Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de FısicaFIZ0322 Fısica Cuantica I

Ayudantıa 13: Potencial central y primeradescripcion de atomos

Fabian Cadiz

0.1. Movimiento en un potencial central

Consideremos una partıcula de masa me en movimiento en un potencial central. Por estoentendemos que el potencial V (r) depende unicamente de la distancia al origen |~r| = r.

0.1.1. Coordenadas esfericas

La ecuacion de Schrodinguer independiente del tiempo en coordenadas esfericas es:

− ~2

2me

~∇2ψ(~r) + V (r)ψ(~r) = Eψ(~r)

Recordando que el operador L2 sobre las funciones de onda tiene la representacion:

L2 = −~2

(1

sinϑ

∂

∂ϑsinϑ

∂

∂ϑ+

1

sin2 ϑ

∂2

∂ϕ2

)El laplaciano toma entonces la forma ~∇2 = 1

r∂2

∂r2r − 1

r2~2 L2, y la ecuacion a resolver es:(

− ~2

2me

1

r

∂2

∂r2r +

L2

2mer2+ V (r)

)ψ(~r) = Eψ(~r)

El hamiltoniano conmuta con las tres componentes del momento angular, Li, i = x, y, z. Esdecir

[H, L2] = 0

En consecuencia, los tres operadores H, L2 y una componente de L, por ejemplo Lz, formanun conjunto de observables que conmutan. Este conjunto resulta ser completo, es decir, su basecomun es unica.NotaLa relacion [H, L] = 0 implica, a partir del teorema de Ehrenfest, la conservacion del momentoangular:

d

dt〈L〉 = ~0

Esto es consecuencia del hecho que el potencial depende solamente de |~r|, o dicho de otraforma, de la invarianza del hamiltoniano ante rotaciones.

0.1.2. Funciones propias comunes a H, L2, Lz

Una parte de problema a valores propios ya esta resuelta ya que se conocen las funcionespropias comunes a L2 y Lz. Estas son los armonicos esfericos. Efectuamos ahora una separacionde variables bajo la forma:

ψl,m(~r) = Rl(r)Yl,m(ϑ, ϕ)

L2ψl,m(~r) = l(l + 1)~2ψl,m(~r)

Lzψ(l,m)(~r) = m~ψl,m(~r)

donde l y m son enteros, con |m| ≤ l. La ecuacion a valores propios para la energıa se leeahora: (

− ~2

2me

1

r

d2

dr2r +

l(l + 1)~2

2mer2+ V (r)

)Rl(r) = ERl(r)

Esta ecuacion es independiente del numero cuantico m: es por esto que no hemos puesto enla ultima ecuacion un ındice m a la parte radial de la funcion de onda. Esta ecuacion diferenciales llamada ecuacion radial y Rl(r) se llama la funcion de onda radial.

La condicion de normalizacion de la funcion de onda es:

ˆd2Ω

ˆ ∞0

dr r2|ψ(r, ϑ, ϕ)|2 = 1

Ω representa el angulo solido, con d2Ω = sinϑdϑdϕ. Como los armonicos esfericos estannormalizados, la condicion de normalizacion se reduce a:

ˆ ∞0

dr r2|Rl(r)|2 = 1

Introduciendo la funcion de onda reducida ul(r) = rRl(r), la ecuacion radial se escribe:(− ~2

2me

d2

dr2+l(l + 1)~2

2mer2+ V (r)

)ul(r) = Eul(r)

y la condicion de normalizacion es´∞

0dr |ul(r)|2 = 1. Se puede mostrar ademas que toda

solucion normalizable Rl(r) es acotada en el origen, luego ul(0) = 0. Esta ecuacion tiene laestructura de una ecuacion de Schrodinguer que describe el movimiento uni-dimensional deuna partıcula de masa me en el potencial:

Veff (r) = V (r) +l(l + 1)~2

2mer2

2

Problema 1: Valor medio de r para el problema Coulombiano

Considere la ecuacion radial adimensional para el atomo de hidrogeno:(d2

dρ2− l(l + 1)

ρ2+

2

ρ

)un,l(ρ) = εun,l(ρ)

donde un,l(ρ) = ρRn,l(ρ) es la funcion de onda reducida y satisface las condiciones´∞

0dρ|un,l(ρ)|2 =

1 y un,l(0) = 0.a) Multiplicando esta ecuacion por ρun,l(ρ) e integrando sobre ρ, muestre que

