Fisica cuantica Schrodinger

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Guía de Ejercicios Física Contemporánea (FI-024) Ingenierías Semestre de Primavera 2008 Dinámica relativista 1. La masa en reposo de un electrón es m0,e = 9.109 × 10−31 ( kg ) y la masa en reposo de un protón es

m0, p = 1.675 × 10−27 ( kg ) . Calcule su energía propia o en reposo, usando la expresión E0 = m0 c 2 , donde c = 3 × 108 ( m s ) . ¿Cuál es la energía total E de cada partícula, si estas partículas se mueven con velocidad ve = 0.82c y v p = 0.97c respecto a un observador en el sistema κ ? A partir de los resultados anteriores, calcule las energías cinéticas de cada partícula.

Solución: Para el electrón, la energía en reposo viene dada por

⎡ ⎛ m2 ⎞ ⎤ E0 e = m0 e c 2 = ⎡⎣9.109 × 10−31 ( kg ) ⎤⎦ × ⎢9 × 1016 ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎝ s ⎠⎦ ⎣ E0 e = 8.198 × 10−14 ( J )

(1)

Para el protón, la energía en reposo viene dada por

⎡ ⎛ m2 ⎞⎤ E0 p = m0 p c 2 = ⎡⎣1.675 × 10−27 (kg ) ⎤⎦ × ⎢9 × 1016 ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎝ s ⎠⎦ ⎣ −10 E0 p = 1.5075 × 10 ( J )

(2)

La energía total o de movimiento viene dada por la expresión de Einstein E = m (v ) c 2

(3)

donde la masa en movimiento m(v) viene dada en función de la masa propia o masa en reposo y en función de su velocidad, en la forma

m (v ) =

m0 v2 1− 2 c

(4)

Dicha dependencia funcional se muestra en la siguiente figura.

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2

Luego, la relación (3) queda

E = mc 2 =

m0 c 2 2

=

v 1− 2 c

E0 v2 1− 2 c

(5)

Por lo tanto, la energía E , también depende de la velocidad de la partícula en la misma forma que la masa (ver figura de más arriba). Reemplazando los datos para cada partícula, se tiene Para el electrón:

8.198 × 10−14 ( J ) = 1.43 × 10−13 ( J ) 0.5723635209

(6)

1.5075 × 10−10 ( J ) = 6.201 × 10−10 ( J ) 0.2431049156

(7)

Ee = Para el protón:

Ep =

En Relatividad Especial, la energía cinética Ec sólo se puede definir de la siguiente manera:

Ec ≡ E − E0

(8)

Ec = mc 2 − m0 c 2 = ( m − m0 ) c 2

(9)

Por lo tanto, para obtener la energía cinética de cada partícula, sólo debemos restar los valores de la energía total E y la energía en reposo E0 , correspondientes. Para el electrón. Usando las relaciones (6) y (1), se tiene

Ece = 1.43 × 10−13 ( J ) − 8.198 × 10−14 ( J ) Ece = 6.125 × 10−14 ( J )

(10)

Para el protón. Usando las relaciones (7) y (2), se tiene,

Ecp = 6.201 × 10−10 ( J ) − 1.5075 × 10−10 ( J ) Ecp = 4.694 × 10−10 ( J )

(11)

2. ¿Cuál es la masa en movimiento de una partícula si su energía cinética es 2 veces su energía en reposo?

Solución: En relatividad, la energía cinética viene dada por

K = E − E0

(12)

El dato que nos dan es K = 2 E0 , por lo tanto reemplazando en (12), se tiene

K = E − E0 = 2 E0

(13)

De esta relación se obtiene

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E = 3E0

3

(14)

pero E = mc 2 y E0 = m0 c 2 , reemplazando en (14), tenemos

m = 3m0

(15)

3. Calcule la energía total, el momentum y la velocidad de una partícula para la cual se cumple que la energía en reposo es igual a dos veces la energía cinética, es decir, E0 = 2 K .

