Dept.Física Fundamental, UNED Apartado de Correos 60.141 28080 Madrid Tel: 91 398 7140 UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA Departamento de Física Fundamental Madrid, 14 de noviembre de 2002. Estimado/a alumno/a: Con esta carta le adjuntamos el material complementario de la Primera Prueba Personal de la asignatura de Física Cuántica (3º curso de Ciencias Físicas), opción A. Esta opción es la recomendada para los alumnos que se propongan cursar la especialidad de Física Industrial. Después de los exámenes de febrero recibirá otro envío, correspondiente a la Segunda Prueba Personal. Debe usted trabajar debidamente este material complementario, así como las propuestas de ejercicios y los ejercicios resueltos. Además de la presente carta, el envío consta de: - Una pequeña guía de estudio, en la que se recalcan los puntos más importantes de los temas de esta parte de la asignatura. Se incluyen complementos que debe usted estudiar. - Una colección de problemas resueltos, algunos de ellos del texto-base (Física Cuántica, de Eisberg y Resnick, Editorial Limusa). - Un examen modelo, mezcla de varios propuestos en cursos anteriores, resuelto con bastante detalle para que usted vea cómo debe explicar los pasos que realiza en un examen. Además, se le incluye la solución del examen de la primera prueba personal de septiembre de 2000. - Una pequeña lista de términos habituales de Física Cuántica en inglés, junto con los términos utilizados en la traducción del texto-base y otras posibles alternativas a dichos términos que también se usan en español. - Una pequeña lista de términos que, en nuestra opinión, están mal traducidos en el texto. Tenga en cuenta esta lista al estudiar los temas, porque puede ayudarle a entenderlos mejor. Quisiéramos comentarle una serie de puntos que nos parecen de interés para ayudarle a estudiar la asignatura. MATERIAL DE ESTUDIO Los textos-base sirven para fijar los contenidos y el nivel del temario de la asignatura, pero no son los únicos textos que usted puede y debe consultar en los casos de duda o en caso de necesitar ampliación de algún tema. Le recomendamos que utilice más de un libro para asegurar sus conocimientos, pues cada alumno suele encontrar más útil un libro que todos los demás, incluyendo los recomendados en la guía del curso. Para estudiar la Relatividad que usted necesita para el curso, una buena elección es el libro de Mecánica de la colección de Berkeley (texto-base de la asignatura Mecánica y Ondas de segundo curso). También puede consultar el nuevo libro de Alonso y Finn, en único volumen (Física, Addison-Wesley Iberoamericana, 1995; en inglés tiene el título de Physics). Como mínimo, debe usted estudiar el apéndice A del libro de Eisberg y Resnick para tener las nociones básicas de Relatividad que se van a utilizar en el curso. En particular, además de los textos-base y de los textos mencionados en la Guía del curso, son libros recomendables para trabajar con ellos durante el estudio de toda la asignatura: 1.- Como libro de apoyo, cualquier buen libro de Física que incluya tanto temas de Relatividad como de Física Cuántica. Este libro de consulta debe tenerlo siempre a mano para resolver dudas o puntos que no recuerda con precisión. Un texto que incluye estos temas es el conocido libro de Alonso y Finn Física en tres volúmenes (Addison-Wesley Iberoamericana o Fondo Educativo Interamericano): la Relatividad está tratada en el primer volumen y la Física Cuántica en el tercero. Note que este último volumen es texto-base de la asignatura. También puede utilizar como libro de consulta el nuevo texto de los mismos autores en único volumen (Alonso y Finn, Física, Addison-Wesley Iberoamericana, 1995), aunque profundiza menos en los distintos temas. 2.- Para completar la discusión del texto-base, con un enfoque alternativo de la Física Cuántica y una buena colección de problemas (no resueltos, pero muchos con la solución al final del libro), puede utilizarse el texto de French y Taylor, Introducción a la Física Cuántica (Editorial Reverté) y quizás el libro de Wichmann Física Cuántica (Curso de Física de Berkeley, vol. 4, editorial Reverté) En todo caso, antes de decidirse a comprar algún libro le recomendamos que lo consulte en alguna de las bibliotecas de las que estén a su alcance. Los libros de problemas resueltos pueden ser de ayuda para iniciarse en los temas, pero creemos que la colección que le enviamos, junto con los ejemplos resueltos que están intercalados en los capítulos de los textosbase, es suficiente. Sin embargo, queremos resaltar la importancia que en nuestra opinión tiene la dedicación del alumno a la resolución personal de problemas no resueltos. Resolver problemas de manera independiente (pero no estudiar solamente la solución) es la única manera de asegurarse que se dominan los conceptos y permite, además, prepararse adecuadamente para las pruebas presenciales. Las soluciones que se envían (excepto la del examen modelo) son en general muy breves y poco detalladas; nuestro interés es recalcar la importancia de los principios físicos básicos, siendo usted el que debe desarrollar con más cuidado cada uno de los pasos que se dan en dichos problemas. EXÁMENES: INSTRUCCIONES PARA SU REALIZACIÓN Como es habitual en esta asignatura, los problemas de los exámenes serán de nivel similar a los de los libros de texto. Como ya le hemos comentado, en los problemas que nosotros le enviamos se omiten a veces pasos intermedios, bien porque ya se han explicado en otros problemas o bien porque son suficientemente sencillos para que el alumno pueda hacerlos por sí mismo. Evidentemente, estos pasos deberán detallarse en un examen. Debe usted resolver tanto los problemas que le enviamos como los que están propuestos en los libros de texto (incluyendo los ejemplos resueltos) sin la ayuda de la solución; posteriormente es cuando debe hacer la comprobación de que el resultado (que podría haber obtenido de modo distinto al que nosotros sugerimos) coincide con dicha solución. Nuestra experiencia es que una gran parte de los alumnos apenas explican los razonamientos y pasos que exponen en sus exámenes, siendo en ocasiones imposible saber qué es lo que está haciendo el alumno. En un examen se deben explicar las hipótesis y detallar todos los pasos que se realicen en cada problema o cuestión. Por eso, debe usted acostumbrarse a redactar cuidadosamente los problemas que resuelva en su casa (éstos que le mandamos u otros de los que encuentre usted propuestos en los libros de texto o en cualquier otro libro), puesto que cuando le corrijamos sus exámenes ese detalle es fundamental para poder calificarle adecuadamente. Una parte de los exámenes de esta asignatura consiste en responder breve y razonadamente a algunas cuestiones. No se trata, pues, de exponer todo lo que sabe sobre el tema, sino que debe responderse concretamente a lo que se pregunta. Además, debe usted tener en cuenta que la principal diferencia entre cuestiones y problemas reside fundamentalmente en que éstos requieren cálculos matemáticos más extensos, que el alumno debe realizar (y no sólo indicar), pero no hay diferencias esenciales en cuanto a los contenidos físicos. Recuerde que, al ser su examen una comunicación directa con el profesor (que no le conoce), debe usted explicar los pasos lo más detalladamente posible, definiendo las variables que use y explicando la notación y las fórmulas que utilice. No es suficiente poner la solución: si Vd. conociera la solución directa de algún apartado, debe exponerla y explicarla con claridad, detallando los pasos intermedios. Es muy importante que no sustituya los valores numéricos hasta el final, después de haber obtenido una expresión algebraica; si se le pide algún cálculo numérico hágalo solamente en la expresión algebraica que haya obtenido finalmente (en este caso, debe como mínimo estimar en órdenes de magnitud los resultados que se le pidan). EXÁMENES: CALIFICACIÓN Le recordamos que, al ser las pruebas presenciales de febrero y junio independientes (y éstas respecto a las de septiembre), no se podrá compensar la calificación de una de ellas con la otra. Los exámenes se califican globalmente y los errores graves cuentan de forma negativa en esa calificación. Además, la nota de un examen se obtendrá del promedio de las calificaciones de la parte de las cuestiones y la parte de los problemas. En cualquier caso se requerirá una calificación mínima de 4 puntos (sobre 10) en cualquiera de las dos partes de cada examen (así, un examen con calificaciones de 9 puntos en cuestiones y 3 puntos en problemas da lugar a un NO APTO en la prueba presencial). pues. Usted deberá realizar el examen correspondiente a la(s) parte(s) que le quede(n) pendiente(s) de los exámenes de febrero y de junio. no hay examen de la primera Prueba Personal. en febrero los exámenes de las dos semanas corresponden a la primera Prueba Presencial (primer parcial) mientras que los exámenes de las dos semanas de junio corresponden a la segunda Prueba Presencial (segundo parcial). En junio. EXÁMENES: FECHAS Y HORARIOS Como está indicado en la Guía del Curso. . En el mes de septiembre los exámenes de la asignatura son dos: el de las 9:00 corresponde a la primera Prueba Presencial mientras que el examen de las 11:30 corresponde a la segunda Prueba Presencial. siendo en ocasiones imposible saber qué es lo que está haciendo el alumno y. Alvarellos Bermejo. Por esa razón. indicando la asignatura y la opción) Dra.uned. como consecuencia. esto es. jealvar@fisfun. Teléfono: 91 398 71 23 Dr.uned. José E. Teléfono: 91 398 71 25 . Los objetivos básicos de hacer esa colección de problemas son: .que usted se dé cuenta de sus fallos en la preparación de la asignatura. así como también cualquier otra sugerencia para mejorar su contenido o su presentación.que usted redacte finalmente la solución de los problemas con cuidado y claridad. los problemas pueden ser estos que le mandamos (sin que usted consulte la solución) u otros que encuentre usted propuestos en los libros de texto o en cualquier otro libro. Reciba un cordial saludo del equipo docente: El equipo docente de Física Cuántica (Tercer curso de CC.es Dr. Físicas): Dra.141. 28080 Madrid. Javier García Sanz. Apartado de Correos 60. Alvarellos Bermejo. haciendo hincapié en los conceptos importantes y explicando los pasos que lleva a cabo. . Teléfono: 91 398 71 20 Dr. es que usted se haga una colección propia de problemas de los que no tenga la solución. de llevar adelante el trabajo durante el curso. la calificación de dichos alumnos no puede ser positiva. sus lagunas de conocimiento (de ésta u otra asignatura) y que sepa afrontar y resolver dichas dificultades. gsanz@fisfun. una de las mejores manera de enfocar la asignatura. nuestra experiencia nos demuestra que una gran parte de los alumnos apenas explican los razonamientos y pasos que exponen en sus exámenes. José E. Javier García Sanz. que no es lo mismo que resolver infinidad de problemas triviales.uned. Emilia Crespo del Arco. . el trabajo realizado le será de suma utilidad para las pruebas presenciales. Si usted es capaz de hacer esa colección. intente resolverlos aunque le lleven mucho tiempo.Dirección de correo electrónico (ponga sus datos en el mensaje.
[email protected] .Dirección postal (para cualquier comunicación con los profesores): Nombre de un Profesor (póngalo para que la carta llegue más rápidamente) Departamento de Física Fundamental. Finalmente le agradeceríamos que nos comunique los errores y omisiones que encuentre en este envío. Emilia Crespo del Arco.es Dr.que usted se acostumbre a elegir aquellos problemas que son más relevantes. . FORMA DE TRABAJO DURANTE EL CURSO Como ya le hemos comentado. estado propio autovalor. valor propio cantidad de movimiento.. fierro energía de ligadura. impulso momento angular. valor esperado espín espacio de fases diagrama de fases montaje experimental distribución (de átomos. función propia autoestado. electrones) probabilidades o ritmo de transición . momento lineal. momento cinético par de fuerzas. torque potencial de frenado estado fundamental velocidad de retroceso sección eficaz (de dispersión) cámara de vacío radiación de frenado velocidad de fase (p. en pág. energía de enlace autofunción. electrones) razones de transición (por unidad de tiempo) traslape razón de radiación qué tan . EQUIVALENCIAS Traducción Alternativas binding energy eigenfunction eigenstate eigenvalue linear momentum energía de amarre eigenfunción eigenestado eigenvalor impulso lineal angular momentum torque stopping potential ground state recoil speed cross section vacuum chamber impulso angular impulso rotativo potencial de frenamiento estado base rapidez de retroceso sección transversal cámara evacuada bremsstrahlung velocidad de onda valor de expectación spin espacio fase diagrama fase arreglo experimental arreglo (de átomos.e. 98) valor medio.. página 281) (ej. en página 97) (ej. nos queda la impresión de que han sido varios los traductores y que la labor del revisor científico de la traducción ha sido muy escasa. en página 99) (en página 319) (ej. el texto-base adolece de términos o expresiones mal traducidas. torque) deslocalizada nabla al cuadrado cuantizada discretamente desaparición desviadas preceder torques externos niveles de menor energía sección eficaz (o transversal) Traducción en el libro tremendo sugestivo en seguida definitiva(mente) impulso relativo desconocida del al cuadrado discretamente cuantizada desvanecimiento (smearing off) deflectadas precederse torcas externas niveles menores de energía sección cortada (al principio de la página 344) (en múltiples páginas) (ej. conviene hacer notar que en la página 341 se alterna. página 287) (ej. página. Inglés expectation value spin phase space phase diagram transition rates overlapping solapamiento. en el texto.. página 223) (ej. He aquí algunos ejemplos: Traducción adecuada despreciable sugerente ahora (con) valor bien definido impulso rotativo (par de fuerzas. .. que pueden tener distintas versiones en español. 332) (ej. Finalmente. página 222) (ej. la “P” mayúscula con la “p” minúscula en las fórmulas para denotar el momento dipolar eléctrico. página 332) (ej. hierro MALAS TRADUCCIONES Además de los términos que se han citado anteriormente. Como en algunas partes del libro aparecen estas malas traducciones y en otras no. página 323) (ej. Además hay que estar atentos a las múltiples veces en que la tipografía parece indicar un uno (1) cuando se quiere indicar una ele (l). solape potencia de radiación cuán . página 340) (en página 72). Alonso y Finn: apartados 1.6. Aspectos corpusculares de la radiación.4.3 TEMA 2. Radiación térmica y postulado de Planck. Modelos atómicos clásicos. Eisberg y Resnick: apartados 3.3 a 3. TEMA 5. .1 al 4. Eisberg y Resnick: capítulo 1. Eisberg y Resnick: apartados 4.6. EXTRACTO DE LA INFORMACIÓN SUMINISTRADA EN LA GUÍA DEL CURSO TEMA 1. Alonso y Finn: apartado 1. Alonso y Finn: apartado 1. TEMA 4. Principio de indeterminación.12.4 a 1. Eisberg y Resnick: capítulo 2. 9. Problemas unidimensionales: estados ligados. Momento magnético.1. 9. TEMA 12.6. 6. TEMA 8.9 TEMA 7. Alonso y Finn: apartados 2. 3.8.7.9. Alonso y Finn: apartados 3.5 y 2.12. Alonso y Finn: apartados 2.7.1 y 3.4. Momento angular orbital.11. el oscilador armónico. Eisberg y Resnick: apartados 7. estados cuánticos estacionarios. Espín. propiedades de los niveles ligados.3.1 al 6. Eisberg y Resnick: apartados 3. TEMA 3. Eisberg y Resnick: capítulo 5. donde se indican los apartados de los libros de Eisberg y Resnick (texto-base del programa) y de Alonso y Finn (texto complementario) que corresponden a cada tema: TEMA 6. Alonso y Finn: apartado 2. A) Primera Prueba Presencial Programa de la Opción A. Alonso y Finn: apartados 1.2.1 al 7.7 TEMA 13. Ritmos de transición y reglas de selección.5. Eisberg y Resnick: apartados 8.4 y 2. Alonso y Finn: apartados 4. TEMA 9. 3. 2. 2. Ecuación de Schrödinger para átomos hidrogenoides.1 a 4.11.10. 2.3.7 a 1.7.5. Eisberg y Resnick: apartado 8.3 y 8.5 al 4.3. TEMA 11.12. Problemas unidimensionales: estados de colisión Eisberg y Resnick: apartados 6. Aspectos ondulatorios de la materia. 3. Alonso y Finn: apartados 2.2 y 9.9. Ecuación de Schrödinger. Alonso y Finn: apartado 3. Principio de exclusión.1. Partículas idénticas.7. 2. Eisberg y Resnick: apartados 7.2.4 y ejemplo 3.8 y 7. Alonso y Finn: apartados 1. 2. Modelo atómico de Bohr-Sommerfeld. Eisberg y Resnick: apartados 9.3 y 3. Eisberg y Resnick: apartados 4. . interpretación estadística de la función de ondas. B) Segunda Prueba Presencial TEMA 10.6. Eisberg y Resnick: apartados 6. El programa de esta opción es el siguiente.1 al 8.6.2.8 y 6.10 y 1. Alonso y Finn: apartados 3. TEMA 14. Sólidos: conductores y semiconductores.4 a 12.11. Moléculas. BIBLIOGRAFÍA BÁSICA .9. TEMA 15. TEMA 16. Eisberg y Resnick: capítulo 13. TEMA 17. Alonso y Finn: capítulo 6.1 a 11. Eisberg y Resnick: apartados 12. Espectros moleculares. Alonso y Finn: capítulo 13. 