FNC376N: Lista 2

FNC376N: Lista 2
8 de março de 2005
Tipler 7-1: A Equação de Schrödinger em três dimensões
7-1. Determine as energias E311 , E222 e E321 e construa um diagrama de nı́veis de energia para
o poço cúbico tridimensional que inclua as energias até o quinto nı́vel excitado. Qual a
degenerescência de cada nı́vel? (Solução)
7-2. Uma partı́cula é confinada a uma caixa tridimensional de arestas L1 , L2 = 2L1 e L3 = 3L1 .
Determine os números quânticos n1 , n2 e n3 para os 10 estados de menor baixa energia da
partı́cula. (Solução)
7-3. Uma partı́cula é submetida a um potencial dado por V (x,y,z) = 0 para −L/2 < x < L/2,
0 < y < L e 0 < z < L, e V = ∞ fora destes limites. (a) Escreva uma expressão para a
função de onda desta partı́cula no estado fundamental. (b) Como se comparam as energias
permitidas com as de uma partı́cula numa caixa para a qual V = 0 para 0 < x < L, ao invés
de −L/2 < x < L/2? (Solução)
7-4. Determine as funções de onda para os 10 estados de menor energia da partı́cula do Problema
7-2. (Solução)
7-5. (a) Repita o problema 7-2 supondo L2 = 2L1 e L2 = 4L1 . (b) Quais dos dez estados são
degenerados?
7-6. Suponha que a partı́cula do Problema 7-1 seja um elétron e L = 0,10 nm. Determine as
energias de transição dos primeiros cinco nı́veis excitados para o nı́vel fundamental (em eV).
Extras
1. Um oscilador harmônico isotrópico em 3 dimensões se encontra no seu estado fundamental
1 2
ψ000 (x,y,z) = C000 e− 2 ur , como definido nas NA2.
a) Determine a constante de normalização C000 .
b) Compute os valores esperados da posição, hri, e do momento linear, hpi, para a partı́cula
neste estado.
c) Compute os valores esperados
da energia cinética, hKi = p2 /2m, e da energia poten
cial, hV i = (1/2)mω 2 x2 , para a partı́cula neste estado.
d) Calcule a probabilidade P (r0 ) da partı́cula ser encontrada no interior de uma esfera de
raio r0 centrada na origem.
1
2
2. Repita o problema anterior para o estado ψ001 (x,y,z) = C001 uz e− 2 ur , um dos três estados
degenerados do priméiro nı́vel excitado.
1
3. Considere uma partı́cula de massa µ confinada a uma região bidimensional na forma de um
quadrado de lado a. A energia potencial é dada por:
0, para 0 < x < a e 0 < y < a
V (x,y) =
+∞ de outra forma.
a) A auto-funções têm a forma
ψ(x,y) = A sin(kx x) sin(ky y).
Determine os valores possı́veis de kx e ky e as auto-energias correspondentes.
b) Determine a constante de normalização A.
c) Liste as auto-energias e as correspondentes degenerescências dos quatro primeiros nı́veis
de energia.
d) Determine o valor esperado da posição da partı́cula, hri = hx~ı + y~i no estado fundamental.
2
Soluções
7-1 A Equação de Schrödinger em três dimensões
7-1.
Se uma caixa tem arestas de comprimentos L1 , L2 e L3 , respectivamente nas direções x, y e z, as
auto-energias têm a forma
~2 π 2 n21
~2
n22
n23
2
2
2
,
(1)
k + ky + kz =
+
+
En1 n2 n3 =
2m x
2m L21 L22 L23
o que significa,
kx = nx
π
,
L1
ky = ny
π
L2
e kz = nz
π
.
L3
Os números quânticos nj são quaisquer inteiros maiores que 0, nj = 1,2,3, . . .
As correspondentes auto-funções são
ψn1 n2 n3 (x,y,z) =
=
23
L1 L2 L3
1/2
23
L1 L2 L3
1/2
sin(kx x) sin(ky y) sin(kz z)
sin
n1 πx
L1
sin
n2 πy
L2
(2)
sin
n3 πz
L3
.
No caso da caixa cúbica L1 = L2 = L3 = L, e
En1 n2 n3 =
~2 π 2
2
2
2
2
2
2
n
+
n
+
n
,
≡
n
+
n
+
n
E0 .
1
2
3
1
2
3
2mL2
As energias solicitadas são, portanto:
E311 =11E0 ,
E222 =12E0 ,
E321 =14E0 .
Os estados (auto-estados) e energias correspondentes até o sexto nı́vel de energia (quinto nı́vel
excitado) estão listados na tabela abaixo.
nı́vel
fundamental
1◦ nı́vel excitado
2◦ nı́vel excitado
3◦ nı́vel excitado
4◦ nı́vel excitado
5◦ nı́vel excitado
estado: n1 n2 n3
111
211,121,112
221,212,221
311,131,113
222
321,312,231,132,213,123
E/E0
3
6
9
11
12
14
g
1
3
3
3
1
6
A última coluna da direita, g, dá a degenerescência de cada nı́vel. Note que o nı́vel fundamental
e o quarto nı́vel excitado só estão associados a um estado cada um g = 1. Todos os outros da lista
são degenerados, ou seja, estão associados a mais de um estado. A degenerescência ocorre porque
qualquer permutação de n1 , n2 e n3 resulta da mesma energia. Isto reflete a simetria do potencial,
para o qual as direções x, y e z são equivalentes.
