Lista de Exercícios Resolvida IAM - Normalização, Valor Esperado e Equação de Schrödinger

LISTA IAM PROFESSOR MICHEL MENDOZA 2024 ignoisresolve Questão 1 Explique com palavras i o que significa normalizar uma função de onda ii também o significado do valor esperado de x iii por que é necessário utilizar um operador diferencial no cálculo do valor esperado de p iv Explique o significado da função de onda que aparece na equação de Schrödinger Solução i Normalizar uma função de onda significa ajustar a função para que a integral do seu módulo ao quadro sobre todo o espaço seja igual a 1 Isso garante que a soma das probabilidades de encontrar a partícula em qualquer ponto do espaço seja 1 ii O valor esperado de x também chamado de média ou expectativa de x é uma média ponderada das posições possíveis onde os pesos são as probabilidades de encontrar a partícula em cada posição Matematicamente é dado por x xΨx2dx iii O operador diferencial é necessário no cálculo do valor esperado de p porque em mecânica quântica o momento é representado por um operador diferencial Isso decorre da relação entre posição e momento na representação de ondas onde o momento é proporcional à derivada da função de onda em relação à posição iv A função de onda na equação de Schrödinger contém toda a informação sobre o estado quântico de um sistema Seu módulo ao quadrado fornece a densidade de probabilidade de encontrar a partícula em uma determinada posição no espaço Questão 2 a Explique o que é uma equação de autovalores b Qual é a importância dessa equação na mecânica quântica c Escreva a equação de autovalores mais importante da Física Quântica d O que podemos obter a partir de uma equação de autovalores Solução a Uma equação de autovalores relaciona um operador a uma função de onda e a um valor escalar chamado autovalor Na forma geral é escrita como Aψ λψ onde A é o operador ψ é a função de onda autofunção e λ é o autovalor b Na mecânica quântica as equações de autovalores são fundamentais porque os autovalores correspondem aos valores possíveis das grandezas físicas observáveis como energia momento etc Essas equações permitem determinar os estados quantizados do sistema c A equação de autovalores mais importante da Física Quântica é a equação de Schrödinger escrita como Hψ Eψ onde H é o operador Hamiltoniano energia total do sistema ψ é a função de onda e E é o autovalor correspondente à energia do sistema d A partir de uma equação de autovalores podemos obter os autovalores que são os valores permitidos das grandezas físicas observáveis e as autofunções que são os estados próprios do sistema associados a esses valores Questão 3 a Para um poço de potencial infinito faça o gráfico da Px para n 10 depois trace a curva de probabilidade clássica de encontrar a partícula Explique a relação entre as curvas b Um poço de potencial infinito está definido entre x a e x b com a b Qual é o valor esperado x para o estado fundamental Encontre esse valor fazendo uma análise qualitativa c Para