〈ρ〉n2

+l(l + 1)

n2− 2 =

ˆ ∞0

dρ ρun,l(ρ)u′′

n,l(ρ)

Utilize el resultado 〈1/ρ〉 = 1n2 deducido del teorema del Virial.

b) Multiplicando la ecuacion de Schrodinguer por ρ2u′n,l(ρ) e integrando sobre ρ, muestre que:

〈ρ〉n2− 1 = −

ˆ ∞0

dρρun,l(ρ)u′′

n,l(ρ)

c) Deduzca que: 〈ρ〉 = (3n2 − l(l + 1)) /2

Soluciona) Tenemos:

un,l(ρ)′′ − l(l + 1)

ρ2un,l(ρ) +

2

ρun,l(ρ) = εun,l(ρ)

Multiplicando por ρun,l(ρ):

un,l(ρ)′′ρun,l(ρ)− l(l + 1)

ρu2n,l(ρ) + 2u2

n,l(ρ) = ερu2n,l(ρ)

Ademas se sabe que los autovalores de la energıa para el atomo de hidrogeno son ε = εn =1/n2:

un,l(ρ)′′ρun,l(ρ)− l(l + 1)

ρu2n,l(ρ) + 2u2

n,l(ρ) =1

n2ρu2

n,l(ρ)

Ahora, integrando sobre ρ:

ˆ ∞0

dρ ρun,l(ρ)′′un,l(ρ)− l(l + 1)〈1ρ〉+ 2 =

1

n2〈ρ〉

Y usando que 〈1ρ〉 = 1

n2 :

ˆ ∞0

dρ ρun,l(ρ)′′un,l(ρ) =l(l + 1)

n2− 2 +

〈ρ〉n2

b) Si ahora se multiplica la ecuacion de Schrodinguer por ρ2u′n,l(ρ):

ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ)′′ − l(l + 1)u′n,l(ρ)un,l(ρ) + 2ρu′n,l(ρ)un,l(ρ) =1

n2ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ)

e integrando:

ˆ ∞0

dρ ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ)′′ − l(l + 1)

ˆ ∞0

dρ u′n,l(ρ)un,l(ρ) + 2

ˆ ∞0

dρ ρu′n,l(ρ)un,l(ρ) =

3

=1

n2

ˆ ∞0

dρ ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ)

Pero´∞

0dρ u′n,l(ρ)un,l(ρ) = 1

2u2n,l(ρ)

∣∣∣∞0

= 0, luego:

ˆ ∞0

dρ ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ)′′ + 2

ˆ ∞0

dρ ρu′n,l(ρ)un,l(ρ) =1

n2

ˆ ∞0

dρ ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ)

Ahora se usa:

ˆ ∞0

dρ ρ2u′n,l(ρ)u′′n,l(ρ) =

ˆ ∞0

dρ ρun,l(ρ)u′′n,l(ρ)

y

ˆ ∞0

dρ ρu′n,l(ρ)un,l(ρ) = −1

2

ˆ ∞0

dρ ρ2u′n,l(ρ)un,l(ρ) = −〈ρ〉

que puede demostrarse integrando por partes. Con esto:

〈ρ〉n2− 1 = −

ˆ ∞0

dρρun,l(ρ)u′′

n,l(ρ)

c) Sumando los dos resultados precedentes, obtenemos:

〈ρ〉 =(3n2 − l(l + 1)

)/2

Es decir, el valor medio de la distancia al nucleo crece con n2. Para n fijo, aumenta con l.

4

Problema 2: Partıcula encerrada entre dos esferas

Una partıcula de masa m se encuentra restringida a moverse entre dos esferas impermeablesde radios r = a y r = b. No existe otro potencial. Encuentre la energıa del ground state y lafuncion de onda asociada.

SolucionSea la funcion de onda radial R(r) = χ(r)/r. Luego, χ(r) satisface la ecuacion:

d2χ(r)

dr2+

2m

~2[E − V (r)]− l(l + 1)

r2

χ(r) = 0 a ≤ r ≤ b

Para el ground state, l = 0, y la parte angular de la funcion de onda es Y0,0(ϑ, ϕ) = 1√4π

.