Solución: Reemplazando K =

E0 en la relación K = E − E0 , se obtiene 2 E0 = E − E0 2

(16)

y la energía total vale E=

3 E0 2

(17)

Por otra parte, reemplazando este resultado en la relación entre la energía y el momentum,

E = c p 2 + m02 c 2 , que se puede reescribir en la forma: E =

( cp )

3E0 = c p 2 + m02 c 2 2

2

+ E02 , usando E0 = m0 c 2 , se tiene (18)

Elevando al cuadrado podemos despejar el momentum:

9 E02 − E02 4

(19)

p=

1 5 E0 c 4

(20)

p=

5 m0 c 4

(21)

cp =

Por su parte, el momentum p viene dado por p =

p=

m0 v v2 1− 2 c

m0 v 2

v 1− 2 c

=

, reemplazando esta relación en (21), se tiene

5 m0 c 4

(22)

Simplificando y reordenando

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v 5 ⎛v⎞ 1− ⎜ ⎟ = c 4 ⎝c⎠

4

2

(23)

Elevando al cuadrado y reordenando 2

⎛v⎞ 5 5⎛v⎞ ⎜ ⎟ = − ⎜ ⎟ 4 4⎝ c⎠ ⎝c⎠

2

(24)

2

⎛v⎞ ⎛ 5⎞ 5 ⎜ ⎟ ⎜1 + ⎟ = ⎝c⎠ ⎝ 4⎠ 4

(25)

5 c = 0.745c 3

(26)

v=

4. ¿A qué velocidad se está moviendo una partícula si su masa en movimiento m es igual a 3 veces su masa en reposo m0 ? 5. Calcule la velocidad v , la energía cinética K y el momentum p , si la energía total de una partícula vale E = 2.3E0 .

Introducción a la Mecánica Cuántica En una dimensión, la ecuación diferencial que permite obtener la llamada “función de onda cuántica”

ψ ( x, t ) , es la ecuación de Schroedinger: − = 2 ∂ 2ψ ( x, t ) ∂ψ ( x, t ) + V ( x)ϕ ( x) = i= 2 2m ∂x ∂t

(27)

Al usar el método de separación de variables, con ψ ( x, t ) = ϕ ( x)T (t ) , se obtienen dos ecuaciones diferenciales. La solución de la parte temporal se expresa en función de la energía total E de la partícula, en la forma,

T (t ) = e donde la frecuencia ω viene dada por ω =

−i

Et =

= e − iωt

(28)

E . La solución ϕ ( x) de la parte espacial, se obtiene al =

resolver la llamada ecuación de Schroedinger de tiempo independiente:

d 2ϕ ( x) 2m + 2 ( E − V ( x))ϕ ( x) dx 2 =

(29)

La solución general de la función de onda usando la solución (28) y la solución de la ecuación diferencial (29), queda de la forma:

ψ ( x, t ) = ϕ ( x)e − iωt

(30)

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Por lo tanto, para tener la solución completa de la ecuación de Schroedinger unidimensional en la forma (30), sólo falta calcular la función ϕ ( x) , resolviendo la ecuación diferencial independiente del tiempo (29).

Resolvamos algunos casos sencillos. 6. Peldaño de potencial para el caso E < V0 . Consideremos el movimiento de una partícula cuántica, que al viajar encuentra regiones de distinto valor del potencial. Consideremos también que la energía E de la partícula es menor que la altura del peldaño de potencial, es decir, E < V0 . El “peldaño de potencial”, V ( x ) viene definido por ⎧0 V ( x) = ⎨ ⎩V0

Región I

E

si x < 0 región I si x > 0 región II

(31)

Región II

V0 x=0

Solución: Queremos encontrar la forma específica de la función de onda cuántica ϕ ( x ) cada una de las dos regiones en las cuales está dividido el potencial V ( x) . Apliquemos la ecuación diferencial de Schroedinger independiente del tiempo (29), a cada una de las dos regiones que tenemos en este caso.

Región I; V1 ( x) = 0 si x < 0 , E > 0 . La ecuación de Schroedinger en la región I, queda

d 2ϕ I ( x) 2m + 2 ( E − V1 ( x) ) ϕ I ( x) = 0 = dx 2

(32)

d 2ϕ I ( x) 2m + 2 Eϕ I ( x) = 0 = dx 2

(33)

Pero V1 ( x) = 0 , luego

donde ϕ I ( x) es la función de onda cuántica en la región I. La ecuación diferencial (33) es muy sencilla puesto que es homogénea y sólo tiene coeficientes constantes. Sabemos que toda ecuación diferencial de coeficientes constantes y homogénea se resuelve proponiendo una solución del tipo:

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ϕ I ( x) = eα x

6

(34)

donde α es una constante a determinar. Calculemos las derivadas:

ϕ I ( x) = eα x ;

dϕ I ( x ) = α eα x ; dx

d 2ϕ I ( x) = α 2 eα x dx 2

(35)

Reemplacemos la solución propuesta y sus derivadas en la ecuación diferencial (33),

α 2 eα x +

2m α x Ee = 0 =2

(36)