o caso anterior qual é o p para o estado fundamental Explique por quê d Escreva 3 equações de autovalores da mecânica quântica e explique o que elas significam Solução Questão 4 Normalize a função de onda Ψx A exp ax2 onde A e a são constantes sobre o domínio x Solução A função de onda tem como necessário ΨΨ dx 1 Nesse caso Ψ Aeax2 então Ψ Aeax2 Agora basta colocar na integral da definição A e2ax2 dx A eax2 dx2 E essa integral é famosa Para um c qualquer ecx2 dx πc Então para c 2a temos A2π2a 1 A 2aπ14 A 2aπ14 1 Questão 5 Se as funções de onda Ψ1xt Ψ2xt e Ψ3xt são três soluções da equação de Schrödinger para uma energia potencial particular Uxt mostre que a combinação linear arbitrária Ψxt c1Ψ1xt c2Ψ2xt c3Ψ3xt também é uma solução desta equação Explique o que significa fisicamente a combinação linear mostrada antes Solução Temos Ψ C1Ψ1 C2Ψ2 C3Ψ3 A equação é ℏ22m 2Ψx2 VΨ iℏ Ψt Coloque Ψ ali e tenha ℏ22m 2C1Ψ1 C2Ψ2 C3Ψ3x2 VC1Ψ1 C2Ψ2 C3Ψ3 iℏ C1Ψ1 C2Ψ2 C3Ψ3t Mas a derivada é linear então após deixar os C1 C2 e C3 em evidência C1 ℏ22m 2Ψ1x2 VΨ1 iℏ Ψ1t C2 ℏ22m 2Ψ2x2 VΨ2 iℏ Ψ2t C3 ℏ22m 2Ψ3x2 VΨ3 iℏ Ψ3t 0 Como Ψ1 Ψ2 e Ψ3 são solução então todos os termos nos interiores são zero C1 0 C2 0 C3 0 0 Ψ é solução Fisicamente é a superposição de equações de ondas individuais Questão 6 Em um certo instante uma função de onda depende da posição conforme está mostrado na figura a Se fosse feita uma medida que possa localizar a partícula associada em um elemento dx do eixo x nesse instante onde seria maior a probabilidade de encontrála b Onde seria menor esta probabilidade c As chances de que ela seja encontrada em qualquer valor positivo do eixo x seriam melhores do que as chances de que seja encontrada em qualquer valor negativo Solução A probabilidade é dada por ΨΨ dx Ψ² dx a Temos Ψ² maior em x 1 b Em x 0 x ou x Pois Ψ² 0 c Não A chance de ser encontrado na região positiva é maior que na negativa pois a área é maior ħ²2m ²Ψx² iħ Ψt Primeiro calculamos a primeira e a segunda derivada de Ψxt em relação a x Ψx x A sin2πxa eiEtħ A 2πa cos2πxa eiEtħ ²Ψx² x A 2πa cos2πxa eiEtħ A 2πa² sin2πxa eiEtħ Substituímos ²Ψx² na equação de Schrödinger ħ²2m A 2πa² sin2πxa eiEtħ iħ Ψt Agora calculamos a derivada de Ψxt em relação ao tempo t Ψt t A sin2πxa eiEtħ i Eħ A sin2πxa eiEtħ Substituímos Ψt na equação de Schrödinger ħ²2m 4π²a² A sin2πxa eiEtħ Eħ ħ A sin2πxa eiEtħ Simplificando ambos os lados da equação obtemos ħ²4π²2ma² E Portanto a função de onda Ψxt satisfaz a equação de Schrödinger b Para normalizar a função de onda ajustamos A de modo que a integral da densidade de probabilidade sobre toda a região seja igual a 1 from a2 to a2 Ψxt² dx 1 from a2 to a2 A sin2πxa eiEtħ A sin2πxa eiEtħ dx 1 A² from a2 to a2 sin²2πxa dx 1 Sabemos que sin²x 1 cos2x2 então A² from a2 to a2 1 cos4πxa2 dx 1 A² a2 1 A² 2a A 2a Portanto a função de onda normalizada é Ψxt 2a sin2πxa eiEtħ 2 c O valor esperado de x é dado por x from a2 to a2 Ψ x Ψ dx x 2a from a2 to a2 x sin²2πxa dx Como sin²x é uma função