4. Alonso y Finn: apartados 5.7.1 a 5.7 a 5.4 y 5. Eisberg y Resnick: apartados 11. Estadísticas cuánticas. y TAYLOR. Es el libro que se utiliza como texto-base en la opción B de la asignatura. A. Como ya hemos comentado. E. 5. aunque no estén resueltos.: Física. (Alianza Editorial.L. SÁNCHEZ DEL RIO. Reverté). H. (Curso de Física de Berkeley. P. R. R. y FINN. SÁNCHEZ GÓMEZ: 100 problemas de Física Cuántica. Limusa). WICHMANN. Paraninfo. Excelente introducción tanto al formalismo como a los conceptos fundamentales.: Física. a partir de la fenomenología de los sistemas con un número finito de estados. así como muchos problemas al final de cada capítulo. tienen la solución al final de cada libro). R. Fondo Educativo Interamericano). Libro de problemas resueltos. y FINN. BIBLIOGRAFÍA COMPLEMENTARIA. este texto complementa al libro de Eisberg y Resnick. Su nivel es intermedio entre las asignaturas de tercero y de cuarto cursos. material complementario (que el alumno también debe estudiar) y tanto propuestas de ejercicios como ejercicios resueltos. Es un libro colectivo. Las secciones más interesantes para nuestro curso se encuentran en el volumen 1. vol III: Fundamentos Cuánticos y Estadísticos. R. y sugerimos que el alumno consulte aquellos apartados que se indican en el apartado Contenidos de la asignatura. y FINN.: Introducción a la Física Cuántica.: Introducción a la Física Cuántica. en general. Colección Schaum. GAUTREAU y W. pero complementa al anterior: no discute todos los temas del programa de manera completa. E. M. Damos aquí una lista de libros con el espíritu de ayudar a aquellos alumnos que necesiten explicaciones alternativas a las del textobase en algunos puntos del programa. R. M. Este texto no es el texto-base. E. 5. J. FRENCH. ALONSO. E. Tiene buenos ejemplos resueltos (que el alumno debería estudiar con detalle) y muchos problemas al final de cada capítulo. Reverté. Libros de Problemas. J.: Física Cuántica (Ed. en el material complementario que se enviará a los alumnos que hayan enviado su ficha. El alumno debe seguir la buena costumbre de resolver los problemas de los libros recomendados (muchos de los problemas. J. Reverté). Por otra parte. Fondo Educativo Interamericano) y de FRENCH. y RESNICK. vol. OTROS MATERIALES DIDÁCTICOS A los alumnos que hayan enviado la ficha del Departamento de Física Fundamental se les hará llegar desde la Sede Central instrucciones para el estudio de los temas. Tiene bastantes ejemplos con resolución detallada y muchos problemas al final de cada capítulo. P. (coordinador): Física Cuántica (2 vol. FERNÁNDEZ ÁLVAREZ-ESTRADA y J. especialmente de los libros de EISBERG. y TAYLOR. McGraw-Hill). IV) Ed. (Ed. y RESNICK. en el apartado 3. pero puede ser de utilidad que el alumno consulte aquellos temas que se indican anteriormente.: Física. para los problemas que no requieren el uso de la . vol III: Fundamentos Cuánticos y Estadísticos. (Ed. E. (Ed. (Ed. R. vol III: Fundamentos Cuánticos y Estadísticos. EISBERG. Madrid). 1996) Es el único libro de problemas en castellano con problemas para todo el curso. ALONSO. E. (Ed.): (Ed. (Ed. hay ejercicios resueltos (con problemas propuestos en exámenes de cursos anteriores). El libro discute completamente todos los temas del programa. LIMUSA).: Física Cuántica (Ed. SAVIN: Teoría y problemas de Física Moderna. También contiene ejemplos con resolución. Fondo Educativo Interamericano). en castellano. con varias secciones que cubren todo el espectro de la Física Cuántica a un nivel introductorio. Como libros de problemas resueltos. A. Texto-base de este programa. de ALONSO. M. recomendable para la primera parte del curso y.: Física Cuántica. Tiene una buena colección de problemas al final de cada capítulo. se pueden citar dos. C. Excelente discusión física de los principios de la Mecánica Cuántica. Cada sección se completa con una colección de problemas resueltos. GAUTREAU y W.2 Pruebas presenciales 8. Cada capítulo tiene una introducción teórica. McGraw-Hill.1 Prácticas Esta asignatura no tiene prácticas por el momento. La edición en castellano de este libro (hecha en México) está agotada. pero se puede consultar en las bibliotecas. CONSULTAS Consulta telefónica o personal: . 1996). teoría formal de la Mecánica Cuántica. 7. Los datos de la edición más reciente en inglés son: R. EVALUACIÓN 7. 7. SAVIN Schaum's Outline of Theory and Problems of Modern Physics (Ed. concisa y razonada a una serie de cuestiones que apenas requerirán cálculos numéricos. En las Pruebas Presenciales no se podrán utilizar ni libros ni ningún tipo de material auxiliar.
[email protected]. Alvarellos Bermejo. Teléfono: (91) 398 71 25 Los despachos están en el edificio de la Facultad de Ciencias de la UNED. dicho dato figurará en la hoja de enunciados. . a 20.00h. En cualquier caso. La parte teórica consistirá en responder de forma clara.es Dr. José E. Miércoles de 16. La nota del examen se obtendrá del promedio de las calificaciones de la parte de cuestiones y de la parte de problemas. Apartado de Correos 60. Emilia Crespo del Arco. Teléfono: (91) 398 71 20 Dr. Javier García Sanz. indicando la asignatura y la opción elegida por usted) emi@fisfun. Las Pruebas Presenciales constarán de una parte teórica y una parte práctica. Dra. gsanz@fisfun. Despacho 211-A. Despacho 206. Teléfono: (91) 398 71 23 Dr. Otras consultas (para cualquier comunicación con los profesores): Dirección de correo ordinario Nombre de un Profesor (póngalo para que la carta llegue más rápidamente) Departamento de Física Fundamental. La parte práctica consistirá en resolver problemas que serán de un nivel similar a los enunciados en el libro de texto-base y a los que figuren en la colección de problemas resueltos que se enviará a los alumnos como material complementario. Alvarellos Bermejo. Javier García Sanz. Despacho 203. Cuando un miércoles sea festivo. Dirección de correo electrónico: (recuerde poner sus datos en el mensaje. calle Senda del Rey. Si para la resolución de algún problema se necesitara alguna fórmula o valor numérico que no sea evidente o fácil de recordar.uned.141 28080 Madrid. el horario de consulta pasa al siguiente día lectivo. Emilia Crespo del Arco. excepto en las semanas de exámenes. se requerirá una calificación mínima de 4 (sobre 10) en cualquiera de las dos partes de un examen.uned. José E. nº 9 (Madrid). por lo que la calificación de una no compensa la de la otra.es Dra.es Dr.00h. Las dos Pruebas Presenciales son independientes. correspondientes a las dos Pruebas Personales. le resaltamos los puntos que. Quiere esto decir que este material es para añadir a los textos-base (Eisberg y Resnick. a nuestro entender. Primera Prueba Personal: Teoría Recibirá usted dos envíos. le presentamos algunos complementos de interés para comprender mejor la física que se discute en los textos. son más importantes en cada tema. En esta pequeña guía de estudio de la primera parte de la asignatura Física Cuántica del tercer curso de Ciencias Físicas (opción A). Alonso y Finn vol. III) y no es para sustituir al texto. Al mismo tiempo. El esquema de los contenidos del programa de la Primera Prueba Personal es como sigue: . Posteriormente. entre los que destacan: (1) El problema de la ley de radiación del cuerpo negro. En los temas 3 y 4 se estudiará la manera de compatibilizar los aspectos corpusculares de la radiación y los aspectos ondulatorios de la materia. A partir del tema 7 se entra a discutir la formulación de la mecánica cuántica. • Discusión de los aspectos corpusculares de la radiación (1905) y de la idea de los aspectos ondulatorios de la materia (1924). El problema atómico se tratará en el tema 5. La física de principios del siglo XX tenía planteados un conjunto de problemas no resueltos. se estudiarán sistemas tridimensionales. (3) El problema de cómo interpretar los espectros atómicos. • Solución de la ecuación de Schrödinger para sistemas unidimensionales sencillos. 1 . (2) El problema de comprender el efecto fotoeléctrico. • Ecuación de Schrödinger (dependiente e independiente del tiempo) e interpretación de las funciones de onda. En el tema 2 se discute el problema del efecto fotoeléctrico. que se consideraban fundamentales. así como su interpretación y aplicación a distintos sistemas unidimensionales. así como de entender la estabilidad y tamaño de los átomos. El primer tema del curso trata de la radiación del cuerpo negro y de la introducción por Planck de la cuantización de la energía de los osciladores. y ya en la segunda paret de la asignatura. • Resumen y estudio de algunos de los problemas que la Física de principios del siglo XX no era capaz de resolver. mientras que en el tema 6 se expondrán los modelos que paliaron durante algún tiempo la falta de una explicación consistente de los fenómenos atómicos. al que Einstein dio una solución cuantizando la energía de la radiación electromagnética. • Éxitos y dificultades de los distintos modelos atómicos que se fueron proponiendo desde 1910 a 1916. 3 Ley de Stefan (o de Stefan-Boltzmann): la radiancia de un cuerpo negro es proporcional a la cuarta potencia de su temperatura absoluta T . Alonso y Finn vol. . Ley del desplazamiento de Wien: la frecuencia para la que ocurre el máximo de la radiancia espectral es proporcional a T . El esquema de este tema es el siguiente: • Resultados empíricos de la radiación térmica. esto es. Radiación térmica y postulado de Planck. Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: capítulo 1. proporcional a T 4 . III: apartado 1.1 Tema 1. Por ejemplo. Algunas características generales de la radiación del cuerpo negro se conocían con bastante anterioridad a la formulación de Planck. • COMPLEMEN T O Pequeña nota histórica sobre el descubrimiento de la constante de Planck. . 2 . Como resultado importante de este tema. se interpreta que las paredes de un cuerpo negro (que se suponen compuestas de electrones que oscilan alrededor de sus posiciones de equilibrio) emiten radiación electromagnética con múltiplos de dicha energía. demostración puede encontrarse. • Teoría de Planck de la cavidad radiante: La relación de Planck (1900) nos dice que la energía total de un oscilador1 tiene necesariamente la forma E = nhν. que es el texto-base de la asignatura de Termología y Mecánica Estadística del tercer curso de CC. con n = 0. el oscilador sólo puede tomar o ceder energía en porciones de magnitud hν.4) del libro de Alonso y Finn (volumen III). Ejemplo 1-3 del libro de Eisberg y Resnick: el resultado importante es que la densidad de estados resulta ser proporcional a ω2 (o a ν 2 ) en tres dimensiones. Se pueden también consultar los ejemplos (2. el oscilador es un oscilador cargado.3) y (2.. ya que la partícula que oscila es un electrón.1 del libro de Reif Física Estadística. Físicas. Para una discusión de la distribución de Boltzmann. Esto está directamente relacionado con la dimensionalidad del sistema físico. 1. mediante razonamientos termodinámicos muy generales aplicados a la radiación. Posteriormente. véase el apéndice C del libro de Eisberg y Resnick. • Teoría clásica de la cavidad radiante. en el tema 16 de la segunda Prueba Personal (Estadísticas Cuánticas). . por ejemplo. por tanto. Nota: esta relación entre la forma de la densidad de estados y la dimensionalidad del sistema la volveremos a encontrar más adelante. . después de las ideas de Einstein para el efecto fotoeléctrico (véase el tema 2). Wien dedujo que la densidad de radiación del cuerpo negro debía tener la forma general2 ³ν ´ ρT (ν) = ν 3 f T 1 En 2 La el caso de la discusión del cuerpo negro. volumen 5 del Berkeley Physics Course (Editorial Reverté). en Atomic Physics de Max Born (Dover Publications). para una discusión quizás más esclarecedora véase la sección 3. W. Relación de Rayleigh-Jeans para la densidad de energía: la densidad de energía emitida por un cuerpo negro a una cierta frecuencia ν es proporcional a T y al cuadrado de la frecuencia ρT (ν) ∝ ν 2 T. debe usted recordar que el postulado de Planck nos permite afirmar que la emisión de energía de un oscilador armónico viene dada por un múltiplo de hν. c3 Por su parte. ya comentada antes: . Wien sugirió que la función f debía ser de la forma ³ αν ´ ³ν´ ³ αν ´ ∝ exp − ⇒ ρT (ν) ∝ ν 3 exp − . mediante un razonamiento basado en el principio de equipartición de la mecánica clásica. A partir de esta expresión pueden demostrarse la ley de desplazamiento de Wien y la ley de Stefan-Boltzmann. donde α es una constante. siendo f una función que depende de ν y de T solamente a través del cociente ν/T . Para avanzar un poco más. Lo anterior es válido cualquiera que sea la función f (ν/T ) (lo único que cambia son las constantes de proporcionalidad). ya comentadas. f T T T ρT (ν) = 8πν 2 kT. lord Rayleigh. obtuvo una expresión completamente diferente. 3 . ninguna de ellas ajusta los valores experimentales en todo el intervalo de frecuencias. 3 c exp kT − 1 de la que las fórmulas de Wien y de Rayleigh son casos límite. La fórmula propuesta por Planck es ρT (ν) = 8πh ν3 ¡ hν ¢ . Además. La fórmula de Wien y la de Rayleigh son claramente incompatibles. 2 Tema 2. la radiación electromagnética está por tanto cuantizada en pulsos de energía electromagnética discretos. para este estudio sólo se necesita conservar la energía.6. La idea de Einstein fue admitir que la energía radiante está constituida por cuantos de magnitud hν. • Efecto fotoeléctrico (1905). Aspectos corpusculares de la radiación. Alonso y Finn vol. con su correspondiente cantidad de energía. Al unir la idea de Planck con la de Einstein encontramos que: Note que una suposición importante que se hace en el tratamiento del efecto fotoeléctrico es que el cátodo absorbe completamente el fotón que llega a la superficie del metal. III: apartados 1. Además. Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: capítulo 2. Estos pulsos recibieron posteriormente el nombre de fotones.4 a 1. . • Naturaleza dual de la radiación electromagnética. Por tanto. se supone que la radiación electromagnética está cuantizada. Sin embargo.la energía de las partículas que oscilan en las paredes del cuerpo negro (electrones que oscilan alrededor de sus posiciones de equilibrio. así como los conceptos fundamentales de mecánica. Nótese que un fotón de frecuencia ν tiene exactamente la energía hν. esto es hν. Debe usted recordar y entender la relación (que viene de la anteriormente citada conservación de la energía en el proceso de interacción de un fotón con un electrón del metal) entre la energía cinética de salida K del fotoelectrón emitido. 3 Los conceptos mínimos que debe usted conocer de Relatividad son los que se exponen en el apéndice A del libro de Eisberg y Resnick. es posible que haya un número n de fotones. . la energía hν del fotón incidente y la función de trabajo W0 del metal: Kmax = hν − W0 . no una energía múltiplo de hν. 4 . suponemos oscilaciones en una dimensión) es E = nhν y. dichas partículas sólo puede absorber o ceder energía en cantidades proporcionales a hν. los fotones son partículas que colisionan con los electrones. Para la explicación de este efecto. En este caso aplicamos los conceptos de la dinámica relativista3 y necesitamos conservar tanto la energía como el momento lineal del sistema. como las fórmulas: mo c2 E=p 1 − v2 /c2 ¢2 ¡ E 2 = p2 c2 + mo c2 . • Otros efectos: rayos X. Como resultado de aplicar ambas leyes de conservación. se obtiene la siguiente fórmula para la diferencia entre las longitudes de onda del la radiación incidente y saliente: ∆λ = λC (1 − cos θ) donde λC ≡ h/m0 c = 0.0243 Å es la llamada longitud de onda de Compton del electrón. como son las leyes de conservación. También puede consultar los textos que le citamos en la carta que acompaña a este envío. . con energía y momento bien definidos. por tanto. producción y aniquilación de pares de partículas.la energía de la radiación electromagnética que esos osciladores emiten es un múltiplo de la frecuencia de oscilación. siendo entonces la energía de todos esos fotones nhν. Le recordamos que debe manejar con soltura conceptos básicos de la relatividad especial. • Efecto Compton (1923). • COMPLEMEN T O ¿Pueden dividirse los fotones? En los textos-base se tratan los fotones como entidades indivisibles. Esta pregunta parte de que sabemos que la teoría electromagnética clásica es capaz de describir con excelente precisión un gran número de experimentos con luz. . ¿No podría decirse que un fotón es. Quizá sea una cuestión interesante plantearse la pregunta de si es posible dividir un fotón de frecuencia ω en dos partes. simplemente. y establece además una relación entre la energía y el impulso de la onda electromagnética. con ~ = h/ (2π) la constante de Planck racionalizada) pero conservando cada parte la frecuencia ω. tales que cada una transporte una fracción de la energía hν (o ~ω. regido por las leyes de la teoría electromagnética clásica? Obviamente. son los experimentos los que deben ayudarnos a responder a esta pregunta. un paquete de ondas de radiación. García González. 