O diagrama de nı́veis está representado na figura abaixo.
3
g=6
12
11
g=1
g=3
9
g=3
6
g=3
3
g=1
E/E
0
14
0
Níveis de energia do Poço Cúbico
Há uma certa confusão de nomenclatura, que transparece na formulação do problema do Tipler.
Na tabela acima estão listados 6 nı́veis de energia e 17 estados. Cada estado é associado com uma
auto-função, e neste caso a três números quânticos. Quando o Tipler pergunta ”quais dos estados
que aparecem no diagrama são degenerados”, ele deveria perguntar ”quais dos nı́veis de energia
que aparecem no diagrama são degenerados”. Podemos falar de estados degenerados significando
vários estados com a mesma energia, ou nı́vel degenerado significando uma energia associada a
vários estados.
7-2 e 7-4.
No problema anterior, já escrevemos as expressões para as energias (1) e as correspondentes autofunções (3) para uma caixa de arestas L1 , L2 e L3 . No presente caso, temos L2 = 2L1 e L3 = 3L1 ,
e a energia pode ser escrita como
~2 π 2 n21
n22
n23
~2 π 2 1
En1 n2 n3 =
36n21 + 9n22 + 4n23 .
+
+
=
2
2
2
2
2m L1 2L1 3L1
2mL1 36
Note que agora, o espaçamento entre os nı́veis é menor, ditado pela maior aresta da caixa, L3 .
1 ~2 π 2
Vamos definir E0 = 36
. O problema pede os 10 estados de mais baixa energia. A tabela lista
2mL21
todos os nı́veis até o primeiro nı́vel degenerado do sistema. Note que, agora, as direções x, y e
z não são mais equivalentes (como eram no caso da caixa cúbica), e isto reduz drasticamente a
degenerescência. Na lista abaixo, uma dupla degenerescência aparece no 16◦ nı́vel excitado. Mas
este e outros casos são acidentais. Não esta haveria degenerescência se, por exemplo, L3 fosse
ligeiramente diferente de 3L1 .
4
nı́vel
fundamental
1◦ nı́vel excitado
2◦ nı́vel excitado
3◦ nı́vel excitado
4◦ nı́vel excitado
5◦ nı́vel excitado
6◦ nı́vel excitado
7◦ nı́vel excitado
8◦ nı́vel excitado
9◦ nı́vel excitado
10◦ nı́vel excitado
11◦ nı́vel excitado
12◦ nı́vel excitado
13◦ nı́vel excitado
14◦ nı́vel excitado
15◦ nı́vel excitado
16◦ nı́vel excitado
estado: n1 n2 n3
111
112
121
113
122
123
114
131
132
124
115
133
211
212
125
134
141, 221
E/E0
49
61
76
81
88
108
109
121
133
136
145
153
157
169
172
181
184
g
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
Transcrevendo a Eq. (3), auto-funções agora se escrevem:
ψn1 n2 n3 (x,y,z) =
23
6L31
1/2
sin
n1 πx
L1
sin
n2 πy
2L1
sin
n3 πz
3L1
.
7-3.
A diferença dos auto-estados deste problema para os do problema 7-1 é a dependência em x. No
problema 7-1 a função de onda se anula em x = 0 e x = L. Aqui, as paredes estão localizadas em
x = −L/2 e x = L/2. A caixa ainda é cúbica, mas está deslocada de L/2 no eixo x.
Podemos escrever a forma geral da função X(x) como
X(x) = A cos(kx x) + B sin(kx x).
As condições de contorno, resultam:
X(−L/2) = A cos(kx L/2) − B sin(kx L/2) = 0
X(L/2) = A cos(kx L/2) + B sin(kx L/2) = 0
Como equações para os parâmetros A e B, o sistema só tem solução não trivial se o determinante
dos coeficientes é nulo, ou seja, se
2 cos(kx L/2) sin(kx L/2) = 0.
Temos duas possibilidades:
i. cos(kx L/2) = 0, que resulta
kx L
π
π
= (2n + 1) ⇒ kx = (2n + 1) , com n = 0,1,2, . . .
2
2
L
com B = 0, e
5
ii. sin(kx L/2) = 0, que resulta
kx L
π
= nπ ⇒ kx = 2n , com n = 1,2, . . .
2
L
com A = 0.
Note que no primeiro caso, kx é um múltiplo ı́mpar de π/L, e no segundo um múltiplo par de π/L.
Podemos agrupar os dois casos escrevendo, para nx = 1,2,3, . . .
r 2
cos(nx πx/L), para nx ı́mpar, e
Xnx (x) =
L sin(nx πx/L), para nx par.
Outra maneira de encontrar a solução: Para satisfazer automaticamente a condição X(−L/2) =
0, podemos escrever
X(x) = C sin [kx (x + L/2)] .
Assim, a outra condição resulta
X(L/2) = C sin [kx (L/2 + L/2)] = 0 ⇒ kx = nx π/L, com nx = 1,2,3, . . .
Verifique que esta maneira de escrever X(x) é exatamente equivalente à anterior.
O espectro de energia é idêntico ao da caixa entre x = 0 e x = L, uma vez que a parcela
correspondente a x tem exatamente a mesma forma que naquele caso, ou seja:
~2 kx2
~2 π 2 2
=
n , com nx = 1,2,3, . . .
2m
2mL2 x
Isto era se se esperar porque a natureza do problema não é alterada por um simples deslocamento
na origem que escolhemos para o eixo x.
6