par e x é ímpar o produto é uma função ímpar integrada sobre um intervalo simétrico é nula logo x 0 Para x² x² from a2 to a2 Ψ x² Ψ dx 2a from a2 to a2 x² sin²2πxa dx Após fazer a integral que é trabalhosa temos x² a²2π² 324π² 3 d O valor esperado de p é dado por p from a2 to a2 Ψ iħ x Ψ dx p 2a from a2 to a2 sin2πxa iħ 2πa cos2πxa dx iħ 4πa² from a2 to a2 sin2πxa cos2πxa dx Como temos um produto de função ímpar e par num intervalo simétrico p 0 Para p² Dado a função de onda ψxt devemos encontrar o valor esperado de p² p² iħ x² ħ² ²x² O valor esperado de p² é calculado como p² from a2 to a2 ψxt ħ² ²x² ψxt dx Substituindo ψxt A sin 2πxa eiEtħ p² from a2 to a2 A sin2πxa eiEtħ ħ² ²x A sin2πxa eiEtħ dx Calculando a segunda derivada ²x sin2πxa 2πa² sin2πxa Assim p² A²ħ² 2πa² from a2 to a2 sin²2πxa dx Integrando no intervalo dado obtemos p² A²ħ² 2πa² a2 A²ħ² 2π² 2a 2A²ħ²π² a Como a função de onda está normalizada A é determinado de modo que a integral do quadrado da função de onda sobre todo o intervalo seja igual a 1 from a2 to a2 A sin2πxa² dx 1 Resolviendo essa integral encontramos A Para a função normalizada temos p² 4π²ħ² a² 4 e As incertezas Δx e Δp são dadas por Δx x² x² Δp p² p² Calculamos x 0 x² from a2 to a2 x² A sin2πxa² dx a²2π² 3 24π² Portanto Δx a²2π² 3 24π² E para Δp Δp 4π²ħ² a² Finalmente o produto das incertezas é ΔxΔp a²2π² 3 24π² 4π²ħ² a² ħ2 4π² 12 Isso satisfaz o princípio da incerteza de Heisenberg ΔxΔp ħ2 Questão 8 No cálculo do valor esperado do produto da posição pelo momento surge uma ambiguidade porque não é evidente qual das duas expressões xp from to ψ x iħ x ψ dx px from to ψ iħ x x ψ dx deve ser usada Na primeira expressão x opera sobre ψ na segunda opera sobre xψ a Mostre que nenhuma das duas é aceitável porque ambas violam a exigência óbvia de que devem ser reais já que é mensurável b Mostre então que a expressão xp from to ψ x iħ x iħ x x ψ dx é aceitável porque satisfaz a essa exigência Sugestão i Uma grandeza é real se ela é igual a seu complexo conjugado ii Tente integrar por partes iii Em qualquer caso realístico a função de onda sempre se anula para x Este resultado é muito importante nos cálculos algébricos feitos na mecânica quântica e sempre deve ser tomado em conta Solução Questão 9 a Calcule as autoenergias e autofunções funções de onda para uma partícula de massa me elétron confinada num potencial quadrado infinito de largura a centrada na origem Esboce os estados b Para o estado fundamental calcule os valores esperados de x px x² e p²x c Calcule as incertezas de x e px d Porque não existe o estado para n 0 Solução a O potencial é dado por Vx 0 a2 x a2 caso contrário No interior ħ²2m d²ψdx² Eψ d²ψdx² k²ψ com k² 2mEħ² Temos soluções do tipo ψx A coskx B sinkx Nas bordas ψ a2 0 A cosk a2 B sink a2 0 A cosk a2 B sink a2 0 Somando as equações e depois subtraindo temos 1 2A cosk a2 0 A 0 ou cosk a2 0 2 2B sink a2 0 B 0 ou sink a2 0 Não existe k que satisfaça simultaneamente as duas equações com A 0 e B 0 Mas podemos