2000). E. 4 La configuración experimental es idéntica a la que se dicute en el complemento sobre ¿Pueden dividirse las ondas materiales?. si esto fuera así también ocurriría emisión de electrones si ~ω < Emin y esto no se ha observado nunca. que para entender tanto los experimentos relativos al efecto Compton como la emisión de rayos X y la creación y aniquilación de pares hay que suponer que la relación E = ~ω (que es la correspondiente a un fotón de frecuencia ω) es siempre válida. aunque sólo la mitad de ellos. por otra parte. Debemos también recordar. Esto indica que los paquetes de energía siguen teniendo energía ~ω. 5 Para más detalles. que se discute más adelante. (b) ¿Podemos modificar el dispositivo experimental de forma que sepamos por cuál rendija ha pasado un fotón que acaba de contar la célula? La respuesta es: si tapamos una de las rendijas es claro que todos los fotones detectados habrán pasado por la otra. 5 . Nótese que no es posible justificar el proceso como un efecto acumulativo. pues hay que interpretar que el flujo de radiación que pasa por una rendija debe ser proporcional a la probabilidad de que el fotón sea detectado por la célula colocada justo detrás de la rendija. al dividir el haz como se ha comentado antes no cabría esperar que se emitieran electrones si se hiciera un análisis clásico. se logra emitir un electrón: en efecto. de forma que cuando se sumaran un número suficiente de paquetes de energía fraccionados. con energía total mayor que Emin . sino sólo las debidas a una rendija. pero se sabe a ciencia cierta que esto no es así: se siguen emitiendo electrones. Por lo tanto. Hay dos preguntas que nos podríamos hacer5 : (a) ¿Por cuál rendija ha pasado un fotón que acaba de contar la célula? La respuesta es: en parte por una de las rendijas y en parte por la otra. cuando se les hace interactuar con un metal en el efecto fotoeléctrico. J. para paquetes de radiación electromagnética interaccionando con los electrones del metal de la célula fotoeléctrica) pudiera hacerse también para experimentos más tradicionales de óptica. Supongamos que se cumple. Ya a principios del siglo XX se realizaron medidas de las figuras de difracción producidas por focos luminosos extraordinariamente débiles (en alguno de los experimentos el tiempo de exposición fue de unos tres meses). los fotones. por ejemplo. cuyos autores son P. construido por un dispositivo que emite radiación a una frecuencia bien determinada ω durante un cierto tiempo. El problema es que entonces no habrá figuras de difracción debidas a dos rendijas. Si llamamos Emin a la energía mínima o umbral necesaria para hacer saltar un electrón de la célula. resulta que podemos disminuir a la mitad la intensidad luminosa que incide sobre la célula fotoeléctrica. Si nosotros interponemos un divisor de haz de tal manera que las intensidades de los haces transmitidos y reflejados por el divisor sean las mismas. (2) Es interesante plantearse si el análisis sobre los resultados experimentales del efecto fotoeléctrico que hemos hecho anteriormente (esto es. y resultaron ser iguales a las figuras de difracción que se obtienen con focos intensos. Supongamos un experimento en el que la luz emitida por un foco luminoso atraviesa una lámina en la que hay dos rendijas (difracción de Young)4 y llega a una célula fotoeléctrica situada lejos de dicha lámina (que únicamente sirve para contar si llegan o no fotones). y lo hacemos incidir sobre una célula fotoeléctrica (un sistema que presenta el efecto fotoeléctrico). Alvarellos y J. encontraremos que la célula emitirá electrones cuando la radiación sea tal que ~ω > Emin . (1) Supongamos un tren de ondas. véase el capítulo primero del libro Introducción al formalismo de la Mecánica Cuántica. no se comportan como trenes de onda clásicos. García Sanz (Cuadernos de la UNED. sin que existan los fotones fraccionados. que ~ω > Emin > 23 ~ω. . ¿Pero no podemos imaginar algún dispositivo ingenioso que permita preservar la figura de difracción de dos rendijas. Por tanto si queremos que la figura de difracción sea como la obtenida por un dispositivo de dos rendijas no podemos preguntarnos por cuál de ellas pasó el fotón. la figura de dos rendijas. Pero al sumar ambas figuras de difracción no obtenemos. pues las figuras de difracción no son aditivas. pero sabiendo por dónde ha pasado cada fotón? Esta pregunta carece de sentido y veremos ahora por qué. Si suponemos que podemos marcar a los fotones que pasan por cada una de las rendijas entonces podemos construir las figuras de difracción debidas a cada una de ellas (teniendo en cuenta sólo los fotones de cada marca al hacer la figura de difracción). como es bien sabido. 6 . De esta manera cuando usamos un divisor de haz dividimos el haz de luz. pero no dividimos al fotón en el sentido de encontrar algo que tenga una cierta parte de la energía ~ω. y también la probabilidad de detectar a un fotón después del divisor de haz. Todo lo anterior lo podemos resumir de la siguiente manera: la amplitud de la onda asociada a un fotón puede tratarse como en la teoría electromagnética clásica (que es la que nos da las figuras de difracción) pero el cuadrado de dicha amplitud debe interpretarse en términos de la probabilidad de detectar un fotón con algún dispositivo. 2. • Comportamiento dual de la materia Contenido de los texto-base: Eisberg y Resnick: apartados 3.1 y 3.11 Comportamiento dual de la materia.10 y 1. Thomson (1927)). longitud de onda de De Broglie (1924): λ = h/p Ejemplos: (a) Difracción de electrones (Davisson-Germer(1926). Alonso y Finn vol III: apartados 1. Aspectos ondulatorios de la materia.3 Tema 3. . (b) Difracción de átomos de helio y de neutrones. las partículas materiales tienen una distribución espacial continua que les hace tener propiedades ondulatorias. donde Eo es la energía en reposo de la partícula y ω0 la podríamos llamar ”frecuencia en reposo”. Suponemos que todas estas ecuaciones son exactas y constituirán las piedras angulares de nuestra teoría física. a cualquier partícula con masa en reposo no nula. la interpretación de Born (1926) afirmando que es más probable encontrar una partícula material en aquellas regiones en las que el módulo de la función de onda toma valores grandes. 6 Esto no está explícito en el texto-base. • COMPLEMEN T O La constante de Planck es única. que se puede definir como Eo /ω o . Por tanto. Todas las medidas experimentales directas (del tipo los experimentos de Davisson y Germer) apoyan la creencia en la universalidad de las relaciones E = ~ω y p = ~k. esto es. 7 .la radiación tiene energía y momento en forma de cuantos . podemos afirmar que tenemos una comprobación experimental de las relaciones E = ~ω y p = ~k de la misma forma que la tenemos de la expresión Eo = mo c2 (de la que tenemos muy pocas medidas experimentales directas). (c) Rejilla de átomos en un sólido: propiedades ondulatorias de los rayos X y propiedades ondulatorias de neutrones y electrones. en función de la frecuencia y longitud de onda (o vector de onda) asociados. pero es así como De Broglie lo formuló. • La dualidad onda-partícula ya había sido establecida por Einstein (1905) para la radiación electromagnética (esto es. Debido a que el modelo de partícula-onda satisface el principio de relatividad especial6 . el número de medidas directas de ~ es muy pequeño. respectivamente. para los fotones). la relación entre el vector y la frecuencia de onda con el impulso y la energía de la partícula. La idea de De Broglie amplía dicha dualidad a cualquier partícula material. independientemente del tipo de partícula. no existe razón alguna por la que esta constante Eo /ω o sea la misma para todas las partículas materiales. Ahora bien. en el sistema de referencia en el que la partícula está en reposo la energía de la partícula se puede escribir Eo = mo c2 = ~ωo . permite cerrar la dualidad onda-partícula. debe ser la misma en cualquier sistema inercial. Como se verá en el tema 7. En este sentido. Tanto la radiación como las partículas materiales están descritas de manera simétrica: . En principio. La suposición fundamental de De Broglie es que la energía y el momento lineal de cualquier ente físico (bien sea radiación o bien sea una partícula material) se expresan como E = ~ω p = ~k. De aquí obtenemos que la constante de Planck es una constante característica para cada partícula material. por lo que la base real de creer en estas relaciones es el éxito general de la mecánica cuántica. pero es el cuadrado de dicha amplitud la que debe interpretarse como la probabilidad de detectar un electrón. pero lo que se ha dispersado son electrones que llevan consigo toda su carga y toda su energía. pero no de que la onda de De Broglie viaje junto con (o guiando a) la partícula. al igual que cuando hablamos de los fotones. . La discusión podría ser sobre un experimento de difracción de electrones (por ejemplo.1 del libro de Eisberg y Resnick). véase el apartado 3.• COMPLEMEN T O ¿Pueden dividirse las ondas materiales? De igual manera que se ha tratado el tema de la indivisibilidad de los fotones. Por consiguiente. La onda de De Broglie y la partícula son la misma cosa: la partícula material tiene propiedades ondulatorias. de forma que podemos hablar de la onda de De Broglie de la partícula. De esta manera no dividimos al electrón cuando se dispersa o difracta por la red cristalina y no encontramos partes de electrones con parte de su energía. Aquí pasa una cosa parecida al caso de los fotones y las rendijas: se observa que el flujo de carga que llega a un contador de electrones se ha dispersado por el cristal. la configuración de Davisson-Germer. se podría hacer una discusión similar con las ondas materiales. la amplitud de la onda asociada al electrón es la que nos da las figuras de difracción. puesto que todas las partículas que llegan a la pantalla han tenido que pasar necesariamente por la rendija 1.Ahora bien. Por consiguiente. Esto parece lógico. Las intensidades de dichas 7 Para más detalles. Para un instante t. preparadas de la misma forma) sobre una pared en la que hay dos rendijas paralelas separadas una distancia a. E. Tras atravesar las rendijas. donde son registradas por detectores distribuidos por la misma (ver Figura 1). Wichman. (La anchura de las rendijas también es importante pero. Una curva similar se obtiene cuando sólo está abierta la rendija 2. z) = √ exp (ikr1 ) r1 A ψ2 (0. pero a los que apenas llegan partículas cuando están abiertas ambas rendijas. Alvarellos y J. supondremos simplemente que es mucho menor que a). 8 Una exposición de dicho experimento puede encontrarse en el capítulo primero del volumend tercero de las Lecciones de Física . Cuando sólo está abierta la rendija 1. resulta más interesante e instructivo un experimento en el que la estructura periódica “infinita” (en realidad. cabría esperar que cuando están abiertas las dos rendijas. que tiene un único máximo frente a dicha rendija. por simplicidad. cada rendija se convierte en la fuente de una onda cilíndrica. una vez más. las amplitudes de la onda 1 y la onda 2 en un punto (0. • Vamos ahora a mencionar algunos resultados experimentales de interés sobre este tema y el anterior. véase el capítulo primero del libro Introducción al formalismo de la Mecánica Cuántica. 2000). Lo más destacable es que existen puntos en la pantalla a los que pueden llegar partículas cuando está abierta sólo la rendija 1 o sólo la rendija 2. las partículas inciden sobre una pantalla situada a una distancia d. no es esto lo que se observa cuando ambas rendijas están abiertas. r2 siendo r1 y r2 las distancias desde cada rendija al punto de la pantalla. a partir de un formalismo tomado de la teoría ondulatoria. basta con que sea mucho mayor que la anchura del haz de partículas) queda reducida a un par de rendijas paralelas8 . García González. el registro de las partículas que llegan a los diferentes puntos de la pantalla corresponde a la curva P1 . supongamos que p = ~k es el módulo del momento lineal de las partículas incidentes. La forma de estas curvas puede explicarse. 8 . desde el punto de vista clásico parece claro que la trayectoria de una partícula que pasa por la rendija 1 no debería verse afectada por el hecho de que la rendija 2 esté abierta o cerrada. la curva que da la distribución de los puntos de llegada de las partículas fuera la suma de las curvas 1 y 2 (para una misma duración del experimento). Sin embargo. Asimismo. J. existen puntos para los que el número de partículas que llegan cuando ambas rendijas están abiertas es mayor que la suma de las que llegaban atravesando la rendija 1 (cuando la 2 estaba cerrada) y las que llegaban atravesando la rendija 2 (cuando la 1 estaba cerrada). volumen 4 del Curso de Física de Berkeley (editorial Reverté). similar a los patrones de interferencia de las ondas. siendo coherentes ambas ondas emergentes. cuyos autores son P. z) de la pantalla serán respectivamente A ψ 1 (0. García Sanz (Cuadernos de la UNED. Si suponemos que la interacción de las partículas con las rendijas es una colisión elástica. Una fuente de partículas lanza un haz de partículas en el mismo estado (es decir. z) = √ exp (ikr2 ) . Véase también el capítulo quinto del libro Física Cuántica de E. lo que se observa realmente es una figura con varios máximos y mínimos. el ensanchamiento de la curva (mayor cuanto más estrecha es la rendija) no sería difícil de explicar teniendo en cuenta que los bordes de la rendija pueden afectar a algunas de las partículas que la atraviesan. En efecto.7 Por ello. de Richard Feynman y colaboradores (editorial Fondo Educativo Interamericano). es decir que tienen una misma fase bien definida. . Abajo. Figura 1: Experimento de la doble rendija. Por su parte. Vemos así que. r1 r2 Si d À a podemos aproximar r2 − r1 ' za/d. La distancia ∆z entre dos máximos sucesivos viene dada por9 hd 2π = . Éstas expresiones describen a las curvas 1 y 2 que. z)|2 = |ψ1 (0. z) + 2 I1 (0. z) + I2 (0. hay que introducir algunas correcciones. r2 d2 + (z + a/2)2 y su intensidad Ambas curvas presentan un único máximo (centrado en z = ±a/2) y decrecen a medida que nos alejamos de él. la expresión exacta puede encontrase en cualquier libro de óptica. z) + ψ2 (0. z) + ψ2 (0. z) sería la suma de las amplitudes de las dos ondas procedentes de 1 y de 2 A A ψ12 (0. z)|2 = |A|2 |A|2 =p r1 d2 + (z − a/2)2 |A|2 |A|2 =p . z) = |ψ12 (0. las probabilidades de llegada cuando está abierta una u otra rendija (no las dos). Arriba. z)|2 2 |A|2 = |ψ1 (0. z) = |ψ1 (0. z) cos (kθz) . siendo éste el ángulo subtendido por las rendijas desde el centro de la pantalla. recordémoslo. cuando ambas rendijas están abiertas la amplitud de la onda en (0. z)|2 + √ cos [k(r1 − r2 )] . a/d ' θ. z)|2 = I2 (0. son las que se obtienen cuando sólo la rendija 1 o sólo la rendija 2 está abierta. 9 . z) = |ψ2 (0. ondas en dicho punto son I1 (0. kθ∆z = 2π ⇒ ∆z = kθ pa 9 Cuando se tiene en cuenta también la anchura finita de las rendijas. z)I2 (0. z) = ψ1 (0. z) = I1 (0. en línea de trazos la suma de las probabilidades P1 +P2 . Además. hay un término oscilante que da lugar a varios máximos y mínimos en la curva. z)|2 + |ψ2 (0. z) = √ exp ikr1 + √ exp ikr2 r1 r2 I12 (0. Así pues p I12 (0. en línea continua la probabilidad de llegada cuando ambas rendijas están abiertas simultáneamente. superpuesto a la suma de las intensidades de ambas ondas. . Después de eso. La distancia de las rendijas a la pantalla es de 5 m. la separación entre rendijas es 50000 veces mayor que la longitud de onda asociada a los neutrones).4 c. Consideremos. hay que esperar un tiempo aproximadamente 105 veces mayor hasta que sea emitido el siguiente electrón. (A modo de analogía. puede registrarse la llegada de cada electrón a la pantalla. aunque la velocidad de los electrones en vuelo es de 0. Figura 2: Figura de difracción por una doble rendija para neutrones fríos con una longitud de onda de 2 nm. La particularidad de este experimento es que el ritmo de emisión de los electrones es muy lento (1000 por segundo). En estas circunstancias resulta difícil pensar en que cada electrón puede transmitir a los que le siguen alguna información de por dónde ha pasado. mientras que las partículas se detectan de una en una y en un punto concreto de la pantalla. Phys. Mod. cada electrón tarda aproximadamente 10−8 s en llegar a la pantalla. En este experimento. Es decir. Lo realmente notable es que el formalismo de la teoría ondulatoria explica exactamente los resultados. ¿Podemos ir más allá y dar algún significado físico adicional a estas funciones de onda? ¿Quiere esto decir que las partículas se comportan en todos los aspectos como ondas? Evidentemente. si los electrones no fueran frenados por la pantalla.. pero esta interpretación queda fácilmente refutada si podemos asegurar que sólo hay una partícula en vuelo entre la fuente y la pantalla.. de modo que el plano de observación está situado a 5 m de la doble rendija para poder resolver esta figura de interferencia (de un experimento de Zeilinger et al Rev. Las rendijas tienen 22 µm de anchura y están separadas 104 µm (es decir. Los ángulos de difracción resultantes son del orden de 10 microrradianes. No aparece ninguna pauta discernible y no hay forma de predecir dónde irá a parar el próximo electrón. 