2m E =2

(37)

La relación que debe cumplirse es:

α =± − que puede escribirse como

α = ±iK I

(38)

donde

2mE =

KI =

(39)

Reemplazando este resultado en la solución propuesta (34), escribimos

ϕ I ( x) = e ± iK x

(40)

I

La ecuación diferencial es de segundo orden, por lo tanto, la solución debe tener dos constantes indeterminadas, A y B . Luego, la solución espacial de la ecuación de Schroedinger en la región I viene dada por:

ϕ I ( x) = AeiK x + Be − iK x I

(41)

I

La solución general ψ ( x, t ) de la ecuación de Schroedinger en la región I, viene dada por

ψ ( x, t ) = ( AeiK x + Be − iK x ) e − iωt

(42)

ψ ( x, t ) = Aei ( K x −ωt ) + Be−i ( K x +ωt )

(43)

I

I

I

I

En este caso muy sencillo, se ve claramente que la solución del problema cuántico contiene una superposición de dos ondas del tipo clásico, al menos en su forma, una que viaja hacia la derecha

Aei ( K I x −ωt ) , y otra que se superpone en la misma región I y que viaja hacia la izquierda Be− i ( K I x +ωt ) . En lo que sigue, sólo nos preocuparemos de las soluciones espaciales, porque ya sabemos como se comporta la parte temporal. En resumen, en la región I, la parte espacial de la función de onda ϕ I ( x) , viene dada por

ϕ I ( x) = AeiK x + Be − iK x I

I

(44)

Veamos ahora el comportamiento de la función de onda en la región II. ___________________________________________________________________________________________________ Dr. Edmundo Lazo Núñez, Email: [email protected]; Fono:58-205 379; celular: 89553554, Web: http://cuya.faci.uta.cl/cursos/fisica3/

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Región II; V2 ( x) = V0 si 0 < x , E < V0 . La ecuación de Schroedinger en la región II, viene dada por

d 2ϕ II ( x) 2m + 2 ( E − V2 ( x) ) ϕ II ( x) = 0 dx 2 =

(45)

d 2ϕ II ( x) 2m + 2 ( E − V0 ) ϕ II ( x) = 0 dx 2 =

(46)

Pero V2 ( x) = V0 , luego

Nuevamente se trata de una ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes, luego podemos proponer una solución del tipo

ϕ II ( x) = eα x

(47)

donde α es una constante a determinar. Calculemos las derivadas:

ϕ II ( x) = eα x ;

dϕ II ( x) = α eα x ; dx

d 2ϕ II ( x) = α 2 eα x dx 2

(48)

Reemplacemos la solución propuesta y sus derivadas en la ecuación diferencial (33),

α 2 eα x +

2m ( E − V0 ) eα x = 0 =2

(49)

La relación que debe cumplirse es:

−2m ( E − V0 )

α =±

=

(50)

En este punto cabe preguntarse si la energía E es mayor o menor que el potencial V0. En el ejemplo que estamos desarrollando se cumple que E < V0 , tal como se muestra en la figura de más arriba, por lo tanto,

( E − V0 ) < 0 . En consecuencia, la cantidad subradical es positiva y la raíz es real. Entonces la solución viene dada por

α =±

2m (V0 − E ) =

(51)

Que puede escribirse como

α = ± K II

(52)

donde

K II =

2m (V0 − E )

=

(53)

Reemplazando este resultado en la solución propuesta (34), escribimos

ϕ I ( x) = e± K

II x

(54)

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La ecuación diferencial es de segundo orden, por lo tanto, la solución debe tener dos constantes indeterminadas, C y D . En consecuencia, la solución general de la ecuación de Schroedinger en la región II viene dada por:

ϕ II ( x) = Ce K x + De − K II

II x

(55)

En este punto debemos hacer una consideración física de importancia fundamental: las funciones de onda

físicas deben ser finitas en todo el espacio. En particular deben ser finitas cuando x → ±∞ . Dicha condición no se cumple para la solución Ce K II x , ya que

Lim {Ce K II x } → ∞

(56)

x →∞

Este tipo de solución de la ecuación diferencial es inaceptable en términos físicos. Por lo tanto debemos desecharla. Para ello hacemos cero la constante, C = 0 . Entonces, la solución en la región II contiene un único término:

ϕ II ( x) = De − K

II x

(57)

que resulta finita cuando x → ∞ . Ya tenemos la solución general de la función de onda cuántica en las dos regiones del espacio, a saber:

⎧ϕ ( x) = AeiK x + Be − iK x ϕ ( x) = ⎨ I −K x ⎩ϕ II ( x) = De I

I

II

x < 0 región I x > 0 región II

(58)

Nótese que existe función de onda cuántica a la derecha del origen, es decir, en la región II, que es una región clásicamente prohibida. Este es un resultado nuevo y que sólo existe en la mecánica cuántica. Esta solución general está incompleta, porque no sabemos aún los valores de las constantes. Para obtener dichas constantes, debemos aplicar ciertas restricciones a las funciones de onda encontradas, a saber: La función de onda ϕ ( x) y su derivada

dϕ ( x) deben cumplir con las siguientes condiciones en las dx

discontinuidades finitas del potencial U ( x) : a) deben ser finitas b) deben ser univaluadas c) deben ser continuas. En este ejemplo, la discontinuidad finita se encuentra en x = 0 , por lo tanto, se debe cumplir lo siguiente:

ϕ I (0) = ϕ II (0) dϕ I ( x) dx

= x =0

dϕ II ( x) dx

(59) (60) x =0

Usando la solución (58), se tiene A+ B = D

(61)

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iK I ( A − B ) = − K II D

9

(62)

Reordenado la relación (62), escribimos:

A− B =i

K II D KI

(63)

Sumando (61) y (63), se obtiene

A=

K II ⎞ D⎛ ⎜1 + i ⎟ 2⎝ KI ⎠

(64)

B=

K II ⎞ D⎛ ⎜1 − i ⎟ 2⎝ KI ⎠

(65)

Restando (61) menos (63), se obtiene

La constante C se calcula usando la condición de normalización ∞

∫ϕ

*

( x)ϕ ( x)dx = 1

(66)

−∞

7. Peldaño de potencial para el caso E > V0 . Consideremos el movimiento de una partícula cuántica, que al viajar encuentra regiones de distinto valor del potencial. Consideremos también que la energía E de la partícula es mayor que la altura del peldaño de potencial, es decir, E > V0 . El “peldaño de potencial”, V ( x ) viene definido por

⎧0 V ( x) = ⎨ ⎩V0

Región I

E

si x < 0 región I si x > 0 región II

(67)

Región II

V0 x=0

8. Variaciones sobre peldaños de potencial. Resuelva cada uno de los casos mostrados a continuación. a) Primer caso: V0 < E < V1

⎧0 ⎪ V ( x) = ⎨V0 ⎪V ⎩ 1

x V1 .

E V1

V0 x=0

x=b

c) Tercer caso: V0 < E < V1

⎧V0 ⎪ V ( x ) = ⎨0 ⎪V ⎩ 1

x V1 E

V1

V0 x=0

x=b

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9. Barrera de potencial. Caso E < V0 (Efecto túnel) La barrera de potencial es otro ejemplo que se puede resolver exactamente en mecánica cuántica y tiene la particularidad de que a través de este potencial se puede producir el llamado “efecto túnel”. La barrera de potencial viene descrita por:

x 0 En esta región, la ecuación de Schroedinger (29), queda

d 2ϕ I 2m + 2 ( E − 0)ϕ I = 0 dx 2 =

(71)

d 2ϕ I 2mE + 2 ϕI = 0 dx 2 =

(72)

Las soluciones de esta ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes son de la forma

ϕ I ( x) = eα x . Reemplazando esta solución en (71), se obtiene la siguiente solución general en la región I: ϕ I ( x) = AeiK x + Be − iK x ; x < 0 I

I

(73)

donde

KI =

2mE =

(74)

y las constantes son indeterminadas aún. Las soluciones son funciones armónicas u oscilatorias. Esta solución general representa a dos ondas viajeras, una onda AeiK I x , que viene viajando desde menos infinito ( −∞ ) hacia la derecha, hasta llegar a chocar con la barrera de potencial, y otra onda viajera

Be − iK I x , que se refleja en la barrera de potencial y que viaja hacia la izquierda, es decir, hacia −∞ . ___________________________________________________________________________________________________ Dr. Edmundo Lazo Núñez, Email: [email protected]; Fono:58-205 379; celular: 89553554, Web: http://cuya.faci.uta.cl/cursos/fisica3/

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Región II: 0 < x < b , V2 ( x) = V0 y E < V0 En esta región, la ecuación de Schroedinger (29), queda

d 2ϕ II 2m + 2 ( E − V0 )ϕ II = 0 dx 2 =

(75)

donde ( E − V0 ) < 0 . Las soluciones de esta ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes son de la forma ϕ II ( x) = eα x . Reemplazando esta solución en (75), se obtiene la siguiente solución general en la región II:

ϕ II ( x) = Ce K x + De − K x ; 0 < x < b II

II

(76)

donde

2m (V0 − E )

K II =

=

(77)

y las constantes son indeterminadas aún. Nótese que estas soluciones no son oscilatorias, es decir, no son ondas viajeras, sino que son exponenciales genuinas, una creciente y una decreciente.