ter os seguintes casos para satisfazer as duas equações simultaneamente 1 B 0 e cosk a2 0 k 2n 1πa n ℤ 2 A 0 e sink a2 0 k 2nπa n ℤ Temos dois casos ψnx An cos2n 1πx a n 012 ψnx Bn sinnπxa n 123 Essas são as autofunções Para as energias temos En ħ²k²2m ħ²2m nπa² n²ħ²π²2ma² n 123 Portanto as autoenergias são En n² ħ²π² 2ma² n 123 5 Seja uma partícula de massa m elétron confinada num potencial quadrado unidimensional Vx poco quântico 1D o potencial quadrado tem uma largura a a Determine o valor da energia E para o estado fundamental Considere que a função de onda para o estado fundamental tem uma autofunção dada por ψx A cos πxa para x entre a2 e a2 Fora desse intervalo a autofunção é zero Faça um gráfico da autofunção b Escreva a função de onda para o estado fundamental c Calcule o valor esperado para o momento linear p associado com o estado fundamental Solução a Num poço quântico quando a partícula está aprisionada a energia dos estados são En n² h²8ma² Para n 1 E1 h²8ma² 6 b Este é o estado fundamental Além disso ψψ dx 1 A² a2a2 cos² πxa dx 1 A² a2 1 A 2a Então ψx 2a cos πxa Mas isso é a autofunção então basta lembrar que nossa função de onda ψxt é ψxt 2a cos πxa eiωt com ω Eħ 7 c p ψ p ψ dx a2a2 ψ iħ ddx ψ dx a2a2 2a cos πxa iħ ddx 2a cos πxa dx 2a a2a2 cos πxa iħ πa sin πxa dx 2iħπa² a2a2 cos πxa sin πxa dx Como o integrando é um produto de função ímpar e par em um intervalo simétrico a integral resulta em zero p 0 8 Duas autofunções possíveis de uma partícula se movendo livremente em uma região de comprimento a mas estritamente limitada a esta região estão mostradas na figura Quando a partícula estiver no estado correspondente à autofunção ψI sua energia total é 4 eV a Qual é a energia total no estado correspondendo a ψII b Qual é a menor energia total possível que a partícula neste sistema pode ter Contém figura na Lista Solução a Em uma caixa de tamanho a as energias são En n2 h2 8ma2 Neste caso a primeira figura é n 2 tem 2 picos Para níveis n1 e n2 então En1 En2 n2 1 n2 2 Como En1 4 eV para n1 2 e n2 3 então En2 n2 2 n2 1 En1 32 22 4 9 eV En2 9 eV 9 b No estado fundamental temos o valor de n 1 Vamos chamar essa energia de E0 É fácil perceber que E0 En1 12 n2 1 1222 1 4 E0 En1 1 4 4 4 1 En2 1 eV 10 Questão 12 Mostre que a função de onda ψx t A coskx ωtiA sinkx ωt satisfaz a equação de Schrödin ger dependente do tempo Solução ℏ2 2m 2ψ x2 iℏψ t 12 Temos a função de onda ψxt A coskx ωt i A sinkx ωt A eikxωt Calculando as derivadas obtemos ψx x A eikxωt A i k eikxωt ²ψx² x A i k eikxωt A i² k² eikxωt A k² eikxωt ψt t A eikxωt Aiω eikxωt A i ω eikxωt Substituindo na equação de Schrödinger ħ²2m A k² eikxωt i ħ A i ω eikxωt ħ² k²2m A eikxωt ħ ω A eikxωt Dividindo ambos os lados por A eikxωt ħ² k²2m ħ ω Agora lembre que E ħ ω e p ħ k p²2m E Verdadeiro Portanto a função de onda ψxt satisfaz a equação de Schrödinger dependente do tempo Mostre que é uma solução da equação de Schrödinger para uma partícula livre Para mostrar que é uma solução da equação de