10 .. Por lo tanto. Una posible solución consistiría en decir que la onda describe a un conjunto de partículas que actúan colectiva y simultáneamente. Las rendijas tienen una anchura de 22 µm y están separadas una distancia de 104 µm. esto es similar a una etapa ciclista contra reloj que se recorriera aproximadamente en 1 hora y en la que los corredores salieran con intervalos de 10 años). Es más. correspondiente a una velocidad de 200 m/s. la figura 2 muestra una comparación de la teoría con los resultados de un experimento con neutrones fríos (de baja energía) correspondientes a λ = 2 nm. 1000. por ejemplo. electrones. no. en 1989. 100. Gracias a este ritmo de emisión relativamente lento. un experimento llevado a cabo por Tonomura et al. un electrón se habría alejado cien kilómetros antes de que saliera el siguiente. Por ejemplo. Una onda es un objeto extenso y continuo. Así. 60 (1988) 1067). • Lo único que hemos hecho hasta aquí es utilizar un artificio matemático basado en ondas para calcular la distribución de puntos de llegada en la pantalla. las partículas son electrones en un microscopio electrónico y la doble rendija es lo que se denomina un biprisma de Mollendstat. las fotografías de la figura 3 muestran de arriba a abajo los impactos acumulados tras la emisión de 10. sólo durante un cienmilésima parte del tiempo total del experimento hay electrones en vuelo. En la primera fotografía podemos ver que los electrones inciden en la pantalla de una forma aleatoria. . iii) pese a todo. 11 . del mismo modo que se habla de la probabilidad de obtener una determinada cara de un dado cuando lo lanzamos sobre una mesa. A cada estado de preparación de una partícula le corresponde una función ψ(~r). el cociente entre el número de electrones N (z) que inciden en un punto determinado de coordenada vertical z en la pantalla y el número total de electrones emitidos NT tiende a un valor constante. sólo se manifiesta cuando se acumulan muchos sucesos (impactos en la pantalla). esto quiere decir que existe coherencia entre las diferentes partículas en el mismo estado de preparación. de las coordenadas espaciales. por lo tanto. cuando el número de electrones emitidos es suficientemente alto existe una probabilidad definida de detectar un electrón en un punto. No obstante. Esto es característico de las teorías probabilistas. Figura 3: Evolución temporal de la figura de interferencia de los electrones que atraviesan una doble rendija. cuando el número de electrones emitidos es muy alto. a medida que aumenta el número de electrones aparece una pauta clara en la pantalla. iv) la figura global muestra una pauta de interferencia. Nótese que las fotografías están giradas y las franjas aparecen verticalmente. Phys. y cuando el número de electrones acumulado es muy grande. El número de electrones registrados en cada placa es: (a) 10. aunque ésta sea el resultado de sucesos independientes. la probabilidad de encontrar la partícula en un volumen infinitesimal d3 r en torno a un punto ~r es Prob(~r) d3 r = |ψ(~r)|2 d3 r. se detectan como partículas puntuales. Nótese que la existencia de este límite y. En resumen. ii) no es posible predecir el punto de impacto de cada electrón individual. De un experimento de Tonomura et al (Am. (d) 20000 y (e) 70000. (b) 100. En otras palabras. lim NT →∞ NT Ésta es precisamente la llamada definición frecuencial de la probabilidad. pero la probabilidad se asigna a cada suceso individual. en general compleja. es decir. el experimento nos dice lo siguiente: i) los electrones se emiten de uno en uno y se detectan en puntos concretos de la pantalla. es decir N (z) = Prob(z). de una probabilidad definida. 57 (1989) 117). aparece una pauta de interferencia bien definida que se mantiene estable. El experimento nos sugiere también la interpretación que hay que dar a la función de onda. J. (c) 3000. 6. Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: apartados 3.12. Alonso y Finn vol III: apartado 1. .3 a 3. • Origen matemático.4 Tema 4. Principio de indeterminación. en la parte correspondiente al tema 7). Debe comprender el alumno que la velocidad de grupo de un paquete de ondas determina el momento lineal de la partícula asociada (es la discusión de las págs. • Interpretación física (Heisenberg. Una demostración matemática. ∆x · ∆p ≥ ~/2. 98 y 99 del Eisberg y Resnick. por ejemplo. • Propiedades de las ondas de materia: velocidad de fase y velocidad de grupo (para estos conceptos. La dualidad onda-partícula cambia la posibilidad de determinar completa y simultáneamente la posición y el impulso por una limitación en la precisión de dichas medidas: este es el principio de incertidumbre de Heisenberg. En los procesos de medida se puede medir con total precisión. El principio de indeterminación nos da una guía acerca de cuál puede ser el valor mínimo del producto de las incertidumbres ∆x y ∆p al hacer una medida simultánea de la posición y del momento lineal. el momento lineal de una partícula pero eso impide que se pueda determinar a la vez la posición de dicha partícula. 12 .11 del Alonso y Finn vol III). que en una dimensión puede escribirse como: El principio de incertidumbre tiene un claro origen matemático. Esto ya se ha comentado al hablar de los experimentos de las dos rendijas: no podemos preservar la figura de difracción de dos rendijas si queremos saber por dónde ha pasado cada fotón. La introducción de la dualidad onda-partícula lleva a poner en entredicho la posibilidad de que la posición y el impulso de una partícula puedan determinarse completamente de manera simultánea. vea también el apartado 1. que se puede ver con facilidad mediante la teoría de la integral de Fourier (puede interesarse por el tema en un libro de Métodos Matemáticos para la Física o en un curso de Mecánica Cuántica más avanzado). 1927). se expone con más extensión en este material complementario (véase más adelante. • Algunas consecuencias del principio de incertidumbre. recuérdese lo aprendido en la asignatura de Mecánica y Ondas acerca de ellos). basada en otro tipo de argumentos. Modelos atómicos de Thomson (1910) y Rutherford (1911): debe usted adquirir una idea cualitativa de ambos modelos.4. Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: apartados 4.5 Tema 5. • Descubrimiento del electrón (1897). 6 .1 a 4. Modelos atómicos clásicos. sin que sea necesario que entre en excesivos detalles. La energía de los estados ligados de un electrón en un átomo hidrogenoide. • Espectros de emisión y absorción de los átomos: son espectros discretos en ambos casos. Modelo atómico de Bohr-Sommerfeld. el electrón cede o absorbe energía electromagnética. (b) Espectros de emisión y de absorción.7 a 1. Este radio nos da una idea del orden de magnitud de las dimensiones atómicas en general. Órbitas estables.5 Å) del radio de Bohr (que es el radio de la trayectoria circular que corresponde al nivel más bajo del electrón).7 del libro de Esiberg y Resnick una discusión completa de los efectos de considerar la masa del núcleo finita). en el caso en que se suponga que la masa del núcleo es infinita (comparada con la del electrón). Tema 6. (a) Niveles de energía del átomo de hidrógeno (estado fundamental y estados excitados). Es conveniente que el alumno conozca el valor aproximado (unos 0. Para el caso del átomo más sencillo (el hidrógeno) estos espectros son relativamente simples y regulares. 13 .5 a 4.6 Z2 eV. donde µ es la masa µ ∞ reducida del sistema núcleo-electrón (vea en el apartado 4.12. viene dada por la expresión: En = −13. las energías de ligadura de los átomos hidrogenoides son del orden de decenas o centenas de eV. Número cuántico n. Al pasar de una órbita permitida a otra. Si hablamos de la longitud de onda de la radiación emitida en una transición entre dos niveles diferentes podemos escribir10 à ! 1 1 1 = R∞ Z 2 − 2 λ n2f ni (c) Experimento de Franck y Hertz (1914). 1 0 En el caso en que la masa del núcleo no se considere infinita hay que utilizar R en vez de R . Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: apartados 4.9. Alonso y Finn vol III: apartados 1. • Modelo atómico de Bohr (1913). n2 Como se ve. • Principio de correspondencia (1923). Esta generalización introduce nuevos números cuánticos (el número cuántico principal y el número cuántico azimutal). Este modelo generaliza la regla de cuantización de Bohr a las variables dinámicas conjugadas (repase las nociones que sobre ello se han estudiado en Mecánica y Ondas): I pq dq = nq h. • COMPLEMEN T O . Note que en un sistema unidimensional estas variables son la posición x y el momento lineal p. como hace el libro de Eisberg y Resnick. así como el concepto de degeneración. Nos permite enunciar cómo podemos pasar de una descripción cuántica a su límite clásico.• Modelo de Wilson y Sommerfeld (1916). donde h es la constante de Planck. pero en un sistema con simetría central se puede. usar las variables angulares θ y el momento angular L para cuantizar el átomo de hidrógeno. La expresión para los niveles de energía de un átomo hidrogenoide se puede justificar usando conceptos provenientes de las ondas estacionarias. Para que la órbita corresponda a un estado estacionario parece lógico que deba permitir la existencia de ondas estacionarias de De Broglie en el recorrido de la órbita. esto es. 2 4π²o r 4π²o (2r) 8²o h n n Recuerde que esto es sólo una justificación. Como la longitud de onda es λ = h/p. para que la trayectoria sea circular. Por otra parte. que quepan un número entero de ondas en la órbita que estemos considerando. • Crítica a la teoría cuántica antigua. = πmZe2 Z La energía total del electrón es (usando las ecuaciones para la velocidad y para el radio de la órbita) Ze2 me4 Z 2 1 Ze2 Z2 E = mv2 − =− = − 2 2 2 = −R∞ hc 2 . la fuerza centrífuga debe ser igual a la culombiana entre núcleo y electrón: mv 2 = Ze2 /(4π²o r). supongamos un electrón describiendo una órbita circular de radio r. debe cumplirse que 2πr = nλ = nh/p ⇒ rp = mvr = nh/2π = n~ (que es el momento angular del electrón). 14 . En efecto. Número entero de ondas de De Broglie en una órbita circular. Eliminando la velocidad de ambas ecuaciones se obtiene el valor del radio de la órbita r= n2 n2 h2 ²o ao . no una explicación rigurosa. Al estudiar la forma de construir la ecuación de Schrödinger. Se ignoran los fenómenos de creación y destrucción de partículas materiales. 7 Construcción de la ecuación de Schrödinger. Alonso y Finn vol III: apartados 2.Tema 7. I. 2.3. 2.9. .7. ambas aproximaciones significan lo mismo que decir que la deducción de la ecuación es para un sistema no relativista): • Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: capítulo 5. Estados cuánticos estacionarios.12. 2. Interpretación estadística de la función de ondas. 2. el texto de Eisberg y Resnick hace dos aproximaciones fundamentales (en esencia.10 y 2. Ecuación de Schrödinger.2. podemos concluir que cualquier onda material Ψ (x. II. t) puede expresarse como superposición de ondas planas.11 Interpretación estadística de la función de onda. t) = i~ Ψ (~r. Se sabe que una onda plana es solución de la ecuación de Schrödinger en zonas donde la energía potencial es constante (véase el tema 8). además. Dada una función compleja cualquiera Q (k). de igual manera que se pueden sumar las amplitudes de las ondas electromagnéticas (pues las ecuaciones de Maxwell también son lineales). El resultado resulta ser ∂ ~2 2 ∇ Ψ (~r. 1 1 Nota matemática: la teoría de la integral de Fourier (véase algún libro de Métodos Matemáticos para la Física) nos dice R que la integral dk Q (k) ei(k·r−ωt) existe siempre y cuando la función Q (k) se comporte razonablemente bien. Por lo tanto. Dado que una dimensión la ecuación de Schrödinger es una ecuación diferencial lineal (repase lo que significa eso) y en general una ecuación en derivadas parciales lineal. t) Ψ (~r. sus soluciones satisfacen el principio de superposición: cualquier combinación lineal de (dos) soluciones de la ecuación es también una solución. − 2m ∂t COMPLEMEN T O: Ecuación de Schrödinger: linealidad y principio de superposición. Se supone que todas las velocidades de las partículas materiales son suficientemente pequeñas para que sea válida la aproximación no relativista (hay una discusión interesante sobre la estimación de energía relativista en el ejemplo 6. t) . t) . El postulado de Born (1926) establece la relación entre la densidad de probabilidad (esto es. 15 . nos demuestra que cualquier función de onda Ψ (x. t) = Ψ∗ (~r.6 del Eisberg y Resnick). Nótese que ya hemos supuesto implícitamente la linealidad. t) + V (~r. cuando hablamos de sumar las amplitudes de las ondas materiales al discutir las figuras de difracción de los experimentos del tipo Davisson y Germer. por lo que una combinación cualquiera de ondas planas también será solución de dicha ecuación de Schrödinger. t) Ψ (~r. cuya plausibilidad se discute en detalle en el texto. se desarrollan un conjunto de suposiciones para la construcción de la ecuación de Schrödinger (1926). La amplitudes de las ondas materiales pueden sumarse. t) se puede considerar como una superposición de ondas materiales planas. Partiendo de dichos puntos. la probabilidad por unidad de volumen de encontrar la partícula en la vecindad de un punto ~r en un instante t) y la función de onda como • P (~r. podemos escribir la combinación lineal más general como una integral Z Ψ (x. t) = dk Q (k) ei(k·r−ωt) . que hicimos en los temas 2 y 3. la solución más general de dicha ecuación para una partícula que se mueve libremente en el espacio será la combinación lineal más general de ondas planas. Dado que una onda plana es la solución de la ecuación de Schrödinger para un partícula en el espacio libre. COMPLEMEN T O: Como ya hemos discutido al hablar de la posible divisibilidad de fotones y ondas materiales. de la onda material para el electrón). . constituye la base de la interpretación estadística de la función de onda por Born (1926). Como ya es sabido (véase el complemento anterior). La extensión formal de estos comentarios. la densidad de probabilidad es el cuadrado complejo de la función de onda. esto es Z Ψ (x.Por tanto. Vamos a dar algún argumento más para justificar dicha interpretación. lo que debe interpretarse como la probabilidad de detectar una partícula es el cuadrado de la amplitud (del campo para un fotón. t) = dk Q (k) ei(k·r−ωt) . con lo que sus soluciones satisfacen el principio de superposición. la ecuación de Schrödinger es una ecuación diferencial lineal. en una dimensión el valor medio de cualquier función de la posición vendrá dado por Z +∞ Z +∞ Z +∞ ∗ f (x. −∞ −∞ −∞ Como observará. t)|2 dx. ese paquete de ondas representará una partícula confinada en dicha región finita del espacio (esto es. Más adelante. en general una variable cuántica es un operador lineal. donde Q (k) es una función en general compleja. (2) la interpretación estadística de la función de onda (Born. de expectación o valores medios • (apartado 5. 16 . t) |Ψ (x. t) Ψ (x. Esto es el significado de calcular el valor medio mediante la densidad de probabilidad. t) Ψ (x. véase más adelante las propiedades de las autofunciones) la densidad de probabilidad es independiente del tiempo. 