Ya que V (r) = 0, definiendo K2 = 2mE~2 , la ecuacion radial se reduce a:

χ′′(r) +K2χ(r) = 0

con condiciones de borde

χ(r)∣∣∣r=a

= χ(r)∣∣∣r=b

= 0

La primera de ellas impone que las soluciones sean de la forma:

χ(r) = A sin[K(r − a)]

Luego, de χ(b) = 0, obtenemos la cuantificacion de K:

K =nπ

(b− a)n = 1, 2, ...

Para el ground state, n = 1, obtenemos la energıa:

E =~2K2

2m=

~2π2

2m(b− a)2

De la condicion de normalizacion:

ˆ b

a

dr r2R2(r) =

ˆ b

a

dr χ2(r) = 1

obtenemos A =√

2/(b− a). Ası, para el ground state, la funcion de onda radial normalizadaes:

R(r) =

√2

b− a1

rsin

π(r − a)

b− ay la funcion de onda normalizada es:

ψ(r) =1√4π

√2

b− a1

rsin

π(r − a)

b− a

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Problema 3: Desintegracion de un atomo de tritio

El nucleo del atomo de tritio es el isotopo H3 del hidrogeno , de carga Z = 1. Este nucleo esradioactivo y se transforma en helio 3 por desintegracion beta:

H3 → He3 + e− + ν

donde ν es un antineutrino. La energıa del electron emitido es del orden de 15 keV y elnucleo de He3 es de carga Z = 2. La desintegracion es un proceso instantaneo. El electron βde la desintegracion se emite a gran velocidad y abandona el sistema atomico rapidamente. Enconsecuencia, se forma un atomo de helio ionizado He3

+. Sea a1 = ~2/me2 el radio de Bohry EI = mc2α2/2 ≈ 13, 6 eV la energıa de ionizacion del atomo de hidrogeno. En el estadofundamental |ψ0〉 del atomo de tritio, la funcion de onda del electron (n = 1, l = 0,m = 0) esla misma que la del atomo de hidrogeno usual

ψ(~r) =1√πa3

1

e−r/a1 (1)

Al instante t0 de la desintegracion del nucleo suponemos que la funcion de onda del electronatomico es practicamente la misma que aquella del tritio y que esa dada por 2. Se nota |n, l,m〉los estados del atomo de Helio ionizado que constituye un sistema hidrogenoide: un electron enun campo coulombiano de un nucleo de carga 2.a) Escriba el hamiltoniano H1 del electron atomico antes de la desintegracion y el hamiltonianoH2 de este electron despues de la desintegracion.b) Cuales son, en funcion de EI , los niveles de energıa En del atomo He3

+?. Exprese su radiode Bohr y su funcion de onda ϕ100(~r) en el estado fundamental.c) Calcule el valor medio 〈E〉 de la energıa del electron despues de la desintegracion. Use:

〈ψ0|1

r|ψ0〉 =

1

a1

H2 = H1 −e2

r

d) Exprese en funcion de |ψ0〉 y |n, l,m〉 la amplitud de probabilidad c(n, l,m) y la probabilidadp(n, l,m) de encontrar al electron en el estado |n, l,m〉 de He3

+ despues de la desintegracion.Muestre que solo las probabilidades pn = p(n, 0, 0) son no nulas.e) Calcule la probabilidad p1 de encontrar al electron en el estado fundamental de He3

+. Cuales la contribucion de correspondiente a 〈E〉?f) Un calculo numerico da los siguientes resultados:

p2 =1

4

∞∑n=3

pn = 0,02137∞∑n=3

pnn2

= 0,00177

Calcule la probabilidad de encontrar al electron en los estados ligados del He3+ y la con-

tribucion 〈EL〉 correspondiente a 〈E〉.

Soluciona) Los dos hamiltonianos son:

H1 =p2

2m− e2

rH2 =

p2

2m− 2e2

r

b) Los niveles de un atomo hidrogenoide de carga Z son En = −Z2EI/n2, en este caso

entonces:

En = −4EIn2

6

El radio de Bohr del ion He3+ es a2 = a1/2, y la funcion de onda es:

ϕ100(r) =1√πa3

2

e−r/a2

c) La energıa media del electron en la nueva configuracion es:

〈E〉 = 〈ψ0|H2|ψ0〉 = 〈ψ0|H1|ψ0〉 − 〈ψ0|e2

r|ψ0〉

Es decir,

〈E〉 = −EI −e2

a1

= −3EI ∼ −40,8 eV

d) Por definicion, la amplitud de probabilidad es c(n, l,m) = 〈n, l,m|ψ0〉, y la probabilidadp(n, l,m) = |〈n, l,m|ψ0〉|2. La forma analıtica es:

c(n, l,m) =

ˆR3

d3r Rnl(r)Yl,m(ϑ, ϕ)∗ψ0(r)

donde Rnl(r) son las funciones de onda radiales del atomo hidrogenoide He3+. Ya que ψ0(r)

es de la forma ψ0(r) = R0(r)Y0,0(ϑ, ϕ), la ortogonalidad de los armonicos esfericos estableceque:

p(n, l,m) = 0 si (l,m) 6= (0, 0)

e) La amplitud de probabilidad de que el electron permanezca en el estado fundamental es:

c(1, 0, 0) = 4π

ˆ ∞0

dr r2 e−r/a2√πa3

2

e−r/a1√πa3

1

=16√

2

27

Luego la probabilidad es p1 = 0,70233, la contribucion correspondiente a 〈E〉 es p1E1 =−38,2 eV

f) Con los valores dados en el enunciado, se obtiene:

p2E2 = −EI4

= −3,4 eV, p =∞∑n=1

pn = 0,9737

La contribucion de los estados ligados a 〈E〉 es:

〈EL〉 =∞∑n=1

pnEn = −3,0664EI = −41,7 eV

La probabilidad total p es menor a 1, existe entonces una probabilidad (1−p) = 0,026 de queel electron atomico no se encuentre ligado en el estado final. La contribucion 〈EL〉 = −41,7 eVes 0,9 eV menor que 〈E〉. La probabilidad (1−p) corresponde a un electron de energıa positiva,es decir, se trata de una ionizacion de He3

+ en He3++ con la emision del electron atomico.

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Problema 4: Ecuacion de continuidad

Muestre que en la prescencia de un campo electromagnetico dependiente del tiempo(φ, ~A

)la ecuacion de continuidad se cumple para una partıcula de carga −e si la densidad de cargaesta dada por:

ρ(~x, t) = −e ψ(~x, t)∗ψ(~x, t)

con una densidad de corriente:

~J(~x, t) = − e~2im

ψ(~x, t)∗

(~∇+

ie

~c~A(~x, t)

)ψ(~x, t)− ψ(~x, t)

(~∇− ie

~c~A(~x, t)

)ψ(~x, t)∗

SolucionPara probar la ecuacion de continuidad, basta notar que la interaccion de una partıcula decarga −e con un campo electromagnetico ( ~A, φ) se describe mediante el hamiltoniano:

H =1

2m

(p+ e ~A

)2

− eφ =−~2

2m

(~∇+

ie

~~A

)2

− eφ

Ası, escribimos la ecuacion de Schrodinguer dependiente del tiempo y su conjugada:

i~∂ψ

∂t= − ~2

2m[~∇+

ie

~~A]2ψ − eφψ

−i~∂ψ∗

∂t= − ~2

2m[~∇− ie

~~A]2ψ∗ − eφψ∗

Si multiplicamos la primera ecuacion por ψ∗, la segunda por ψ y tomamos la diferenciaentre las dos resultantes:

i~∂

∂t(ψ∗ψ) = − ~2

2m

ψ∗~∇2ψ − ψ~∇2ψ∗ +

ie

~[ψ∗ ~A · ~∇ψ + ψ∗~∇ · ( ~Aψ) + ψ ~A · ~∇ψ∗ + ψ~∇ · ( ~Aψ∗)]

= − ~2

2m~∇ ·ψ∗[~∇+ i

e

~~A]ψ − ψ[~∇− i e

~~A]ψ∗

Dividiendo a ambos lados de la ecuacion por i~, obtenemos la ecuacion de continuidad para

la densidad de probabilidad:

∂ρ

∂t+ ~∇ · ~J = 0

Multiplicando finalmente por la carga −e, obtenemos la ecuacion de continuidad para lacarga, con una densidad de carga :

ρc = −eψ∗ψ

la densidad de corriente correspondiente es:

~Jc = −e ~2im

ψ∗[~∇+

ie

~~A]ψ − ψ[~∇− ie

~~A]ψ∗

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Problema 5: Invarianza de Gauge

Muestre que la forma de la ecuacion de Schrodinguer es invariante bajo transformaciones degauge dependientes del tiempo.