Schrödinger para uma partícula livre começamos substituindo na equação de Schrödinger independente do tempo Calculamos a primeira e a segunda derivada de em relação a x Substituímos na equação de Schrödinger Agora calculamos a derivada de em relação ao tempo t Substituímos na equação de Schrödinger Simplificando ambos os lados da equação obtemos Dividindo ambos os lados por temos Finalmente lembramos que a energia de uma partícula livre é dada por Portanto a relação de dispersão para uma partícula livre é Assim mostramos que satisfaz a equação de Schrödinger para uma partícula livre Mostre que a função de onda não satisfaz a equação de Schrödinger dependente do tempo Para mostrar que a função de onda não satisfaz a equação de Schrödinger dependente do tempo começamos substituindo na equação de Schrödinger Primeiro calculamos a segunda derivada de em relação a x E a derivada de em relação ao tempo t Substituímos essas derivadas na equação de Schrödinger Simplificando obtemos No entanto essa igualdade é falsa porque temos um fator imaginário i no lado direito da equação o que não é compatível com o lado esquerdo da equação que é real A função de onda de uma partícula de massa movendose em um potencial e Encontre a forma explícita do potencial Para encontrar a forma explícita do potencial começamos com a equação de Schrödinger dependente do tempo Temos que Derivamos em relação a t Derivamos em relação a x Substituímos essas derivadas na equação de Schrödinger Simplificamos a equação Cancelamos os termos iguais em ambos os lados e isolamos Portanto o potencial é Vx 2mk²x² A função de onda do estado fundamental de uma partícula de massa é dada por Usando a equação de Schrödinger independente do tempo encontrar o potencial Vx e a energia E para a qual a função de onda ψx x x0n expx x0 com n e x0 constantes é uma autefunção Assumir que Vx vai para zero quando x vai para infinito Solução Temos a equação de Schrödinger independente do tempo h² 2m ²ψ x² Vψ Eψ Dada a função de onda ψx x x0n expx x0 Vamos derivar ψ duas vezes e substituir na equação de Schrödinger Primeira derivada ψx n x0 x x0n1 expx x0 x x0n1 x0 expx x0 ψ x x x0n expx x0 n x 1 x0 Segunda derivada ²ψ x² x x x0n expx x0n x 1 x0 ²ψ x² x x0n expx x0 n 1n x0² 2n xx0 1 x² Substituindo na equação de Schrödinger h² 2m nn 1 x² 2n xx0 1 x0²x x0n expx x0 Vx x0n expx x0 E x x0n expx x0 Dividindo ambos os lados por x x0n expx x0 V E h² 2m nn 1 x² 2n xx0 1 x0² Para x temos V 0 então 0 E h² 2m0 0 1 x0² E h² 2mx0² E temos Vx h² 2mx0² h² 2mnn 1 x² 2n xx0 1 x0² Simplificando obtemos Vx h² 2mnn 1 x² 2n xx0 O autovalor e a autofunção correspondente para um potencial unidimensional Vx são E 0 e Ψx A x² a² Encontre o potencial Vx Solução O autovalor e a autofunção correspondente para um potencial unidimensional Vx são E 0 e ψx A x² a² Encontre o potencial Vx A equação de Schrödinger independente do tempo é dada por Ĥψx Eψx onde Ĥ é o operador Hamiltoniano E é o autovalor de energia e ψx é a autofunção O operador