1926) para las partículas materiales. cuyo valor medio podemos calcular mediante el procedimiento acabado de esbozar. el valor medio f (x. representará cualquier partícula que se quiera estudiar experimentalmente). t) P (x. se asocia el cuadrado de su módulo (la densidad de probabilidad) a la probabilidad de encontrar la partícula . La dualidad onda-partícula queda. en el tema de Estadísticas Cuánticas se verá que los cuantos de las vibraciones de una red cristalina (los fonones) también cumplen esta dualidad.4 del libro de Eisberg y Resnick). t) es una función que en general depende del tiempo (aunque no de x. pues. cerrada en base a las dos interpretaciones que ya se han discutido: (1) el tratamiento por Einstein (1905) para la radiación electromagnética (fotones). dado que la función de onda es en general compleja. Por eso. para un estado estacionario. Como puede ver usted discutido en el complemento sobre las variables cuánticas (vea más abajo). Sólo para una partícula en un estado de energía bien definida (esto es. pues ya se ha integrado en esa variable). En general. Si elegimos adecuadamente la función Q (k) podemos construir paquetes de ondas que estén localizados en una cierta región del espacio en un instante dado. Valores esperados. La interpretación estadística de la función de onda permite definir los valores medios o valores esperados como los que obtendríamos de una medida sobre un gran número de sistemas. Parece natural afirmar que es más probable encontrar la partícula en aquellas regiones del espacio en que la función de onda es grande. t) dx = f (x. t) = f (x. en cada uno de los cuales la partícula tuviera la misma función de onda. t) dx = f (x. Variables dinámicas en mecánica cuántica (apartado 5. . El operador hamiltoniano o energía se escribe como p2op ∂ + Vop (x. t) =⇒ Hop ↔ i~ Hop = 2m ∂t COMPLEMEN T O. Los operadores más comunes pueden expresarse como xop ↔ x ∂ ∂x y de igual manera para las otras coordenadas cartesianas. • La relación entre las variables dinámicas en mecánica cuántica y los operadores que actúan sobre las funciones de onda viene discutida en el complemento.4 del Eisberg y Resnick). los valores medios de x y x2 deben venir dados por Z ∞ Z ∞ x ≡ hxi = dx Ψ∗ (x. pero el problema está en cómo definir otras variables cuánticas que no dependen de x. t0 ) a dicha función de onda en un instante de tiempo determinado to . Si aceptamos la interpretación probabilística de la función de onda. dado que |Ψ (x. fuera de ese intervalo la función de onda tiende a cero. t0 ) x Ψ (x. −∞ de manera que cuando más concentrada se encuentre la función de onda en torno a su posición media. t0 )|2 = x2 −2 hxi hxi+hxi2 = x2 −hxi2 . t0 )|2 . pero lo aquí explicado se generaliza sin ninguna dificultad a más dimensiones. el valor medio de la variable cuántica de posición x. de valor k ' pe/~. Pregunta: ¿se imagina el alumno qué tipo de función de onda sería necesario para un estado en el que se conozca exactamente la posición. −∞ Definimos ahora la indeterminación en x como la desviación cuadrática media de x. ∂x 17 . Dentro del citado intervalo se cumple que −i~ ∂ Ψ (x. esto es. sólo podemos definir procedimientos mediante los que se pueden calcular valores medios para cualquier función de onda (esto es. Para intentar avanzar. t0 ) = C exp (ixe grande de la recta real. valor de expectación o valor medio de x en el estado ψ. t0 )|2 −∞ ® x2 ≡ x2 = Z −∞ ∞ −∞ dx x2 |Ψ (x. t0 )|2 . Esto es. supongamos p/~) en un intervalo muy una función de onda normalizada que tiene la forma Ψ (x. op ↔ −i~ Nota: haremos el tratamiento en una dimensión. ¿pero cuál es valor numérico de la propia variable cuántica x? La respuesta es: una variable cuántica NO tiene un valor numérico. generalizable para cualquier función de x. donde x o hxi es el valor esperado. E Z ∞ D ® ® (∆x)2 = (x − x)2 = (x − hxi)2 = dx (x − hxi)2 |Ψ (x. el valor medio del momento lineal debe ser muy cercano a pe. para cualquier estado cuántico). Por tanto. claro está. sabemos calcular. t0 ) . hxi = x. Lo anteriormente dicho es válido para variables cuánticas que dependan de la posición. t) una función de onda normalizada a la unidad. podemos decir que aproximadamente tiene un vector de onda muy bien definido. esto es p ' pe. Dado que la función de onda es prácticamente una onda plana en una zona muy grande. por ejemplo. px. Sea Ψ (x. t0 ) = peΨ (x. t0 )|2 es una densidad de probabilidad que define la distribución probabilística del observable físico x. con ∆x = 0? Ahora bien. t0 ) = dx x |Ψ (x. tanto menor es ∆x. Llamaremos Ψ (x. de forma que el valor media de la energía potencial de una partícula será: Z ∞ V = dx V (x) |Ψ (x. y dado que Ψ (x. podemos calcular el valor medio del momento lineal mediante esta integral. t0 ) −i~ dx Ψ∗ (x. En definitiva. t0 ) pe Ψ (x. t0 ) e integrar µ ¶ Z ∞ Z ∞ ∂ dx Ψ∗ (x. t0 ) ' pe ' p. Ψ (x. para una función de onda como la utilizada aquí. . t0 ) está normalizada. t0 ) = ∂x −∞ −∞ donde se ha tenido en cuenta que la parte importante de la integración proviene del intervalo antes definido. podemos multiplicar la ecuación anterior por Ψ∗ (x. De esta manera. esto es. 2m 2m dx2 Por otra parte. t0 ) −i~ Ψ (x. t0 ) −~2 2 Ψ (x. la energía cinética vendrá representada por el operador diferencial p2op ~2 d2 =− . Por ello. al escribirlo como un operador diferencial suma de los operadores de energía cinética y energía potencial. (∆p)2 = (pop − hpop i)2 = −∞ El postulado se puede extender en general a cualquier variable cuántica Q. ∂x −∞ Este postulado nos permite entonces afirmar que la variable cuántica de momento lineal es el operador diferencial (que denotamos por pop ) ∂ pop = −i~ . Ejemplo: Si llamamos m a la masa de la partícula que queremos estudiar. que actúa sobre la función de onda de su derecha. Hop . 2m 2m ∂x2 2m ∂y 2 2m ∂z 2 18 . ∂x cuyo valor medio hemos calculado. que el valor medio p del momento lineal de un estado cuántico definido por una función de onda cualquiera Ψ (x. ∂x ∂x ∂x cuyo valor medio se calcula también como µ ¶ Z ∞ ® ∂2 p2op = p2op = dx Ψ∗ (x. la energía total puede expresarse en función de las variables de momento y de posición mediante la función de Hamilton (recordar los conceptos aprendidos en la asignatura de Mecánica y Ondas). t0 ) . ∂x −∞ La indeterminación del momento lineal la podemos evaluar pues como E Z ∞ D ® dx Ψ∗ (x. t0 ) = p2op − hpop i2 . t0 ) viene dado por: µ ¶ Z ∞ ∂ ∗ p = hpop i = dx Ψ (x. en mecánica clásica. t0 ) . para que su valor medio se pueda calcular mediante la integración Z ∞ dx Ψ∗ (x. De esta manera podemos definir el operador cuadrado del momento lineal como el resultado de operar dos veces con dicho operador µ ¶µ ¶ ∂ ∂2 ∂ p2op = −i~ −i~ = −~2 2 . t0 ) . en mecánica cuántica podemos obtener el operador hamiltoniano correspondiente. t0 ) (pop − hpop i)2 Ψ (x. hQop i = −∞ donde Qop es un operador lineal adecuado a la variable cuántica. En una dimensión esto es simplemente: Hop = p2op ~2 d2 + Vop (x) = − + V (x) 2m 2m dx2 y en tres dimensiones Hop = p2op ~2 ∂ 2 ~2 ∂ 2 ~2 ∂ 2 + Vop (x) = − − − + V (x) . POSTULAMOS entonces que esto es cierto para cualquier función de onda. t0 ) Qop Ψ (x. ~2 2 ∇ + V (x) ⇐⇒ Hop ψ (x) = Eψ (x) .5 del Eisberg y Resnick). 2m Hop ≡ − En el caso en que la energía potencial del sistema no dependa de manera explícita del tiempo. t) = ψ (x) T (t). t) tenga dos partes: una puramente espacial ψ (x) y otra puramente temporal T (t). De lo anterior resulta que la función de onda puede escribirse como: . es posible encontrar para todo instante de tiempo t soluciones en las que las variables espacial y temporal están separadas. de manera que la función de onda total será Ψ (x. nos queda una ecuación diferencial para la parte espacial de la función de onda en términos de un operador diferencial Hop : que se denomina ecuación de Schrödinger independiente del tiempo.Separación de la variable temporal y las variables espaciales: la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo • (apartado 5. Cuando se introduce esta expresión en la ecuación de Schrödinger. de forma que la función de onda Ψ (x. Ψ (x, t) = ψ (x) exp (−iEt/~) . En estas expresiones la constante E es la energía total de la partícula. Note que en este caso los valores medios no dependen del tiempo y por eso a estos estados se les llama estados estacionarios. Aunque existan soluciones a la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo, pero sólo podemos admitir las que sean aceptables para el sistema físico que queremos describir. Es, por consiguiente, parte esencial de la búsqueda de las soluciones a la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo el incluir las condiciones que hacen que una determinada solución sea admisible desde un punto de vista físico para el sistema que se está estudiando. Esas condiciones están explicitadas, hablando en lenguaje matemático, por las llamadas condiciones de contorno de la ecuación diferencial. Aquellos valores de E para los que la ecuación de Schrödinger tiene una solución aceptable (esto es, que la solución cumpla las condiciones físicas impuestas por las condiciones de contorno) son los autovalores o valores propios o eigenvalores del operador Hop (o de la ecuación diferencial). Las correspondiente soluciones ψ (x) son las autofunciones o funciones propias o eigenfunciones del operador y cosntituyen la parte espacial ψ (x) de la función de onda total, Ψ (x, t) = ψ (x) exp (−iEt/~). Cuantización de la energía (apartado 5.7 del Eisberg y Resnick). Al estudiar la solución del problema de la cuerda vibrante entre dos extremos fijos12 se obtienen soluciones discretas de la ecuación diferencial que describe dicho problema (por ejemplo, la longitud de onda de los posibles modos de vibración de la cuerda tiene soluciones discretas, sin que los valores posibles constituyan un contiunuo). Esa discretización de los valores que se obtienen en el caso de la cuerda que vibra corresponde justamente al mismo problema matemático que se nos plantea al resolver la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo. • Propiedades de las autofunciones (apartado 5.6 del Eisberg y Resnick). • En mecánica cuántica debemos resolver habitualmente la ecuación diferencial (ecuación de Schrödinger independiente del tiempo) ¶ ¸ µ 2 · ∂2 ∂2 ∂ ~2 + + + V (x, y, z) ψ (x, y, z) = Eψ (x, y, z) − 2m ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 con las condiciones físicas de contorno adecuadas para nuestro problema. Esta es una ecuación diferencial llamada de valores propios (o autovalores 13 ), que sólo tiene solución para algunos valores determinados de la constante E; para cada uno de ellos, por tanto, se corresponde una determinada función 1 2 Tratada, por ejemplo, en la asignatura de Mecánica y Ondas. la traducción del libro de Eisberg y Resnick recibe el nombre de ecuación de eigenvalores, que respeta (al igual que en inglés) el prefijo alemán eigen. 1 3 En 19 ψ (x). Esto es debido a que como es una ecuación diferencial en derivadas parciales, hay que definir las condiciones de contorno de cada problema en particular que se quiera resolver; para un sistema determinado sólo existirán soluciones de dicha ecuación diferencial para algunos valores de E, que reciben el nombre de valores propios de la ecuación diferencial. Como ya hemos comentado, las soluciones ψ (x) que corresponden a dichos valores propios se llaman funciones propias (o autofunciones; en la traducción del libro de Eisberg y Resnick se llaman eigenfunciones) de la ecuación diferencial. Por tanto, si la partícula está representada por una función de onda que corresponde a un valor propio En , entonces la función propia viene etiquetada por dicho valor propio n y la escribimos como ψn (x). Por tanto, si queremos hallar los niveles de energía de un sistema físico descrito por la energía potencial V (x, y, z), debemos solucionar la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo correspondiente a ese potencial. • Por otra parte, podemos afirmar que si la partícula está representada por una función de onda que es un autoestado n del hamiltoniano con autovalor14 En , este valor En es el valor esperado (o valor de expectación o valor medio) del operador hamiltoniano. (¡demuéstrelo!; ¿hace falta alguna condición más para obtener ese resultado?) El apartado 5.8 del texto-base (Eisberg y Resnick) es muy importante, debe estudiarse con especial atención. Como complemento, se presenta aquí una discusión sobre las diferencias que se pueden establecer entre soluciones estacionarias y no estacionarias de la ecuación de Schrödinger. Consideremos una caja unidimensional (o pozo cuadrado infinito, véase el apartado 6.8 del libro de Eisberg y Resnick para las soluciones) de longitud a, situada entre x = 0 y x = a. Las soluciones estacionarias de la ecuación de Schrödinger tienen la forma Ψ (x, t) = ψ (x) e−iEt/~ , donde la energía E toma los valores discretos En = n2 π2 ~2 , 2ma2 siendo n = 1, 2, 3, . . . La autofunción ψ (x) que corresponde a la n-ésima energía es r µ µ ¶ ¶ ³ nπx ´ iEn t iEn t 2 sin exp − = ψn (x) exp − Ψn (x, t) = a a ~ ~ dentro del pozo, esto es en el intervalo (0, a), y nula fuera de él (verifíquese que está normalizada). La densidad de probabilidad es entonces ³ nπx ´ 2 Pn (x, t) = |Ψn (x, t)|2 = Pn (x) = |ψn (x, t)|2 = sin2 a a dentro del intervalo (0, a) y cero fuera de él. Esta densidad de probabilidad no depende del tiempo, como debe ser para una solución estacionaria. Consideremos ahora la combinación lineal (normalizada) de cualesquiera dos soluciones: r 1 [Ψn (x, t) + Ψm (x, t)] , Ψ (x, t) = 2 con n 6= m. La densidad de probabilidad asociada es µ ¶¸ · ³ ³ ´ ´ ³ nπx ´ ³ mπx ´ (En − Em ) t 1 2 2 nπx 2 mπx + sin + 2 sin sin cos P (x, t) = |Ψ (x, t)| = sin a a a a a ~ que depende del tiempo, con un término oscilatorio en el tiempo (proveniente de los términos cruzados del cuadrado) cuya frecuencia es 2πν nm = ωnm = (En − Em ) ~ 1 4 Esto es, es una de las posibles soluciones ψ (x) de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo con autovalor E n n y por tanto cumple que Hop ψ n (x) = En ψn (x) . 20 (véase también el ejemplo 5.13 del libro de Eisberg y Resnick). Se obtendrá este tipo de resultado (con términos oscilatorios dependientes del tiempo) siempre que se utilice cualquier combinación lineal de soluciones estacionarias: el resultado es no estacionario. NOTA: Se puede demostrar (haga usted un intento) que cualquier solución físicamente aceptable de la ecuación de Schrödinger se puede escribir de manera única en la forma X cn Ψn (x, t) Ψ (x, t) = n En un curso posterior de mecánica cuántica se estudiará en detalle esta interacción. • COMPLEMEN T O: Propiedades generales de los sistemas cuánticos. que corresponden a un único autovalor de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo). las coordenadas designadas por ~ r son las tres coordenadas espaciales pero si la partícula tiene spin entonces podemos representarla por las tres coordenadas espaciales y la de spin (el spin se tratará en el tema 12). por ejemplo por la interacción entre un campo electromagnético externo y la partícula cargada. que resulta ser independiente del tiempo. t) como la densidad de carga del sistema. Para simplificar. por así decirlo. 1 5 Estas frecuencias son. en función de las diferencias entre las energías de los niveles estacionarios. donde las Ψn (x. Debe aquí recordarse que en mecánica clásica una partícula cargada irradia energía electromagnética cuando se acelera. ~ que coincide con la frecuencia de transición de Bohr entre órbitas distintas. En efecto. la frecuencia de la radiación electromagnética emitida es igual a la frecuencia de la oscilación. t) = ψn (x) exp (−iEn t/~) donde En es la energía del estado y ψn (x) es la n-ésima solución de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para una energía potencial V (x). características del sistema y cabe esperar que sean las frecuencias de absorción y emisión de radiación del sistema15 . una distribución estacionaria de carga no emite radiación. Podemos identificar la cantidad qΨ∗n (x. Supongamos que el conjunto de coordenadas lo denotamos por16 ~r. Pero nosotros sabemos que existen transiciones experimentales entre estados cuánticos: estas transiciones pueden estar inducidas por una acción externa. Sólo aquellas soluciones de la ecuación de Schrödinger cuya densidad de probabilidad es independiente del tiempo son soluciones estacionarias (esto es. 21 . La existencia de los niveles discretos de energía puede determinarse de manera experimental observando la energía emitida o absorbida cuando el sistema hace una transición de un estado a otro. Este es el argumento que se usará en el tema 13. t) + cm Ψm (x. por tanto la distribución de carga) asociada a este sistema mezclado oscila con el tiempo. t) son las funciones de onda estacionarias que corresponde a la n-ésima energía y las cn son constantes complejas. supongamos un sistema cuántico formado por una partícula con carga q en un estado cuántico estacionario n: Ψn (x. por tanto. cuando se hable de las probabilidades de transición entre niveles de un sistema cuántico. si tenemos una partícula sin spin. para los estados no estacionarios. Sin embargo. t) = cn Ψn (x. vamos a suponer un sistema cuántico constituido por una única partícula. Estas frecuencias son. ahora sólo vamos a hacer alguna discusión cualitativa. Utilizando el argumento que se acaba de usar. la densidad de probabilidad muestra una dependencia oscilatoria en el tiempo con un conjunto de frecuencias dadas por ω nm = (En − Em ) /~. la densidad de probabilidad (y. las frecuencias para las que el sistema entra en resonancia: ¿rememora ahora las ideas de Bohr acerca de las frecuencias de absorción y emisión de radiación? 1 6 Así. t) Como ya hemos comentado antes. con lo que el sistema no radiará energía (explíquese usted ahora el por qué del postulado de Bohr acerca de las órbitas que no radian). si la partícula cargada oscila con una frecuencia dada. t) Ψn (x. Escribamos la función de onda de un sistema cuántico que está haciendo una transición como una mezcla de dos estados Ψn y Ψm : Ψ (x. en particular. con una frecuencia es 2πν nm = ω nm = (En − Em ) . t) Ψ (~r. Como el valor esperado (o valor de expectación) de cualquier función de ~r y t (apartado 5. La densidad de probabilidad debe estar normalizada y por lo tanto para todo valor de t se cumple R que |Ψ (~r. Veamos alguna de las propiedades que debe cumplir Ψ (~r. que representa la distribución de probabilidad de encontrar la partícula cuántica en un punto del espacio. t)∗ f (~r. . t) d~r.. t) es la función de onda. llamaremos ψ (~r) a dicha función de onda en un instante de tiempo determinado to . El cuadrado del módulo de dicha función nos da la densidad de probabilidad P (~r. t).3). compleja) de las coordenadas Ψ (~r. t). t)∗ Ψ (~r. 2. t) = Ψ (~r. 1. t) (véase Eisberg y Resnick. t) = Ψ (~r. apartado 5. Esta es la condición de normalización de la función de onda. llamada función de onda. El elemento básico del tratamiento cuántico es que cada estado de este sistema cuántico puede describirse por una función (en general. Si Ψ (~r. t)|2 d~r = 1.4 del Eisberg y Resnick) viene dado por Z f (~r. etc. pero en mecánica cuántica los valores propios puede tener una sucesión continua de valores (espectro continuo) o una sucesión discreta (espectro discreto) o ambas a la vez. Pero esta ecuación no se cumple para cualquier operador lineal: sólo aquellos operadores llamados hermíticos la verifican. supondremos que nuestra magnitud A tiene espectro discreto. representa un estado cuya medida puede dar el resultado o bien Em o bien En . con constantes cn complejas y se dice que el conjunto de funciones ψn (~r) es un sistema completo. 