SolucionNuevamente consideramos la ecuacion de Schrodinguer dependiente del tiempo en un campoelectromagnetico (φ, ~A)

i~∂ψ

∂t=

1

2m

(p− q ~A

)2

ψ + qφψ

Se sabe que el electromagnetismo es invariante (los campos electrico y magnetico no sonalterados) ante una transformacion de gauge para los potenciales:

~A′ = ~A+ ~∇Λ (2)

φ′ = φ− ∂Λ

∂t(3)

Para que la mecanica cuantica sea invariante ante transformaciones de Gauge, se propone unatransformacion unitaria para la funcion de onda :

ψ′ = eiq~ Λψ (4)

Se dice que las ecuaciones (2), (3), (4) definen una transformacion de gauge. Veamos que laforma de la ecuacion de Schrodinguer es la misma:

i~∂ψ

∂t=

1

2m

(p− q ~A

)2

ψ + qφψ

i~∂

∂t[e−i

q~Λψ′] =

1

2m

(p− q~(A′ − ~∇Λ)

)2

e−iq~Λψ′ + q(φ′ +

∂Λ

∂t)e−i

q~Λψ′

El lado izquierdo es:

~q

~∂Λ

∂te−i

q~Λψ′ + e−i

q~Λi~

∂ψ′

∂t

Ademas: (p− q~(A′ − ~∇Λ)

)e−i

q~Λψ′ = −i~~∇(e−i

q~Λψ′) + (−q ~A′ + q~∇Λ)e−i

q~Λψ′

= −e−iq~Λi~~∇ψ′ − q~∇Λe−i

q~Λψ′ + (−q ~A′ + q~∇Λ)e−i

q~Λψ′ = −e−i

q~Λi~~∇ψ′ − q ~A′e−i

q~Λψ′

Finalmente: (p− q~(A′ − ~∇Λ)

)e−i

q~Λψ′ = e−i

q~Λ(p− q ~A′

)ψ′

y entonces, llamando ψ′′ = e−iq~Λ(p−q ~A′)ψ′ y aplicando (p−q( ~A− ~∇Λ)) sobre ψ′′ se demuestra:(

p− q~(A′ − ~∇Λ))2

e−iq~Λψ′ = e−i

q~Λ(p− q ~A′

)2

ψ′

9

De esta forma:

q∂Λ

∂te−i

q~Λψ′ + e−i

q~Λi~

∂ψ′

∂t=

1

2m

(p− q ~A′

)2

e−iq~Λψ′ + qφ′e−i

q~Λψ′ + q

∂Λ

∂te−i

q~Λψ′

e−iq~Λi~

∂ψ′

∂t=

1

2m

(p− q ~A′

)2

e−iq~Λψ′ + qφ′e−i

q~Λψ′

Eliminando el factor de fase a ambos lados, obtenemos:

i~∂ψ′

∂t=

1

2m

(p− q ~A′

)2

ψ′ + qφ′ψ′

Es decir, la forma de la ecuacion de Schrodinguer es invariante bajo una transformacion degauge.

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Problema 6: Niveles de Landau

Buscamos determinar los niveles de energıa de una partıcula sin spin y de carga q, colocadaen un campo magnetico ~B constante y uniforme, alineado segun el eje z, ~B = Bz. Se escogeaquı el gauge de Landau ~A = Bxy.a) Escriba la ecuacion a valores propios para el hamiltoniano H. Notaremos ψ(~r) una funcionpropia y Etot al valor propio correspondiente.b) Buscamos soluciones de H bajo la forma factorizada:

ψ(x, y, z) = eikxzψ(x, y)

Muestre que ψ(x, y) satisface la ecuacion a valores propios:

− ~2

2m

(∂2

∂x2+

(∂

∂y− iqB

~x

)2)ψ(x, y) = Eψ(x, y)

con E = Etot − ~2k2x2m

c) Ahora nos interesamos por la ecuacion recien encontrada que describe el movimiento dela carga en el plano x− y. Buscamos soluciones bajo una forma factorizada:

ψ(x, y) = eikyyχ(x)

Cual es la ecuacion que verifica χ(x)? A que problema fısico corresponde? Definiremoswc = qB/m como la frecuencia de ciclotron.

d) Muestre que los valores propios de la energıa (para el problema unidimensional en x)son:

E =

(n+

1

2

)~wc

Dependen estos valores de ky? Los niveles de energıa son llamados niveles de Landau.