Hamiltoniano para um potencial Vx é Ĥ h² 2m d² dx² Vx Dada a autofunção ψx A x² a² e o autovalor E 0 substituímos na equação de Schrödinger para encontrar o potencial Vx Primeira derivada de ψx dψ dx d dx A x² a² 2Ax x² a²² Segunda derivada de ψx d²ψ dx² d dx 2Ax x² a²² 2A x² a²² 1 2Ax2x² a²2x x² a²⁴ Simplificando d²ψ dx² 2Ax² a² 8Ax² x² a²³ 6Ax² 2Aa² x² a²³ 2A3x² a² x² a²³ Substituindo ψx e suas derivadas na equação de Schrödinger h² 2m d²ψ dx² Vxψ 0 Substituindo as derivadas de ψx h² 2m 2A3x² a² x² a²³ Vx A x² a² 0 Multiplicando ambos os lados por x² a²³ h² 2m 2A3x² a² Vx A x² a²² 0 Dividindo ambos os lados por A h² 2m 23x² a² Vxx² a²² 0 O operador Hamiltoniano de um sistema é Ĥ d²dx² x² Mostrar que ψx Nx expx²2 é uma autofunção de Ĥ e determinar o autovalor Também calcule o valor de N Vamos calcular as derivadas necessárias para aplicar o operador Hamiltoniano ψx Nx exp x² 2 Primeira derivada dψdx N exp x² 2 x x exp x² 2 N exp x² 2 x² exp x² 2 dψdx N exp x² 21x² Segunda derivada d²ψdx² N ddx exp x² 21x² Aplicando a regra do produto d²ψdx² N x exp x² 21x² exp x² 2 2x Simplificando para encontrar Vx Vxx² a²² ħ²m 3x² a² Vx ħ²m 3x² a² x² a²² Portanto o potencial Vx é Vx ħ²m 3x² a² x² a²² d²ψdx² N exp x² 2 x 1x² 2x d²ψdx² N exp x² 2 x x³ 2x d²ψdx² N exp x² 2 x³ 3x Aplicando o Hamiltoniano Ĥψx d²ψdx² x²ψx Ĥψx N exp x² 2 x³ 3x x² N x exp x² 2 Ĥψx N exp x² 2 x³ 3Nx exp x² 2 Nx³ exp x² 2 Ĥψx 3Nx exp x² 2 Ĥψx 3ψx Portanto ψx Nx exp x² 2 é uma autofunção de Ĥ com autovalor 3 Para calcular o valor de N normalizamos a função de onda ψx² dx 1 N² x² exp x² dx 1 Usando a integral padrão x² exp x² dx π 2 N² π 2 1 N² 2 π N 2 π 21 Uma partícula quântica está confinada num poço de potencial infinito e unidimensional entre 0 x a Para t 0 a função de onda do sistema é ψx0 C₁ sin πxa C₂ sin 2πxa onde C₁ e C₂ são constantes de normalização a Encontre a função de onda para o tempo t b Encontre o valor médio da energia do sistema para o tempo t Solução a A função de onda no tempo t 0 é dada por ψx0 C₁ sin πxa C₂ sin 2πxa Num poço quântico as autofunções são do tipo ψₙx Cₙ sin nπxa E as funções de onda são ψₙxt Cₙ sin nπxa eiEₙtħ Onde Eₙ n² π²ħ² 8ma² No nosso caso temos ψx0 C₁ψ₁x0 C₂ψ₂x0 Portanto naturalmente ψxt C₁ sin πxa eiE₁tħ C₂ sin 2πxa eiE₂tħ Com E₁ 1² π²ħ² 8ma² e E₂ 2² π²ħ² 8ma² b O valor médio é dado por E ₀ᵃ ψ Ê ψ dx Sabemos que Ê iħ t então E iħ ₀ᵃ ψ₁ ψ₂ t ψ₁ ψ₂ dx Sabemos que ψ1t iω1 ψ1 e ψ2t iω2 ψ2 Lembrese que En ħωn Portanto E iħ ₀a iψ1 ψ2ω1 ψ1 ω2 ψ2 dx E ħ ₀a ω1 ψ1 ψ1 ω2 ψ2 ψ2 ω1 ψ2 ψ1 ω2 ψ1 ψ2 dx Sabemos que ₀a ψ1 ψ1 dx C₁² a2 e ₀a ψ2 ψ2 dx C₂² a2 As autofunções são ortogonais portanto ₀a ψ1 ψ2 dx ₀a ψ2 ψ1 dx 0 Assim obtemos E ħ ω1 C₁² a2 ω2 C₂² a2 Simplificando E ħ ω1 C₁² ω2 C₂² a2 Questão 22 Considere uma partícula de massa m confinada dentro de um poço quântico unidimensional e infinito O poço quântico se encontra definido entre 0 x a A função de onda da partícula para o tempo t 0 é ψx0 A 2 sinπxa sin3πxa a Normalize ψx0 b Encontre ψxt Solução ψx0 A 2 sinπxa sin3πxa