22 . 4. al hacer la conjugación compleja de la ecuación anterior se verifica la igualdad Z Z ¡ ¢ ψ (~r)∗ (Aop ψ (~r)) d~r = ψ (~r) A∗op ψ∗ (~r) d~r. dado que no se refleja en ningún resultado físico (en particular. A1. Por ello. el momento lineal. . Entonces (por el principio de superposición) cualquier combinación lineal de esos estados ψ (~r) = cn ψn (~r) + cm ψm (~r). . sus autovalores o sus eigenvalores. Como los valores medios que pueden tomar las magnitudes físicas son reales. en ninguna medida). que es únicamente una función de t..). El conjunto de estos valores es el llamado espectro de la magnitud física. que al efectuar una medida de la energía de un sistema caracterizado por el estado ψm (~r) se obtiene el resultado Em y que al efectuar la medida con otro estado ψn (~r) se obtiene el resultado En . siendo A∗op el operador conjugado complejo del operador Aop . el momento angular. Asociamos a cada magnitud física (como se ha hecho anteriormente) un operador lineal Aop de tal manera que el valor medio de la magnitud física A lo podamos calcular mediante la integral Z A = ψ (~r)∗ (Aop ψ (~r)) d~r siendo Aop un operador lineal. el cuadrado complejo de cada constante cn nos da la probabilidad de encontrar la energía correspondiente al autoestado n. es claro que la función de onda normalizada está definida salvo un factor constante de fase del módulo unidad (esto es. . por ejemplo.. Consideremos una magnitud física A que caracteriza el estado de un sistema cuántico (por ejemplo. 1. Supongamos. el principio de superposición nos dice que la función de onda más general que sea solución de nuestro sistema físico será la combinación lineal de estas ψn (~r) X ψ (~r) = cn ψ n (~r) . con n = 0. 5.. puede ser la energía. Esto se debe a que las ecuaciones que deben satisfacer las funciones de onda son lineales respecto de ψ (~r) pues si se calcula el valor esperado de la energía en ese estado combinado resulta que ese valor medio da como resultado |cn |2 En + |cm |2 Em (haga el cálculo el alumno).. siendo α un número real cualquiera). Pregunta para el alumno: ¿por qué no se refleja ese factor de fase en ningún resultado físico? 3. Para simplificar. En mecánica clásica los valores suelen tomar una sucesión continua. Sus valores propios los denotamos por A0. Por tanto. Esta falta de unicidad no tiene importancia alguna. Si llamamos a las funciones correspondientes a cada uno de esos autovalores ψn (~r). del tipo eiα . Los valores que puede tener una magnitud física en mecánica cuántica se llaman sus valores propios. 17 Además. se llega a Z (An − Am ) ψn (~r) ψ∗m (~r) d~r = 0 los operadores correspondientes a las magnitudes físicas deben ser hermíticos (por ejemplo. si a partir de la ecuación de autovalores hacemos las operaciones algebraicas siguientes: ¾ Aop ψn = An ψ n ⇒ ψ∗m Aop ψn − ψn A∗op ψ∗m = (An − Am ) ψn ψ∗m Aop ψm = Am ψm . Hop . y teniendo en cuenta que el operador Aop es hermítico. Lop . pop . e integrando.). etc. ) hay asociado un operador. etc. la posición de la partícula. Si. dos partículas independientes tiene una función de onda que es el producto de las funciones de cada partícula por separado (se verá esto más adelante cuando se discutan los sistemas de partículas idénticas: tema 14). 1 8 Para 23 . Sea un sistema constituido por dos partes (que llamaremos 1 y 2). 3. Si llamamos Aop al operador asociado al observable A. ca cuántica. si la función de onda de la partícula antes de la medida es ψn se obtendrá exactamente an como resultado de medir A. colección Cuadernos de la UNED). etc. t) = i~ ∂ Ψ (~r. Esta función de onda de la partícula es una función compleja de las coordenadas y del tiempo. de manera que podamos describir cada una de las partes separadamente de manera completa. Sin embargo. un estudio más profundo de este tema. una medida de A da como resultado uno de los valores propios (o autovalores) de la ecuación de valores propios siguiente: Aop ψn = an ψn Por consiguiente.. t) ∂t donde el operador hamiltoniano Hop corresponde al observable energía total del sistema. Este operador asociado debe ser hermítico. que la distribución de probabilidades para el sistema total es el producto de las probabilidades de cada una de sus partes. si la función de onda de la partícula antes de la medida no es una de las autofunciones es imposible predecir con seguridad cuál de los resultados posibles se obtendrá. esto es. Alvarellos y J. Para un sistema de una partícula hay una función de onda que determina todo lo que se puede conocer del sistema. cada una con su conjunto de coordenadas ~r1 y ~r2 . García González. que ψn (~r) ψ∗m (~r) d~r = 0. ~r2 . García Sanz (UNED. las autofunciones están normalizadas se tendrá que el conjunto de funciones propias de una magnitud física constituye un sistema completo de funciones normalizadas y ortogonales dos a dos (esto es. véase el libro Introducción al formalismo de la Mecánica Cuántica. 4. J. t) Ψ2 (~r2 . La evolución temporal de la función de onda Ψ se determina mediante la ecuación de Schrödinger Hop Ψ (~r. pues todos los valores propios de un operador hermítico son números reales. un conjunto de funciones de onda ortonormales): ½ Z = 1 si n = m ψn (~r) ψ ∗m (~r) d~r = δ mn = = 0 si n 6= m 6. de Álgebra elemental. 1 7 Sería conveniente que usted repase los conceptos de matriz hermítica. 2. por ejemplo. En el lenguaje de las funciones de onda: Ψ12 (~r1 . t) Esto significa que un sistema de. cuyos autores son P. t) = Ψ1 (~r1 . Podemos entonces afirmar que la distribución de las probabilidades de la parte 1 es completamente independiente de la de la parte 2 y. con lo que se encuentra que las funciones de onda correspondientes a valores propios R distintos de una magnitud física son ortogonales. E. Resumen muy breve de los postulados de la mecáni- • COMPLEMEN T O: 18 1. Con cada observable físico (la energía. además. por tanto. Se supondrá siempre que ese conjunto de funciones está normalizado. cualquier función de onda Ψ puede desarrollarse como combinación lineal de esas autofunciones: X ci ψi (~r. forman un conjunto infinito de funciones linealmente independientes. t) = i i i . con lo que forma un conjunto ortonormal completo de funciones. que puede usarse para desarrollar cualquier función de onda del sistema. t) . 5. Por tanto. El conjunto de funciones propias (o autofunciones) de un observable. esto es. Ψ (~r. aquellas que cumplen la ecuación Aop ψn = an ψn . sabemos que la función de onda correspondiente a esas autofunciones es Ψi (~r. El segundo sumando podemos escribirlo como µZ ∞ ¶ Z ∞ dψ∗ (x) dψ (x) xψ (x) + dx dx xψ∗ (x) λ~ dx dx −∞ −∞ ¶ µZ ∞ Z ∞ ∗ dψ (x) dψ∗ (x) ∞ xψ (x) + [xψ∗ (x) ψ (x)]−∞ − dx − 1 = −λ~ dx xψ (x) = λ~ dx dx −∞ −∞ 24 . que el valor esperado de ese observable se puede escribir (¡demuéstrelo con detalle!) como X A= ai |ci |2 . de manera que si la función ® de onda ψ (x) está normalizada ese sumando es x2 . i En el caso de que estemos hablando de las autofunciones del operador hamiltoniano (o energía). Primeramente.33 y 5. pero lo aquí explicado se generaliza sin problemas a más dimensiones.3 del libro de Eisberg y Resnick) Nota: haremos el tratamiento en una dimensión. t) Aop Ψ (~r. si llamamos ψi (~r) a sus autofunciones.34 del libro de Eisberg y Resnick en el apartado de problemas de este envío. t) = ci ψi (~r) exp (−iEi t/~) = Ci (t) ψi (~r) Ψ (~r. una función de onda cualquiera se podrá escribir como X X X ci Ψi (~r. Relaciones de incertidumbre posición-impulso (aparta- • COMPLEMEN T O: do 3. tómese la integral I (λ) siguiente. t) = ψi (~r) exp (−iEi t/~). y dado el carácter ortonormal de las funciones propias. Elegimos hxi = 0 y hpi = 0. t) d~r. i 2 de manera que el número real |ci | puede interpretarse como la probabilidad de encontrar al sistema en el estado designado por el subíndice i. t) = 6. Esto significa que si la función de onda está normalizada a la unidad. normalizada a la unidad. nos da Z Z ∞ I (λ) = dx |xψ (x)|2 + λ~ −∞ ∞ −∞ dx µ dψ∗ (x) dψ (x) xψ (x) + xψ∗ (x) dx dx ¶ + λ2 ~2 ¯ ¯ ¯ dψ (x) ¯2 ¯ . El valor esperado de un observable A cuando el sistema está descrito por una función de onda Ψ viene dado por Z A = Ψ∗ (~r. sin que esto merme la generalidad de la demostración. I (λ) ≡ dx ¯ −∞ Al integrarla por partes. Por consiguiente. t) una función de onda de Schrödinger. Para un ejemplo sencillo. Sea Ψ (x. Llamaremos ψ (x) a dicha función de onda en un instante de tiempo determinado to . Veamos cómo demostrar con toda generalidad que ∆x · ∆p ≥ 12 ~. esto es si se verifica que Hop ψi (~r) = Ei ψi (~r). dx ¯¯ dx ¯ −∞ Z ∞ R∞ El primero de los sumandos lo podemos reescribir como −∞ x2 |ψ (x)|2 dx. véase la solución a los problemas 5. que es mayor o igual a 0 (para todo valor del parámetro real λ): ¯2 ¯ Z ∞ ¯ dψ (x) ¯¯ ¯ dx ¯xψ (x) + λ~ . por 2 ® eso ® significa 1 2 2 tanto. Por último. Por tanto. si escribimos el valor medio del cuadrado del momento lineal como Z ∞ 2® d2 ψ (x) ψ∗ (x) dx. . obtenemos que x p ≥ 4~ . por lo que no puede cumplirse que la ecuación I (λ) = 0 tenga dos soluciones reales: que el discriminante del polinomio ha de ser negativo19 . Pero la integral es definida positiva. I(λ) ≥ 0. ® ® I(λ) = x2 − λ~ + λ2 p2 . la integral nos queda como un polinomio de segundo grado en λ. si suponemos que ψ(±∞) = 0. p = −~2 dx2 −∞ e integramos por partes Z ∞ ψ∗ (x) −∞ ¯ ¯ · ¸∞ Z ∞ Z ∞ ¯ dψ (x) ¯2 d2 ψ (x) dψ (x) dψ∗ (x) dψ (x) ∗ 2 2 2 ¯ ¯ dx = ~ dx = −~ (x) +~ dx ψ ¯ dx ¯ dx2 dx −∞ dx dx −∞ −∞ 2® p = −~2 después de usar que ψ(±∞) = 0. para aquellos valores de λ entre λ2 y λ1 se cumpliría que I(λ) = (λ − α) (λ − β) < 0. Como se ve. Por tanto. sin embargo. que ψ(±∞) = 0). como trabajo para el alumno ver que si utilizamos la integral ¯2 ¯ µ ¶ Z ∞ ¯ ¯ ∂ I 0 (λ) = − i hpi ψ (x)¯¯ ≥ 0 dx ¯¯(x − hxi) ψ (x) + λ ~ ∂x −∞ entonces el polinomio de segundo grado en λ resulta ser I 0 (λ) = (∆x)2 − λ~ + λ2 (∆p)2 ≥ 0 y como su discriminante debe ser negativo 1 ∆x · ∆p ≥ ~ 2 que es lo que se quería demostrar. Nótese que en esta demostración NO se ha utilizado ninguna suposición acerca de la forma de la función de onda. de manera que la relación de indeterminación es una propiedad completamente general de los sistemas cuánticos. esta ecuación es menos restrictiva que la que buscamos. 25 . pues lo único que se ha usado en la demostración es que el operador momento está asignado a un operador diferencial proporcional a d/dx (además. obviamente. 1 9 En efecto. si el discriminante fuera positivo y no nulo. entonces existirían dos soluciones reales λ y λ de la igualdad 1 2 I (λ) = 0. Queda. si por ejemplo λ1 > λ2 . 4 y 2. cada una en una dimensión).. la ecuación de Schrödinger en tres dimensiones. quedan reducidos a ecuaciones en una dimensión (por ejemplo.. Problemas unidimensionales: estados de colisión.1 a 6.10). 2. vol. que se hará en el tema 10 y siguientes de la Segunda Prueba Personal. que permiten poner de manifiesto algunas de las propiedades cuánticas que aparecen posteriormente en sistemas físicos más complicados. III. utilizando el método de separación de variables. .8.6 (resumen en el apartado 6. en el estudio del átomo de hidrógeno. se puede reescribir como un conjunto de tres ecuaciones. después de ser elaborados adecuadamente.algunos problemas. apartados 2.los modelos unidimensionales son modelos sencillos. Hay al menos dos razones para estudiar sistemas unidimensionales en mecánica cuántica: 1. Alonso y Finn. Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: apartados 6.8 Tema 8. (c) Si E = Vo . definiendo q = 2m (Vo − E)/~. se obtiene la solución ψ (x) = A eikx + A0 e−ikx donde A y A’ son constantes. Cuando en el el apartado 6. Esta solución es oscilatoria. En este caso. p (b) Si la energía verifica que E < Vo . después de calcular cómo es la autofunción de una partícula libre de autovalor de la energía E. pág. dx2 ~ p (a) Si la energía verifica que E > Vo . • Región con energía potencial constante • Escalón de potencial.10 del Eisberg y Resnick. 26 . Para completar el estudio que el texto hace de algunos ejemplos. • COMPLEMEN T O Comportamiento de la función de onda en regiones de energía potencial constante. la solución es ψ (x) = B eqx + B 0 e−qx donde B y B 0 son constantes. en general complejas. 270. • Barrera de potencial. siendo uno de los sumandos una onda viajando hacia la izquierda y el otro viajando hacia la derecha. entonces ψ (x) es una función lineal de x. calcula el valor del momento lineal correspondiente a esa autofunción. en general complejas. mientras que el segundo se anulará rápidamente al aumentar x (pero converge cuando x → −∞). En el libro de Eisberg y Resnick se estudian varias aplicaciones concretas a sistemas unidimensionales. debe usted notar que el primer sumando de la solución crece con el valor de x (diverge cuando x → ∞). Hay un resumen muy gráfico de todo lo tratado en este tema (y en los dos siguientes) en el apartado 6.2 del texto de Eisberg y Resnick se discute el caso de la energía potencial constante (o cero. Al final se comenta de pasada el llamado teorema de Ehrenfest. si se iguala el origen de energías a ese valor). nos gustaría exponerle algunos puntos que resumen propiedades importantes de los sistemas cuánticos unidimensionales. La ecuación de Schrödinger será d2 ψ 2m + 2 (E − Vo ) ψ = 0. que aquí detallamos un poco más. V (x) = Vo . Supongamos que la energía potencial V (x) sea constante. definiendo k = 2m (E − Vo )/~. (transmisión resonante). dt m dt dx . El postulado introducido en el material complementario del tema 7.• COMPLEMEN T O Teorema de Ehrenfest. viene apoyado por el teorema de Ehrenfest:20 Los valores medios de las variables de la mecánica cuántica satisfacen las mismas ecuaciones del movimiento que las variables clásicas correspondientes (cuando se hace una descripción clásica del sistema físico). el teorema afirma que la evolución de los valores medios (o de expectación) de la posición y del momento lineal es ¿ À hpop i dV (x) d hpop i d hxop i = =− . de forma que la ley cuántica de evolución de los valores medios es formalmente idéntica a las ecuaciones de la mecánica clásica. donde se postula la forma de calcular el valor medio de una variable cuántica. En concreto. J. por lo tanto. Ed. 2 0 Véase.7 del Alonso y Finn.2 y el problema 7. Supongamos que la energía potencial V (x) es una función que cumple las siguientes condiciones: V(x) -` +` Vmin Figura 4: Energía potencial con las propiedades (i) y (ii). vol. García González. siempre que pueda ignorarse la indeterminación de las variables21 . • COMPLEMEN T O Propiedades generales del movimiento en una dimensión. por ejemplo. Hop = − 2m ∂x2 Nótese que la función de onda Ψ (x. 2001). Como vemos. El mínimo de la energía potencial lo llamamos Vmin < 0. (vea también el apartado 2. 2 1 El lector interesado puede leer la discusión de las páginas 105 a 107 del citado libro de Gillespie. el final del apartado 6. III). (ii) Definimos V (∞) = 0 y V (−∞) = V∞ > 0. t) . t) respecto a la que se calculan los valores medios h· · ·i satisfaga la ecuación de Schrödinger ∂Ψ (x. siempre que la función de onda Ψ (x. Como se ve. 27 .8 del libro de Eisberg y Resnick o el apartado 3. García Sanz (UNED. pues la función de onda se anula rápidamente tanto para x → ∞ como para x → −∞ (por eso se llaman también estados ligados). También puede consultarse el apartado 4-5c del libro de D. así lo harán los valores medios hxop i y hpop i. Se tienen entonces las siguientes propiedades: (a) Para valores de la energía que cumplan que Vmin < E < 0 los autovalores de la energía tienen una distribución discreta. Hop Ψ (x. colección Cuadernos de la UNED. este espectro discreto corresponde al intervalo de energías para las que la partícula no puede escapar al infinito. (i) V (x) tiende a límites constantes en ±∞. E. Gillespie Introducción a la Mecánica Cuántica. t) depende del tiempo y. t) = i~ ∂t siendo ~2 ∂ 2 + V (x) . este teorema permite ver cómo la mecánica clásica puede considerarse como un caso límite de la mecánica cuántica.T.13 del libro Introducción al formalismo de la Mecánica Cuántica de P. Reverté. Alvarellos y J. En esta parte del espectro también los niveles de energía son no degenerados. Nótese que el efecto neto del potencial que queda a la izquierda de la partícula es únicamente el defasaje δ de la función de onda. la ecuación de Schrödinger se reduce a d2 ψ 2m + 2 Eψ = 0 =⇒ ψ (x → ∞) = A cos (kx + δ) dx2 ~ (b) Para autovalores de la energía que verifiquen que 0 < E < V∞ . Para x → ∞.Todos los niveles de energía de este espectro discreto son no degenerados. vea el complemento sobre el comportamiento de la función de onda en regiones con energía potencial constante). pero no hacia x = −∞ (pues la función de onda se anula rápidamente. Para x → −∞. pudiendo escapar la partícula hacia x = ∞. la ecuación de Schrödinger se reduce en cambio a √ siendo A. δ y k = 2mE/~ constantes. entonces el espectro es continuo. . En . se cumple que la segunda derivada d2 ψ (x) /dx2 es discontinua en el punto de discontinuidad de V (x). Nota importante: en los puntos en los que hay una discontinuidad infinita (por ejemplo. En esta parte del espectro todos los niveles de energía son doblemente degenerados. de forma que la función de onda se amortigua exponencialmente cuando se penetra en la región en que E < V (x). se procederá de la manera que sigue: (1) La función de onda se escribirá como combinación de exponenciales reales o imaginarias. En estos puntos de discontinuidad finita. de alguna de las maneras que se han descrito anteriormente. entre los que hay al menos un nodo de cada una de las funciones propias de mayor energía. . 