Soluciona) La ecuacion a valores propios se escribe:

− ~2

2m

(∂2

∂x2+ (

∂

∂y− iqB

~x)2 +

∂2

∂z2

)ψ(x, y, z) = Etotψ(x, y, z)

b) La ecuacion recien escrita es separable y es inmediato verificar que las funciones del tipo

ψ(x, y, z) = eikzzψ(x, y) son efectivamente soluciones con valor propio E = Etot− ~2k2z2m

. Al igualque en el problema clasico, el movimiento segun z es rectilıneo uniforme.

c) La sustitucion ψ(x, y) = eikyyχ(x) conduce a la ecuacion siguiente para χ:

− ~2

2m

d2χ

dx2+

1

2mw2

c (x− xc)2χ = Eχ

donde hemos definido xc = ~kyqB

.

11

Se trata de la ecuacion de autovalores de un oscilador armonico de frecuencia wc/2π, cen-trado en xc. De esta forma, los valores propios de la energıa son

E = ~wc(n+

1

2

)donde n es un entero positivo o nulo. Estos valores son independientes de ky.

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Problema 7: Niveles de energıa en un potencial lineal

El objetivo es estudiar los niveles de energıa de un electron en la vecindad de la armadura de uncondensador plano. Suponga que el electron esta restringido a desplazarse segun el eje vertical(Ver la figura). Su movimiento es unidimensional, y anotamos z su posicion y suponemos quela armadura inferior del condensador (cargado positivamente) es una pared inpenetrable. Lacarga del electron es −e (e > 0) y m su masa. La energıa potencial electrostatica del electrones V (z) = eEz para z ≥ 0 y V (z) = ∞ para z < 0. En esta expresion, el campo electricoconstante E es positivo, E > 0. Suponga, por simplicidad, que la placa superior se encuentra auna distancia muy grande (en z =∞).

Figura 1:

a) Escribir la ecuacion que determina las funciones propias ψn(x) y los valores propios Encorrespondientes.b) Que condiciones limites en z = 0 y z =∞ deben satisfacer las funciones propias?c) Poniendo z = z0x y E = E0ε, reemplaze la ecuacion a valores propios por la ecuacionadimensional

−φ′′(x) + xφ(x) = εφ(x)

De la expresion de E0 y z0

d) Las soluciones de la ecuacion diferencial u′′(η)−ηu(η) = 0 son funciones especiales llamadasfunciones de Airy. La solucion A(η) que se anula en el infinito se representa en la figura:

Figura 2:

Se tiene

η →∞, A(η) ∼ α

2η1/4e−

23η3/2

η → −∞, A(η) ∼ α

|η|1/4sin

(2

3η3/2 +

π

4

)donde α es una constante de normalizacion. Los primeros ceros ηn de A(η) son η1 = −2,338,

η2 = −4,088, η3 = −5,521. Cuales son los niveles de energıa del electron? Como se obtienen lasfunciones de onda correspondientes?

e) Calcule los dos primeros niveles de energıa para un campo de magnitud E = 106 V/m.Cual es la frecuencia de un foton emitido o absorbido durante la transicion entre estos dos

13

estados?

f) Se debe tener encuenta la cuantificacion de la energıa a la temperatura habitual (kT ∼1/40 eV )?. A que temperatura se debe bajar para observar el fenomeno correctamente?

g) Cual es el orden de magnitud de la altura media del electron en el estado fundamental?

h) Con tecnicas de manipulacion de neutrones ultra frios, se ha podido en Grenoble (Francia)medir los estados estacionarios de neutrones en el campo de gravedad, sobre un espejo situadoen z = 0.

Sabiendo que la masa del neutron es M ≈ 1,676 10−27 kg, y tomando g = 9,8 ms−2

para la aceleracion de gravedad, cuales son las energıas de los dos primeros niveles grav-itacionales del neutron?

Cual es el orden de magnitud de la altura media del neutron sobre el espejo en el estadofundamental?

Por el teorema del virial, se puede mostrar que para todo estado estacionario, se tiene2 < p2/2M >=< V (z) >. Calcule el valor exacto de < z > en el estado fundamental.

Compare la energıa del estado fundamental con la energıa potencial clasica de una partıcu-la de esta masa a altura < z >. Explique la diferencia.