ψx0 2A sinπxa A sin3πxa Para uma superposição de dois estados ψn e ψm vale que para ψ Cn ψn Cm ψm ₀a ψ ψ dx ₀a Cn ψn Cm ψmCn ψn Cm ψm dx 1 ₀a Cn² ψn ψn Cm² ψm ψm Cn Cm ψn ψm ψm ψn dx 1 E não é difícil verificar que no nosso caso integrando as funções Ψn e Ψm no domínio de 0 até a temos o valor para a integral ₀a ψn ψn dx a2 e ₀a ψm ψm dx a2 E as autofunções são ortogonais portanto ₀a ψn ψm dx 0 Então Cn² a2 Cm² a2 1 Cn² Cm² 2a No nosso caso temos C₁ 2A e C₂ A então 2A² a2 A² a2 1 5A² a2 1 5A² 2a A 25a Assim temos que ψx0 25a 2 sinπxa sin3πxa Questão 23 Um espectro teóricoexperimental apresenta linhas picos de intensidade I associados com os valores de energia E do sistema Se as energias observadas no espectro IE para a partícula de massa m são Δ 2Δ 3Δ 4Δ para cada uma dessas energias existe um pico Calcule o potencial que confina o sistema em função dos dados anteriores Solução Questão 24 Um oscilador harmônico se move num potencial Vx 12 kx2 cx onde c é uma constante Encontrar os autovalores de energia Solução Temos ħ22m d2ψdx2 kx22 cxψ En ψ Queremos encontrar os autovalores En Completando quadrados somando c22k dos dois lados e arrumando a equação temos ħ22m d2ψdx2 xk2 c2k2 ψ E c22k ψ ħ22m d2ψdx2 k2 x ck2 ψ E c22k ψ Agora seja u x ck então temos em função de u ħ22m d2ψudu2 ku22 ψu E ψu com E E c22k Mas essa é a equação do oscilador harmônico em u então E n 12 ħω Portanto E c22k n 12 ħω Resolvendo para E E n 12 ħω c22k Onde ω km Questão 25 Um elétron está confinado num potencial Vx 12kx2 onde k é uma constante e está sujeito a um campo elétrico ε ao longo do eixo x Encontrar os autovalores de energia Solução Agora temos um campo 𝜀 na direção positiva de x A energia potencial para o elétron é Vx 𝑒𝜀𝑥 Então no total Vx kx²2 𝑒𝜀𝑥 Isso é equivalente à questão 24 Mas agora c 𝑒𝜀 Logo então E 12 nℏ𝜔 e²ε²2k 15 Questão 26 Um elétron é confinado no estado fundamental de um oscilador harmônico simples de forma que Δ𝑥 𝑥₀ m Assumindo que T V com T e V sendo as energias cinética e potencial encontrar usando os dados anteriores a a frequência do oscilador b a energia requerida para poder excitar o elétron para o primeiro estado excitado Solução Suponhamos Δ𝑥 𝑥₀ e T V 1 E T V E T V 2V E 2V Mas V kx²2 então E 2 kx²2 k𝑥² Lembre que a energia é constante então E E e que Δ𝑥 𝑥² 𝑥² Já que é um oscilador temos 𝑥 0 Então Δ𝑥² 𝑥₀² 𝑥² E k𝑥₀² Mas k m𝜔² e Eₙ 12 nℏ𝜔 12 nℏ𝜔 m𝜔²𝑥₀² ω ℏ𝑥₀²m 12 n 16 Isso é a frequência angular e temos ω 2πν onde ν é a frequência b A energia para excitar do estado n 0 para n 1 Nesse caso sabemos que ΔE ℏ𝜔₀ onde 𝜔₀ é a frequência no estado fundamental E para n 0 temos ω 12 ℏm𝑥₀² Então ΔE ℏ 12 ℏm𝑥₀² ℏ²2m𝑥₀² 17 A energia requerida para excitar o elétron para o primeiro estado excitado é ΔE ℏ²2m𝑥₀² Questão 27 Uma partícula de massa m se movimenta dentro de uma caixa tridimensional de lados a b e c Se o potencial é zero dentro da caixa e infinito afora encontre as autofunções e os autovalores Solução Dentro da caixa a equação de Schrödinger independente do