28 . • COMPLEMEN T O Comportamiento de la función de onda en los puntos en los que hay discontinuidades finitas del potencial (condiciones de empalme de la función de onda). . t) = 0. entonces el espectro es continuo. por propiedades matemáticas de la ecuación diferencial de Schrödinger (que es una ecuación de segundo orden). . como en un pozo de potencial infinito) no se verifica la continuidad de la derivada primera de la función de onda. Sin embargo. la autofunción del estado fundamental no tiene nodos. lo que nos da una nueva condición de contorno. En otras palabras. pues la partícula puede viajar tanto hacia la derecha como hacia la izquierda. exigiendo la continuidad de ψ (x) y de dψ (x) /dx o. y el movimiento será infinito en x = ±∞. entonces la función propia n-ésima tiene (n − 1) nodos.). Para calcular la función de onda de cualquier sistema físico descrito por un potencial constante a trozos. (b) dψ (x) /dx es también continua. se debe verificar las condiciones de contorno: (a) ψ (x) es continua. . con discontinuidades en la energía potencial). (d) Nota: Para los estados ligados se tiene además la siguiente propiedad: Si colocamos los estados propios por orden creciente de energías (E1 . (c) Si la energía verifica que E > V∞ . . la función de ondas del primer estado excitado posee un nodo. y así sucesivamente. (2) Se aplican condiciones de empalme de las funciones de onda en cada punto de discontinuidad. en los que el potencial pasa de ∞ a 0 de manera súbita. note que cuando el potencial es infinito la función de onda tiene que ser necesariamente nula Ψ (x. lo que es lo mismo. d2 ψ 2m + 2 (V∞ − E) ψ = 0 =⇒ ψ (x → −∞) = B exp (qx) dx2 ~ p siendo B y q = 2m (V∞ − E)/~ constantes. Además. . . esto es con valores distintos en zonas diferentes del espacio (es decir. E2 . de la derivada logarítmica de ψ (x). que muestra las características más importantes de los autoestados de este potencial: (i) el número de nodos de cada autoestado depende de la energía del mismo.Tema 9.7 a 6. 9 Contenido de los textos-base: Eisberg y Resnick: apartados 6. tiene dos el tercero.5 y 2. . Problemas unidimensionales: estados ligados. . Alonso y Finn vol III: apartados 2.. Fíjese en la figura 6. • Pozo cuadrado finito (véase el apéndice G del libro de Eisberg y Resnick para la solución exacta de este problema). aumentando con ella (no tiene nodos el primer nivel. el oscilador armónico.26 del Eisberg y Resnick. • Pozo cuadrado infinito.6..).9. el segundo nivel tiene uno. El valor de las energías varía inversamente con el cuadrado de la anchura del pozo. (iii) Ejercicio: hágase la estimación anterior para el nivel de mínima energía de un pozo cuadrado. (i) Estudie la solución de la ecuación de Schrödinger para el oscilador armónico en el apéndice H del libro de Eisberg y Resnick. Ahora es la figura 6. se puede estimar la energía del punto cero de un sistema utilizando el principio de indeterminación. y compárelo con el resultado exacto. (ii) La energía de un oscilador cuántico viene dada por la expresión µ ¶ µ ¶ 1 1 hν = n + ~ω. la primera autofunción no tiene nodos. (ii) en este caso. que se llama energía del punto cero porque corresponde a n = 0. ya que el pozo tiene profundidad infinita y la función de onda se anula en los extremos del pozo y en el exterior del pozo. Si en este nivel la amplitud máxima es xo podremos estimar esta amplitud diciendo que es aproximadamente la mitad de la dispersión de la variable x. .). ¿Se puede describir el movimiento macroscópico del péndulo con un único autoestado de un oscilador cuántico? 29 . Este sistema es un sistema localizado (la partícula no se va al infinito) y.basándose en el principio de incertidumbre. por simetría. que xo ' 12 ∆x. el primer nivel de energía del sistema (el estado fundamental o estado base) tendrá aproximadamente la mínima energía compatible con dicho principio. no existe probabilidad de encontrar la partícula más allá de las paredes del pozo de potencial. Esa condición simplifica notablemente el problema y. En efecto.. En = n + 2 2 Un resultado importante de la solución cuántica del oscilador armónico es que la energía mínima es 12 ~ω. Este resultado está relacionado con el principio de indeterminación. Clásicamente un oscilador con esa amplitud tiene una energía E = 12 mω 2 x2o = 12 mxo po donde hemos tenido en cuenta que po = mωxo . de una manera muy sencilla. • El oscilador armónico. De ahí E ' 18 ω ∆x ∆p ' 12 ~ω. esto es. aumentando con ella (si no contamos los valores de ψ (x) en los extremos del pozo. Otro ejercicio: estime el orden de magnitud del número cuántico n en un péndulo macroscópico. En ∝ n2 /a2 . que es lo que se quería demostrar. el valor medio de la posición de la partícula es el centro del potencial. (ii) hay una probabilidad no nula de encontrar la partícula más allá de las paredes del pozo de potencial (la función de onda penetra en la barrera).. tiene uno el segundo nivel. El mismo argumento se puede aplicar a la amplitud del momento lineal po ' 12 ∆p. tiene dos el tercero. se puede calcular la energía de los estados ligados de este pozo de potencial.31 del Eisberg y Resnick la que muestra algunas características de los autoestados de este potencial: (i) el número de nodos de cada autoestado depende de la energía del mismo. Por lo tanto. CW = 4830 Å.1 del libro de Eisberg y Resnick) La ley de Wien nos dice que λmax T = CW . T . Problemas del tema 1. • ¿A qué longitud de onda. una cavidad a 6000 K radiará más por unidad de longitud de onda? (Problema 1. Problemas.1 Primera Prueba Personal. Por tanto. sustituyendo tenemos: Esta longitud de onda está comprendida en el intervalo de luz visible y corresponde al color azul. de componentes. kz . 1 . Por tanto Lx ∆kx . Consideremos el número de modos que están caracterizados por un vector de ondas entre k y k + dk. ky y ky + ∆ky y kz y kz + ∆kz . Ly . λmax = El valor experimental de la constante de Wien es CW = 2. Como la temperatura es 6000 K. este resultado es independiente de la forma de la cavidad. véase la figura 1) son (cdt cos θ) f (k) dN (k). que el ojo percibe cuando la longitud de onda está entre 4550 y 4920 Å. • Demuestre que la relación entre la radiancia espectral RT (ν) y la densidad de energía ρT (ν) es RT (ν) dv = (c/4) ρT (ν) dν. véase el texto si se considera conveniente). y f (k) es la función de distribución. 1 Aunque no lo hemos probado. (Problema 1. Como los fotones viajan con la velocidad de la luz c. el número de modos en una cavidad es proporcional al volumen V de la caja y al volumen en el espacio k.. 3. Llamemos a la componente en la dirección x del campo eléctrico Ex = sin (kx x) sin (2πνt). ky . entonces ∆nx = ∆N (k) = Lx Ly Lz (2π)3 ∆kx ∆ky ∆kz y dado que el volumen de la cavidad es V = Lx Ly Lz dN (k) = V d3 k (2π)3 . descrita por un vector de ondas k. . para longitudes de onda del orden del tamaño de la cavidad.2 del libro de Eisberg y Resnick) Por simplicidad consideraremos una caja cúbica de dimensiones Lx . Para que este campo eléctrico cumpla las condiciones de contorno en x = 0 y en x = Lx ha de verificarse que Ex = 0 en ambos puntos.. 2. Lz . Entonces sin (kx Lx ) = 0. Cada modo es una onda electromagnética estacionaria. 2π Si llamamos ∆N (k) el número de modos (u ondas) cuyo número de ondas k tiene componentes entre kx y kx + ∆kx .. los fotones contenidos en un volumen cilíndrico (que son los que chocan con el área dA en el tiempo dt. kx = Lx donde nx = 1. El campo electromagnético dentro de esa cavidad se puede descomponer como una suma de modos armónicos. Hay 2f (k) V −1 dN (k) fotones de este tipo por unidad de volumen. y 2π nx . (2 porque son dos las polarizaciones posibles. kx .898 × 10−3 m K.1 Consideremos ahora en la figura los fotones que llegan a una pared de la caja con un vector de onda entre k y k + dk. z θ k area dA cdt Figura 1: Fotones que llegan a una pared de la caja con un vector de onda k . Expresando el elemento de volumen d3 k en coordenadas esféricas se tiene d3 k = k2 dk dΩ = y por tanto Rinc (k) = 8π3 ν 2 dν dΩ c3 2ν 3 h f (k) cosθ. c2 Vemos que el segundo miembro es proporcional a (hv) f (k) d3 k. Para ello es preciso integrar en todas las direcciones posibles de emisión. el número de valores permitidos de la frecuencia ν en el intervalo ν y ν + dν es dN (k). tenemos: Como 2π Determinemos ahora la potencia total emitida por unidad de área en el intervalo de frecuencias ν y dν. c2 R π/2 0 cos θ sin θ dθ = π. dN (k) = V d3 k (2π)3 ¢ R ¡ y sustituyendo d3 k = k2 dkdΩ = 8π 3 v2 /c3 dvdΩ e integrando en el ángulo sólido Ω dΩ = 4π. a la densidad media de la energía de radiación ρ (v) dv dentro de la cavidad. para todos los ángulos sólidos en el intervalo de ángulos polares 0 < θ < π/2 y en el de ángulos azimutales 0 < ϕ < 2π. Como dΩ =senθ dθ dϕ se obtiene ! à Z Z π/2 2ν 3 h cosθ senθ dθ dν Rinc (k) dΩ dν = 2 f (k) 2π RT (ν) dν = c Ω 0 RT (ν) dν = 2πν 3 h f (k) dν. es decir. RT (ν) dν puede expresarse explícitamente en función de ρ (ν) como veremos a continuación: 1. Como cada fotón lleva energía ¯hω se obtiene que la potencia incidente de radiación por unidad de frecuencia y de ángulo sólido es Rinc (k) dω dΩ = (¯ hω) 2c cos θ f (k) d3 k (2π)3 . ya que para cada frecuencia permitida hay dos ondas independientes que corresponden a dos estados de polarización (véase también el apartado 1-2 del libro de Eisberg y Resnick). 2 . Por tanto. esto es. se obtiene Z 8πV 8π 3 v2 V dvdΩ = 3 ν 2 dν N (ν) dν = 2 × 3 3 c c (2π) Ω donde se ha multiplicado por un factor dos. es decir la energía por unidad de volumen en el intervalo de frecuencias entre ν y ν + dν es: 8πν 2 f (k) dν c3 c RT (ν) dν = ρT (v) dv. Por tanto. 4 y entonces se obtiene el resultado pedido .ρT (ν) dν = (hν) 2. la energía de los fotones es hv. la densidad media de energía. (b) ¿Qué fracción de la masa en reposo del Sol.5 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) La ley de Stefan nos dice que la radiación total emitida por unidad de tiempo y unidad de área RT = σ T 4 .3 × 1017 kg. (Problema 1.6 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: Como en el problema (1.0 × 1030 kg. donde r es el radio de la esfera. en un año se perderán esa misma cantidad multiplicada por el número total de segundos que tiene un año.1 × 109 kg/seg t c c2 (b) Si en un segundo se pierde 4. donde σ es la constante de Stefan-Boltzmann y T la temperatura.9 × 10−10 m. P = E/t. utilizamos la relación: λmax T = CW Como sabemos que la temperatura es 107 K. E = m0 c2 . Así. se pierde cada año en radiación electromagnética? Suponga que la masa en reposo del Sol es 2.46 × 10−12 . podemos escribir que P σT 4 4πr2 mo = 2 = = 4. ecuación (1-2).8 ×10−7 m. donde t es el tiempo y E la energía. sustituyendo los valores correspondientes en la ecuación anterior. La región ultravioleta cubre desde 6 × 10−10 m hasta 3. es: S = 4πr2 . Sabemos que la energía y la masa en reposo están relacionadas por la fórmula de Einstein. La masa en reposo del Sol es aproximadamente 2.7 del libro de Eisberg y Resnick) 3 .4 × 109 m. en este caso el Sol. la máxima radiación se da para λmax = 6500 Å ¿Cuál será λmax si la temperatura de las paredes de la cavidad aumenta de modo que la razón de emisión de radiación espectral se duplica? (Problema 1. Encuentre la longitud de onda para la cual la radiación emitida es máxima.9 Å. la temperatura en la bola de fuego es. tenemos: λmax = CW ' 2. 2. una cantidad realmente pequeña.1). 107 K. para determinar la masa en reposo que se pierde por segundo en la radiación del Sol. • Para una cavidad de cuerpo negro a una temperatura dada. Tome el diámetro del Sol como 1.0 × 1030 kg. que es el límite del intervalo de luz visible (donde empieza el color violeta). con lo que se perderán en total 1. La superficie de una esfera. se encuentra en la región del espectro correspondiente a rayos ultravioleta. • (a) Suponiendo que la temperatura en la superficie del Sol es 5700 K. • En una explosión termonuclear. momentáneamente. utilice la ley de Stefan. La potencia radiada por el Sol es P = RT S.1 × 109 kg. por lo que anualmente se pierde un tanto por ciento igual al 6. y por otra parte. (Problema 1. T Esta longitud de onda. relaciona las longitudes de onda y las temperaturas según: Sustituyendo la expresión de T 0 por su valor en la ecuación anterior. λ0max T 0 = CW . λ0max T 0 con lo que el cociente de ambas expresiones. según la ley: 4 T 0 = 2T 4 . Solución: Según la ley de Stefan. así 2RT = σT 0 4 . se obtiene que: . Por otro lado. RT = σT 4 . por lo que el cociente entre ambas expresiones nos relaciona las temperaturas T y T 0 . λmax T = CW λmax T = 1. 8 × 10−7 m o 7800 Å). A partir de la ley del desplazamiento de Wien. La longitud de onda encontrada está en el infrarrojo. partiendo de la ecuación λmax T = CW =⇒ λmax = CW ' 105 Å = 10−5 m. correspondería a una temperatura corporal de aproximadamente 37o C.9 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La ley de Wien nos dice que. • Supongamos que el color rojo del espectro corresponde a la menor longitud de onda del infrarrojo cercano (esto es 7. 4 2 • ¿A qué longitud de onda emite el cuerpo humano su radiación térmica máxima? Haga una lista de las hipótesis que utilice para llegar a su respuesta. para una temperatura dada T .8 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: Si suponemos que el cuerpo humano es un cuerpo negro. T habiendo usado que CW ' 3×10−3 m K = 3×107 Å K. y que el color azul corresponde a la mayor longitud de onda del ultravioleta cercano (esto es 3. Por tanto.8×10−7 m o 3800 Å). λmax . Tomando para el color rojo y azul las longitudes de onda que nos dice el enunciado. la radiación térmica máxima del cuerpo humano. donde CW es la constante de Wien. según la ley del desplazamiento de Wien. la temperatura absoluta sería T = 310 K. λmax λ0max = √ = 5465 Å. la radiancia alcanza su valor máximo en una longitud de onda λmax tal que: λmax T = CW . (Problema 1. esto es λmax = 7800 Å y λmax = 3800 Å y despejando la temperatura de la ecuación anterior se tienen las temperaturas aproximadas que podemos asignar a los dos colores citados: CW = 3715 K λmax Tazul = Tro jo = 4 CW = 7626 K. utilizando como λmax dichas longitudes de onda ¿a qué temperatura aproximadamente corresponderá el color rojo?¿y el color azul? (Problema 1. • La radiación que incide sobre la tierra por unidad de área es 338 W m−2 .10 del libro de Eisberg y Resnick) 1340 W m−2 × πR2 donde R es el radio de la tierra (véanse dibujos adjuntos. . (b) Considere la tierra como un cuerpo negro que radia energía al espacio en esta misma razón. figura 2). ¿Cuál sería la temperatura de la superficie de la tierra bajo estas circunstancias? (Problema 1. (a) Explique la consistencia de este número con la constante solar (energía solar que llega a la tierra por unidad de tiempo incidiendo normal a una unidad de área de la superficie terrestre) cuyo valor es 1340 W m−2 . RT = σT 4 . S = 4πR2 . hay que considerar toda la superficie. Despejando la temperatura de dicha ecuación se tiene: p T = 4 RT /σ = 278 K. Vista lateral Solución: (a) La constante solar es 1340 W/m2 . no es consistente con la ley de desplazamiento de Wien ν max ∝ T o bien λmax T = cte. donde σ es la constante de Stefan-Boltzmann. (Problema 1. Para calcular la radiación solar media en toda la Tierra. la temperatura. luego: Q= 1340 W m−2 × πR2 = 338 W m−2 4πR2 que coincide con el valor que nos da el enunciado de la radiación por unidad de área.11 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: 5 . • Demuestre que la ley de radiación de Rayleigh-Jeans. ecuación (1-17). La energía que incide sobre la cara de la tierra por unidad de tiempo será: Vista frontal R S= π R 2 Figura 2: Radiación incidente sobre una esfera. (b) Según la ley de Stefan. y T . y esto no es consistente con la ley de Wien. Este comportamiento sí está de acuerdo con los experimentos. tendrá. No tiene ningún máximo. Para frecuencias intermedias. . por lo tanto. un máximo ya que la función es definida positiva. El valor de la densidad de energía de la radiación de cuerpo negro ρT (ν) según la fórmula de RayleighJeans es : 8πν 2 kB T . Sin embargo la ley de radiación de Planck es: ρT (ν) = 8πν 2 hν 3 c exp (hν/kB T ) − 1 ρT (ν) = Esta función se comporta como ρT (ν) → 0 para ν → 0 y para altas frecuencias también tiende a cero: ρT (ν) ∼ ν 3 exp(−hν/kT ) → 0 (realice el cálculo de estos límites con detalle). c3 Para una temperatura dada. esta función es siempre creciente con ν. con lo que tendremos: Z ∞ Z ∞ 8πhν 3 1 dν. Como dλ = −(c/ν 2 )dν se tiene. c ρT (λ) = ρT (ν) 2 λ · · ¸ 2¸ d c 2λ λ λ2 dρT (λ) dρT (ν) dλ = =− 2 ρT (λ) + ρT (λ) · dν dλ c dν ν c c dλ λ3 λ4 dρ (λ) dρT (ν) = −2 2 ρT (λ) − 2 T .16 del libro de Eisberg y Resnick) donde σ = Solución: Sabemos que la densidad de energía es 8πhν 3 1 dv c3 exp (hν/kT ) − 1 R∞ (ecuación 1-27 del Eisberg y Resnick) y la energía total RT = 0 RT (ν)dν (ecuación 1-1 del Eisberg y Resnick) . demuestre que: RT = Z 0 ∞ 2πh ν 3 dν = σT 4 . Es decir. ¿Por qué a partir de λmax T = cte o ν max ∝ T no es posible obtenerlas si se utiliza simplemente λmax = c/ν max ? Es decir. RT = 2 h3 15c 0 6 . (Problema 1. 