Región III: x > b , V3 ( x) = 0 y E > 0 En esta región, la ecuación de Schroedinger (29), queda

d 2ϕ III 2m + 2 ( E − 0)ϕ III = 0 dx 2 =

(78)

d 2ϕ III 2mE + 2 ϕ III = 0 dx 2 =

(79)

Las soluciones de esta ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes son de la forma

ϕ III ( x) = eα x . Reemplazando esta solución en (71), se obtiene la siguiente solución general en la región I: ϕ III ( x) = FeiK

III x

+ Ge − iK III x ; x > b

(80)

donde

K III = y las constantes son indeterminadas aún. Pero K III =

2mE =

(81)

2mE 2mE es igual a K I = , luego, la solución en = =

la región III queda:

ϕ III ( x) = FeiK x + Ge − iK x ; x > b I

I

(82)

Esta solución representa dos ondas viajeras. a) Una onda que emerge de la región II hacia la región III, y que se dirige hacia más infinito, la solución

FeiK I x en este caso.

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b) La otra solución, Ge − iK I x , representa una onda que viene viajando desde el infinito hacia la región de la barrera de potencial. Esta solución no es físicamente aceptable, porque significaría que la onda que viaja hacia la izquierda: Ge − iK I x , debería haber rebotado en alguna barrera ubicada en el infinito. Pero en infinito no pueden existir potenciales donde rebotar, por eso decimos que esa solución no es físicamente aceptable. Por lo tanto, debemos desechar dicha solución. Pare ello, debemos hacer que la constante G sea cero, es decir, G = 0 . Luego, la solución físicamente aceptable en la región III es la siguiente:

ϕ III ( x) = FeiK x ; x > b

(83)

I

En resumen, la función de onda en todo el espacio para la barrera de potencial viene dada por

⎧ϕ I ( x) = AeiK I x + Be − iK I x ⎪ ϕ ( x) = ⎨ϕ II ( x) = Ce K II x + De − K II x ⎪ϕ ( x) = FeiK I x ⎩ III

x V0 Resuelva el problema de la barrera de potencial, cuando la energía de la partícula es mayor que la altura de la barrera de potencial.

6. Pozo de potencial de paredes infinitas. Resuelva completamente el problema de una partícula en un pozo de potencial de paredes infinitas.

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∞

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∞

V(x)

E

−

a 2

0

a 2

x

Obtenga la cuantización de la energía y la constante de normalización. Escriba la forma final de las funciones de onda ϕn ( x) y haga un dibujo esquemático de ellas y de la densidad de probabilidad asociada

Pn ( x, t ) = ψ n* ( x, t )ψ n ( x, t ) = ϕ n* ( x)ϕ n ( x) .

Hint: Recuerde que la condición que debe cumplir la función de onda ϕ ( x) en cualquier “discontinuidad infinita” del potencial ubicada en x0 , es que la función de onda se debe anular en la discontinuidad, es decir, se debe cumplir que

ϕ ( x0 ) = 0

(85)

7. Pozo de potencial de paredes finitas. Caso E < V0 Resuelva completamente el problema de una partícula en un pozo de potencial de paredes finitas. Es decir, aplique la condición de que la función de onda y su derivada espacial se igualan en las “discontinuidades finitas” del potencial. Obtenga la cuantización de la energía y la constante de normalización. Escriba la forma final de las funciones de onda ϕ n ( x) y haga un dibujo esquemático de ellas y de la densidad de probabilidad asociada Pn ( x, t ) = ψ n* ( x, t )ψ n ( x, t ) = ϕn* ( x)ϕn ( x)

V(x)

V0

V0 E

−

a 2

0

a 2

x

8. Mezcla de paredes de potencial finitas e infinitas Resuelva completamente el problema de una partícula en un pozo de potencial formado por una pared

finita y una pared infinita. ___________________________________________________________________________________________________ Dr. Edmundo Lazo Núñez, Email: [email protected]; Fono:58-205 379; celular: 89553554, Web: http://cuya.faci.uta.cl/cursos/fisica3/

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V(x)

∞

V0 E 0

L

x

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