tempo é ℏ²2m ²ψxyz Eψxyz As condições de contorno são ψ0yz ψayz ψx0z ψxbz ψxy0 ψxyc 0 Vamos assumir que a solução pode ser escrita como um produto de funções unidimensionais ψxyz XxYyZz Substituindo essa forma na equação de Schrödinger e dividindo por XYZ obtemos ℏ²2m XxXx YyYy ZzZz E Como cada termo depende de uma variável diferente cada um deve ser igual a uma constante Assim podemos escrever XxXx kₓ² YyYy kᵧ² ZzZz k𝓏² Portanto E ℏ²2m kₓ² kᵧ² k𝓏² As soluções para Xx Yy e Zz que satisfazem as condições de contorno são E precisamos que as funções se anulem nas bordas Para a direção x por exemplo temos kₓ nₓπa Pois ai a função sinkₓx se anula em x 0 e x a para n pertencente aos naturais Naturalmente temos então Xx sin kₓx Yy sin kᵧy Zz sin k𝓏z Xx sin nₓπxa Yy sin nᵧπyb Zz sin n𝓏πzc onde nₓ nᵧ n𝓏 são números inteiros positivos Portanto fazendo a normalização necessária as autofunções são ψₙₓₙᵧₙ𝓏xyz 8abc sin nₓπxa sin nᵧπyb sin n𝓏πzc E os autovalores correspondentes são Eₙₓₙᵧₙ𝓏 ℏ²π²2m nₓ²a² nᵧ²b² n𝓏²c² Questão 28 Se a caixa do problema anterior é cúbica de lado a a Encontre as autofunções e os autovalores b Qual é a energia do estado fundamental do sistema c Qual é a degenerescência do primeiro e segundo estado excitado Solução Se a caixa do problema anterior é cúbica de lado a a Encontre as autofunções e os autovalores b Qual é a energia do estado fundamental do sistema c Qual é a degenerescência do primeiro e segundo estado excitado Resolução a Para uma caixa cúbica a b c as autofunções e os autovalores são ψnx ny nz x y z 8a³ sinnxπxa sinnyπya sinnzπza Enx ny nz ħ²π² 2ma² nx² ny² nz² onde nx ny e nz são números inteiros positivos b No estado fundamental nx ny nz 1 E111 ħ²π² 2ma² 1² 1² 1² 3ħ²π² 2ma² c Primeiro Estado Excitado Para o primeiro estado excitado nx² ny² nz² 4 As combinações possíveis são 2 1 1 1 2 1 1 1 2 Portanto a degenerescência é 3 Segundo Estado Excitado Para o segundo estado excitado nx² ny² nz² 5 As combinações possíveis são 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 3 1 3 1 3 1 1 Portanto a degenerescência é 6 Solução Temos ℏ2 2m2ψ Eψ 2ψ 2mE ℏ2 ψ Em coordenadas polares temos 2ψ 2ψ r2 1 r ψ r 1 r2 2ψ θ2 2ψ z2 Como estamos considerando uma partícula em um círculo de raio r a função ψ depende apenas de θ pois r é fixo e z também Portanto ψ ψθ 2ψ 1 a2 2ψ θ2 Temos 2ψ θ2 2ma2E ℏ2 ψ A solução geral da equação diferencial é ψθ Aeikθ Beikθ com k2 2ma2E ℏ2 Impondo a condição de periodicidade ψθ ψθ 2π obtemos Aeikθ Beikθ Aeikθ2π Beikθ2π Simplificando os expoentes Aeikθ Beikθ Aeikθeik2π Beikθeik2π Para que essa igualdade seja válida temos eik2π 1 e eik2π 1 Para o primeiro caso temos eik2π cosk2π i sink2π k2π 2nπ k n Fazendo o segundo caso concluímos que a igualdade é válida apenas se k for um número inteiro k n Portanto a solução é ψθ Aeinθ Beinθ n 1 2 3 Como k n e k2 2ma2E ℏ2 temos En n2 ℏ2 2ma2 n 1 2 3 18 30 Outros serviços Aulas particulares Resoluções de listas Correções de exercícios Acompanhe também nosso Instagram ignoisresolve