Soluciona) La ecuacion de Schrodinguer independiente del tiempo se escribe:

− ~2

2m

d2

dz2ψn(z) + eEzψn(z) = Enψn(z)

b) Las autofunciones se deben anular en el infinito y en la placa del condensador.

ψ(0) = 0, ψ(∞) = 0

c) Considerando z = z0x, y En = E0εn,la ecuacion de Schrodinger se puede reescribir:

− ~2

2m

d2

dz2ψn(z0x) + eEz0xψn(z0x) = E0εnψn(z0x)

pero d/dz = d/dx dx/dz = 1z0d/dz:

− ~2

2mz20

d2

dx2ψn(z0x) + eEz0xψn(z0x) = E0εnψn(z0x)

− ~2

2mE0z20

d2

dx2ψn(z0x) +

eEz0

E0

ψn(z0x) = εnψn(z0x)

Luego, se debe tener:

14

~2

2mE0z20

= 1,eEz0

E0

= 1

De la segunda, se tiene E0 = eEz0, luego:

~2

2meEz30

= 1, → z0 =

(~2

2meE

)1/3

y

E0 =

(~2e2E2

2m

)1/3

con esto, se tiene la ecuacion a valores propios adimensional:

− d2

dx2ψn(z0x) + xψn(z0x) = εnψn(z0x)

Definiendo φn(x) = ψn(z0x):

− d2

dx2φn(x) + xφn(x) = εnφn(x) (5)

con φn(0) = φn(∞) = 0.

d) Le ecuacion 5 se puede reescribir de la forma:

d2

dx2φn(x)− (x− εn)φn(x) = 0

Considerando el cambio de variable x− εn = η, u(η) = φn(x) = φn(η + εn):

d2

dη2u(η)− ηu(η) = 0

con las condiciones u(∞) = 0, u(−εn) = 0. De esta ultima condicion surge la condicion decuantificacion de la energıa, los εn son los ceros de la funcion de Airy, es decir

En = −E0ηn (6)

Las autofunciones se obtienen directamente a partir de la funcion de Airy:

ψn(z) = φn(z/z0) = A(z/z0 + ηn), z ≥ 0

o bien:

ψn(z) = λA(z/z0 + ηn), z ≥ 0

donde λ es una constante de normalizacion.

e) Para E = 106 V/m, se obtiene E0 = 3,36 10−3 eV . Los dos primeros niveles de energıason

E1 = 7,85 10−3 eV y E2 = 13,73 10−3 eV

la frecuencia de un foton emitido mediante la transicion desde E2 a E1 es:

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ν =E2 − E1

h= 1420 Ghz

la longitud de onda asociada es

λ = 0,21 nm

f) El espaciamiento entre los niveles, E2 − E1 ∼ 6 10−3 eV es debil ante la energıade agitacion termica, kT ∼ 0,025 eV . Para evitar que la agitacion termica perturbe lasobservaciones, se debe tener

kT ∼ 10−3 eV

Esto da:

T ∼ 10−3

8,6× 10−5∼ 10 K

g) Para E = 106 V/m, se tiene z0 = 3,4 nm, que es el orden de magnitud para < z >.

h) En el caso de los neutrones y el campo de gravedad, se puede reemplazar la energıapotencial electrostatica V (z) = eEz por el potencial gravitacional V (z) = Mgz, lo que equivalea escribir Mg = eE en el calculo anterior. Entonces

z0 =

(h2

2M2G

)1/3

∼ 5,86 nm y E0 =

(h2G2M

2

)1/3

∼ 1,4 10−12 eV

Por el teorema del virial, se tiene 2〈p2/2M〉 = 〈V (z)〉. Por otra parte, para todo estadoestacionario ψn:

En = 〈p2/2M〉+ 〈V (z)〉

En consecuencia:

En =3

2〈V (z)〉 =

3

2Mg〈z〉

De aquı se obtiene el valor exacto:

〈z〉 =2

3E1Mg = 9 µm

La energıa potencial de un neutron clasico a esta altura serıa

Vclas = Mg〈z〉 =2

3E1

igual al valor medio de la energıa potencial cuantica. Corresponde a 2/3 de la energıa to-tal cuantica que evidentemente contiene una parte de energıa cinetica, que pone en levitacioncuantica al neutron (debido al principio de incertidumbre, pues clasicamente el estado funda-mental corresponderıa al neutron a una altura bien definida, z = 0).

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