die kleinste Änderung des elektrischen Feldes würde also eine sehr große Kraft auf das Atom ausüben.

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Wie groß ist ein angeregtes Wasserstoffatom?

Hoch angeregte Atome werden Rydberg-Atome genannt. Sie sind derzeit ein heißes Thema in der Forschung, aber eine der größten Herausforderungen beim Erreichen beliebig hoher Werte $n$ ist die Tatsache, dass die Polarisierbarkeit wie skaliert $n^7$ die kleinste Änderung des elektrischen Feldes würde also eine sehr große Kraft auf das Atom ausüben.

Durch Symmetrie · Answer 1

Aus dem Virialsatz können wir sagen, dass die Gesamtenergie des Atoms proportional zur potentiellen Energie des Atoms ist. Die potentielle Energie wird durch ein Coulomb-Potential angegeben und ist daher ungefähr proportional zu $\frac{1}{\langle r \rangle}$ Wo $\langle r \rangle$ ist der mittlere Radius der Elektronenbahn. Für ein Wasserstoffatom die Energie $E\propto \frac{1}{n^2}$ , so würden wir erwarten

\begin{aligned} \frac{1}{⟨ R ⟩} & \propto \frac{1}{N^{2}} \\ ⟨ R ⟩ & \propto N^{2} \end{aligned}

$\begin{align}\frac{1}{\langle r \rangle} & \propto \frac{1}{n^2}\\ \langle r \rangle &\propto n^2\end{align}$

Leider hilft Ihnen das nicht viel dabei, Ihre unendliche Menge an Informationen in einem einzigen Atom zu speichern. Um eine Schätzung zu erhalten $\langle r \rangle$ Sie müssen viele Messungen der Position des Elektrons durchführen (insbesondere, wenn es sich in einer sehr ausgedehnten Verteilung befindet, wie z $n$ Zustand) wird jede dieser Messungen die Wellenfunktion kollabieren lassen und Sie müssen das Atom wieder in seinen Ausgangszustand bringen, bevor Sie die nächste Messung durchführen ... aber genau das wollten Sie durch die Messung des Elektrons feststellen! Um den Zustand Ihres Atoms zu bestimmen, benötigen Sie eine Reihe von Größen, die gleichzeitig gemessen werden können und eindeutig bestimmen, in welchem Zustand sich Ihr Atom zum ersten Mal befand, was für ein Wasserstoffatom im Wesentlichen bedeutet, dass Sie die Energie und den Drehimpuls benötigen. Jetzt sollte Ihnen der Drehimpuls nicht allzu viel Mühe bereiten; es ist schön in ganzzahlige Vielfache von quantisiert $\hbar$ . Die Energie wird Ihnen jedoch ein Problem bereiten. Als $E \propto -n^{-2}$ , für groß $n$ , geht die Trennung der Energieniveaus wie

\begin{aligned} \frac{1}{N^{2}} - \frac{1}{(N + 1)^{2}} & = \frac{1}{N^{2}} [1 - (1 + \frac{1}{N})^{- 2}] \\ \approx \frac{2}{N^{3}} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} &= \frac{1}{n^2}\left[ 1 - (1+ \frac{1}{n})^{-2}\right]\\ &\approx \frac{2}{n^3}\end{align}$ Das wird sehr schnell sehr klein, und wie genau Sie diese Trennung messen können, begrenzt die Menge an Informationen, die Sie praktisch speichern können.

Mit anderen Worten, für groß genug $n$ , es wäre schwierig zu messen $n$ genau.

DavePhD · Answer 2

$r=n^2a_0$ für das Bohrsche Modell.

Ähnlich ist im Schrödinger-Modell der wahrscheinlichste Radius $r=n^2a_0$ , Wenn $n=l+1$

Wladimir Kalitwjanski · Answer 3

Ja, der mittlere Radius wächst mit $n^2$ asymptotisch, sondern zu haben $1-10^{-20}$ sicher musst du noch etwas hinzufügen ;-). Hoch angeregte Atome heißen Rydberg-Atome und werden im Experiment behandelt.

Danke schön! Bedeutet das "etwas mehr" eine Multiplikation mit einer (großen) Konstante, oder wird es schneller skaliert als $n$ erhöht sich?
Um Ihre Frage zu beantworten, muss ich die entsprechende Recherche durchführen ;-)

Selene Rouley · Answer 4

Hier ist eine weitere direkte Methode, um mit der Virial-Theorem-Methode zu gehen (und ihr zuzustimmen), die in der Antwort von By Symmetry angegeben ist .

Aus der Lösung der Schrödinger-Gleichung (siehe die Überschrift "Mathematische Zusammenfassung der Eigenzustände des Wasserstoffatoms" auf der Wikipedia-Seite "Wasserstoffatom" ):

ψ_{N, ℓ, M} (R, ϑ, φ) = \sqrt{{(\frac{2}{N A_{0}})}^{3} \frac{(N - ℓ - 1)!}{2 N (N + ℓ)!}} e^{- ρ / 2} ρ^{ℓ} L_{N - ℓ - 1}^{2 ℓ + 1} (ρ) Y_{ℓ}^{M} (ϑ, φ)

$\psi_{n,\,\ell,\,m}(r,\vartheta,\varphi) = \sqrt {{\left ( \frac{2}{n a_0} \right )}^3\frac{(n-\ell-1)!}{2n(n+\ell)!} } e^{- \rho / 2} \rho^{\ell} L_{n-\ell-1}^{2\ell+1}(\rho) Y_{\ell}^{m}(\vartheta, \varphi )$

Wo $n$ ist die Hauptquantenzahl, $\ell$ Und $m$ die Drehimpulsquantenzahlen, $\rho = 2\,r/(n\,a_0$ Und $a_0$ ist der Bohr-Radius. Daher:

\bar{R} = \frac{\int_{R = 0}^{\infty} | ψ (R) |^{2} R^{3} D R}{\int_{R = 0}^{\infty} | ψ (R) |^{2} R^{2} D R} \approx \frac{\int_{R = 0}^{\infty} e^{- \frac{2 R}{A_{0} N}} {(\frac{R}{A_{0} N})}^{2 N} R^{3} D R}{\int_{R = 0}^{\infty} e^{- \frac{2 R}{A_{0} N}} {(\frac{R}{A_{0} N})}^{2 N} R^{2} D R} = N (N + \frac{3}{2}) A \sim N^{2}

$\bar{r}=\frac{\int_{r=0}^\infty\,|\psi(r)|^2\,r^3\,{\rm d} r}{\int_{r=0}^\infty\,|\psi(r)|^2\,r^2\,{\rm d} r}\approx \frac{\int_{r=0}^\infty\,e^{-\frac{2\, r}{a_0\, n}} \left(\frac{r}{a_0\,n}\right)^{2\, n}\,r^3\,{\rm d} r}{\int_{r=0}^\infty\,e^{-\frac{2\, r}{a_0\, n}} \left(\frac{r}{a_0\,n}\right)^{2\, n}\,r^2\,{\rm d} r}= n\,(n+\frac{3}{2})\,a \sim n^2$

und die Lösung der Dirac-Gleichung wird ein sehr ähnliches Ergebnis liefern.

Jeder gibt $a_0 n^2$ , aber die Frage ist, wie weit man integrieren sollte, um die Wahrscheinlichkeit zu erhalten $1-10^{-20}$ .
@VladimirKalitvianski Ich brauche noch etwas Zeit, um mit asymptotischen Reihen herumzuspielen, aber ich wäre mir fast sicher $r_\epsilon$ wird proportional sein $n^2$ für klein genug $\epsilon$ .

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