2 c exp (hν/kB T ) − 1 4 2π5 kB /15c2 h3 . derivar la ley de Stefan. ¿por qué es erróneo suponer que ν max λmax = c. • Utilizando la relación RT (ν) dν = (c/4) ρT (ν) dν entre la radiación espectral y la densidad de energía. (c/4) ρT (ν) dν = (c/4) RT = c3 exp (hν/kB T ) − 1 0 0 ρT (v) dv = Haciendo el cambio de variable: x = hν/kB T e integrando se tiene que: Z ∞ 4 4 2π5 kB T RT (ν) dν = = σT 4 . ν max se puede obtener de dρT (ν)/dν = 0 y λmax de dρT (λ)/dλ = 0. dν c c dλ Para que ρT (ν) tenga un máximo ha de cumplirse que dρT (ν)/dν = 0. donde c es la velocidad de la luz? (Problema 1. junto con la ley de radiación de Planck. Se ve por la ecuación anterior que esto no equivale a dρT (λ)/dλ = 0. • A partir del espectro del cuerpo negro.12 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La cantidad ρT (λ) se define como ρT (λ) dλ = −ρT (ν) dν. 2 Problemas del tema 2. (b) La longitud de onda pedida es λ0 = c/ν 0 = hc/W0 = 5398 Å. ¿Presentará el sodio efecto fotoeléctrico para luz amarilla con λ = 5890 Å?. Se requieren 4.3 eV. Por tanto. • La energía necesaria para extraer un electrón del sodio es 2. . correspondiente a luz verde en el intervalo del espectro de radiación electromagnética. el sodio no presentará efecto fotoeléctrico. • Sobre una superficie de aluminio incide luz de longitud de onda 2000 Å.09 × 1014 Hz. la frecuencia umbral o frecuencia mínima a partir de la cual hay emisión fotoeléctrica es ν 0 = W0 /h = 5.1 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) La energía cinética del electrón emitido desde la superficie de un metal es cero cuando la frecuencia del fotón incidente en el metal es hν 0 = W0 .56 × 1014 Hz. (b) ¿Cuál es la longitud de onda de corte para emisión fotoeléctrica de sodio? (Problema 2.2 eV para extraer un electrón del aluminio. Dado que con λ = 5890 Å la frecuencia correspondiente es ν = c/λ = 5. igual a 6. 7 . (c) Como eV0 = 2 eV. Por otra parte no todos los electrones requieren la misma energía para escapar de un metal. Por lo tanto Kmax = hc/λ − W0 = 2 eV. La energía cinética mínima depende además del valor de la energía de Fermi del metal.4.2 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) Como sabemos. (a) ¿Cuál será la energía cinética del más rápido de los fotoelectrones emitidos? (b) ¿Cuál será la energía cinética del más lento de los fotoelectrones emitidos? (c) ¿Cuál será el potencial de frenado? (d) ¿Cuál es la longitud de onda de corte para el aluminio? (e) Si la intensidad de la luz incidente es 2.12 del libro de Eisberg y Resnick y también la sección 13. se obtiene mediante una simple regla de tres: fotones I = 2 × 1018 2 n= . de la anchura en energías de la banda de conducción (para entender mejor la idea de la energía de Fermi. despejando el valor de λ0 . se deduce que hc/λ0 = W 0 . necesitan menos energía para ser emitidos. Si no hay pérdidas por colisiones durante el trayecto. donde W es el trabajo necesario para sacar el electrón del metal. cercanos a la energía de Fermi. La energía cinética máxima sólo depende de la función de trabajo. lea las secciones 11. m seg hν donde se ha utilizado que 1 eV=1. pág. la máxima energía cinética de los electrones emitidos es Kmax = eV0 = hν − W 0 . entonces. que se llama banda de conducción (sección 2. ¿cuál es el número promedio de fotones por unidad de tiempo por unidad de área que inciden sobre la superficie? (Problema 2. si a un fotón tiene una energía hν. Los fotoelectrones que se emiten desde el metal provienen de un continuo de niveles. el número de fotones correspondientes a una intensidad igual a I = 2 W/m2 = 2 J m−2 s−1 . se tiene que V0 = 2 V (d) De la expresión hν 0 = W 0 .11 y 11. 53).3).0 W/m2 . esto es. los electrones que ocupan los estados superiores de la banda de conducción. con lo que. (b) La energía cinética del electrón emitido es K = hν − W .2 eV. sino que ésta depende del nivel de energía que ocupa el electrón. obtenemos: hc λ0 = = 2956 Å W0 (e) Por último.602 × 10−19 J y que 1 W=1J/s. como se ve en el apartado anterior. tenemos W 0 = 2. y supongamos V0 = 0. V 0 (eV) 2 . con lo que la expresión anterior queda reducida a: 0 = hν 0 − W0 .3 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La conservación de la energía nos permite escribir que Kmax = e V0 = hν − W0 .3 eV. • La función trabajo para una superficie limpia de litio es 2. En este caso. indicando los puntos importantes (Problema 2. Haga una gráfica esquemática del potencial de frenado V0 en función de la frecuencia de la luz incidente para esta superficie.3 eV. eV0 = hc/λ − W0 .4 × 1014 Hz.56 × 1014 Hz.3 Figura 3: El potencial de frenado V0 en función de la frecuencia de la luz incidente La gráfica de la figura 3 representa el potencial de frenado V0 en función de la frecuencia ν de la luz incidente siendo la intersección con el eje horizontal la frecuencia de corte y la intersección con el eje vertical la función trabajo W0 . se encuentra que el potencial de frenado es 1. se puede despejar λ0 .2 × 1014 Hz. característica de la superficie. obtenemos ν = 15. Así. Si hacemos ahora. V0 = 2 V . 8 . h. ν (Hz) 10. como en los problemas anteriores la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico: En cada caso λV0 y λ0 V00 están relacionados en la forma eV00 = hc/λ0 − W0 . se obtiene: λ0 = 3820 Å.56 x10 14 -2. la frecuencia obtenida es 10.4 x10 14 5. La pendiente de la recta es la constante de Planck. • El potencial de frenado para fotoelectrones emitidos desde una superficie iluminada con luz de longitud de onda λ = 4910 Å es 0. despejando ν 0 de la anterior expresión.43 V ¿Cuál será la nueva longitud de onda? (Problema 2. por ejemplo. y para el caso en que V0 = 4 V. tenemos la frecuencia de corte. ν 0 = 5.4 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: Tengamos en cuenta. Cuando se cambia la longitud de onda incidente. De estas dos ecuaciones. obteniéndose: λ0 = hc .71 V. hc/λ + e(V00 − V0 ) con lo que sustituyendo cada variable por su valor. 6 × 10−34 J seg. c(1/λ − 1/λ0 ) . (b) la función trabajo en electrón-volts para el sodio (Problema 2.5 del libro de Eisberg y (c) la longitud de onda umbral para el sodio. • En un experimento fotoeléctrico en el cual se utiliza luz monocromática y un fotocátodo de sodio. e(V0 − V00 ) = 6. podemos obtener un valor para h. A partir de estos datos determine: (a) un valor para la constante de Planck. se encuentra un potencial de frenado de 1.82 V para λ = 4000 Å. W0 y ν 0 ): (a) Operando con las dos primeras ecuaciones.85 V para λ = 3000 Å y 0. Resnick) Kmax K 0 max K = eV0 = hν − W0 = eV0 0 = hν 0 − W0 = 0 = hν 0 − W0 Solución: Para resolver el problema podemos plantear tres ecuaciones con tres incógnitas (h. 9 .61 × 10−17 W.10 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: Sea λ = 5500 Å. (Problema 2. con sólo despejar de la primera ecuación: W0 = hν − eV0 = 2. La luz es registrada si disocia una molécula de AgBr en la placa.28 eV. Evaluar la máxima longitud de onda de corte para la cual la luz no sería registrada. podemos calcular fácilmente el valor de la función de trabajo W0 .6 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: Para disociar la molécula de AgBr se necesita que la luz tenga una longitud de onda menor que Emin = hc . λmax donde Emin es la energía de disociación de la molécula. de la última ecuación se obtiene la longitud de onda umbral λ0 = hc = 5437 Å. W0 • Considere luz incidiendo sobre una placa fotográfica.99 × 10−6 m. λmax = hc = 19878 Å = 1. • En condiciones normales el ojo humano registrará una sensación visual a 5500 Å si cuando menos se absorben 100 fotones por segundo. h= (b) Una vez obtenido el valor de h. (c) Por último. Emin que está en la región del infrarrojo en el espectro electromagnético. De esta forma la potencia equivalente de 100 fotones incidiendo por segundo con esa energía E será: PT = 3. Por tanto.61 × 10−19 × 100 W = 3. La energía de un fotón con esta longitud de onda es E = hν = hc/λ = 3. ¿Cuál es el nivel de potencia equivalente? (Problema 2. La energía mínima para disociar esta molécula es del orden de 10−19 J.6 × 10−19 J. 12 del libro de Eisberg y Resnick) . • ¿Cuáles son la frecuencia. longitud de onda e impulso de un fotón cuya energía es igual a la energía de masa en reposo de un electrón? (Problema 2. que está en la región de los rayos X en el espectro electromagnético. como p = h/λ. tomamos como incógnitas por ejemplo λ1 .19 × 10−14 J= 0. Despejando el impulso. La energía relativista total es E 2 = c2 p2 + (m0 c2 )2 . p Figura 4: Efecto Compton Sabemos que la conservación tanto del momento lineal como de la energía en el efecto Compton nos llevan a la ecuación: λ1 − λ0 = h(1 − cos θ)/m0 c. se tendrá que la frecuencia del fotón del enunciado es ν = E/h = 1.23 × 1020 Hz. La masa en reposo de un fotón es cero. θ y p. se obtiene: • Derivar la ecuación cot (θ/2) = (1+hν/m0 c2 ) tan φ entre la dirección de movimiento del fotón dispersado y el electrón de retroceso en el efecto Compton. Solución: La energía de la masa en reposo de un electrón es E = m0 c2 = 8. podremos escribir (h/λ0 ) = (h/λ1 ) cos θ + p cos φ 0 = (h/λ1 ) sin θ − p sin φ.4 × 10−12 m. Por otra parte. 10 . figura 4): p0 = p1 cos θ + p cos φ 0 = p1 sin θ − p sin φ. Por lo tanto.73 × 10−22 kg × m/s.511 MeV. donde p es el impulso.024 Å= 2. tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas. Las proyecciones de los momentos sobre los ejes coordenados (véase dibujo adjunto. Como para un fotón la energía es E = hν = hc/λ. y por tanto la energía relativista total puede ser escrita como E = cp. p = E/c = 2. La longitud de onda λ es λ = hc/E =⇒ λ = 0. (Problema 2.14 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: y E 1=cp 1 E 0=cp 0 θ φ e- x e- E. además tenemos: λ0 sin θ . (λ0 + mh0 c )(1 − cos θ) tan φ = Utilizando la relación trigonométrica sin θ 1 − cos θ =⇒ ¢¤ £ ¡ cot (θ/2) = 1 + hν 0 /m0 c2 tan φ. de manera que si introducimos este valor en la expresión de la tangente. λ1 − λ0 cos θ λ1 − λ0 = h(1 − cos θ)/m0 c. .p sin φ = (h/λ1 ) sin θ p cos φ = (h/λ0 ) − (h/λ1 ) cos θ = hλ1 − hλ0 cos θ λ0 λ1 tan φ = Como ya se ha comentado. resulta: λ0 sin θ . 024 Å sobre electrones en reposo. (a) Encontrar la longitud de onda de un fotón que es dispersado a 30 grados de la dirección incidente y la energía cinética suministrada al electrón.16 del Eisberg y Resnick E 0=cp 0 y Sabemos que la conservación de energía y momento lineal en el proceso nos llevan a la relación de Compton con λC = h/m0 c λ1 − λ0 = λC (1 − cos θ) 11 . Solución: e- E 1=cp 1 θ x φ e- E=m 0 c2+ K Figura 5: Problema 2.16 del libro de Eisberg y Resnick). cot (θ/2) = y por tanto Operando • Se hacen incidir fotones de una longitud de onda de 0. (b) Repetir el cálculo si el ángulo de dispersión es 120 grados (Problema 2. 024 Å. . donde K es la energía de retroceso del electrón. se tiene: λ1 = λ0 + λC (1 − cos θ) = 0. a) Para el caso de 30 grados. con λ0 = 0.024 Å. con2 λ0 = 0. λ0 λ1 La energía total relativista en el choque se escribe como b) Para el caso de 120 grados. se tiene: λ1 = λ0 + λC (1 − cos θ) = 0.02725 Å m0 c2 + cp0 = cp1 + m0 c2 + K.06039 Å. la longitud de onda de Compton. De aquí podemos obtener que µ ¶ 1 1 K = c (p0 − p1 ) = hc − . a lo largo de la dirección positiva del eje y. e igualmente para la energía cinética del electrón K = hc µ 1 1 − λ0 λ1 ¶ . E0=cp 0 De la relación de Compton (que se obtiene conservando la energía y el momento lineal en el proceso) la relación entre las longitudes de onda es: 2 Esta es la longitud de onda Compton. (Problema 2. λC = h/m0 c. • Un fotón de rayos X de energía inicial 1 × 105 eV que viaja en la dirección positiva del eje x. del electrón. incide sobre un electrón libre y en reposo. El fotón es dispersado en ángulo recto.17 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: y E1=cp 1 ο θ =90 e- x φ e- E. p Figura 6: Problema 2. Encontrar las componentes del impulso del electrón de retroceso.17 del Eisberg y Resnick. 12 . λ1 − λ0 = λC (1 − cos θ). Como la energía es E0 = cp0 .344 × 10−23 kg × m/s = px Las ecuaciones de conservación del momento son: p0 m0 c h = = 4. p0 = p1 cos θ + p cos φ ⇒ p0 = p cos φ = px p1 sin θ = p sin φ ⇒ p1 = p sin φ = py donde hemos usado que θ = 90.469 × 10−23 kg × m/s = py . el momento p0 será: p0 = E0 /c = 5. λ0 + λC (1 − cos θ) m0 c + p0 . que es la situación que muestra el dibujo (figura 7). sustituyendo λ1 en función de λ0 se tiene: • ¿Cuál es la energía cinética máxima posible de un electrón de retroceso de Compton en términos de la energía hν 0 del fotón incidente y de la energía en reposo del electrón m0 c2 ? (Problema 2. E0=hν0 - e Antes E1=hν1 - e p E0=cp0 x - e Después E.19 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La ley de conservación de la energía nos dice: E0 + m0 c2 = E1 + K + m0 c2 por lo que K = E0 − E1 . p1 = El momento p1 se puede escribir como p1 = h/λ1 . La máxima energía se obtiene cuando θ = 180◦ y φ = 0◦ (demuéstrelo). En este caso nos da 2h . λ1 − λ0 = m0 c 13 . A partir de la conservación del momento y de la energía relativista se obtiene la relación de Compton λ1 − λ0 = h(1 − cos θ)/m0 c. p Figura 7: Energía cinética máxima en el efecto Compton. E1 = cp1 = hc/λ1 = hν 1 E0 = cp0 = hc/λ0 = hν 0 . 1/E1 = 2/(m0 c2 ) + 1/E0 = m0 c2 2hν 0 + m0 c2 ¶ . las energías de los fotones pueden ser expresadas en términos de los momentos como: . E0 m0 c2 Sustituyendo en la ecuación que nos daba la diferencia entre las dos longitudes de onda se tiene: Ahora bien. operando se encuentra que: µ K = hν 0 1 − 2E0 + m0 c2 . Dado que K = E0 − E1 . 4 Å. (b) ¿Cuál es la λmin si el voltaje a través de un tubo de rayos X es 186 kV? (Problema 2. tal como se ha obtenido en el apartado (b). V0 donde el voltaje V0 está expresado en kiloVoltios (b) En este caso. operando tendremos: λmin = 12. como un fotón de rayos X. donde V0 es el voltaje aplicado expresado en kilovolts. El fotón de longitud de onda más corta (o energía más grande) debería emitirse cuando el electrón incidente pierde toda su energía cinética en el proceso de desaceleración. la parte baja corresponde por tanto a una longitud de onda de λ = 6 × 10−12 m.0666 Å. claro está. de manera que K 0 = 0. donde hν es la energía del fotón emergente. En el espectro electromagnético los rayos X tienen longitudes de onda entre 10−9 hasta 6 × 10−12 m. que ha sido excitado por un choque. K = hν = λmin La energía adquirida por el electrón al acelerarse mediante la diferencia de potencial V0 aplicada al tubo de rayos X es K = eV0 . esta radiación presenta unos picos pronunciados en el espectro y se debe a la emisión de radiación por un átomo. Esta parte del espectro de rayos X es. que está descrita en la Figura 2-11 del libro: un electrón incidente de energía cinética K es desacelerado durante una colisión con un núcleo pesado y la energía que pierde aparece en forma de radiación. se tiene que K − K 0 = hν. Por tanto. Si llamamos K 0 a la energía cinética del electrón después del choque. La otra fuente de rayos X (en este caso continua) es el bremsstrahlung o radiación de frenado o desaceleración. continua. El primero de esos mecanismos de emisión de rayos X son las transiciones de los electrones internos (los más fuertemente ligados) de los átomos. 14 .21 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) El examen de los datos experimentales ha llevado a la conclusión de que existen dos mecanismos diferentes responsables de la emisión de rayos X. se podrá escribir: λmin = hc eV Por lo tanto. por lo que la expresión inicial se transforma en: hc .4/V0 Å. utilizando la fórmula anterior λmin = 0. Entonces sustituyendo. • (a) Demostrar que la longitud de onda de corte en la parte baja del espectro continuo de rayos X está dada por λmin = 12. es posible la transferencia de momento y energía al núcleo.p~i Ei + mc2 Nota: algún detalle sobre la teoría subyacente a este problema.25 del libro de Wichmann Física Cuántica. Si el núcleo está originalmente en reposo y llamamos p~i al momento lineal del electrón antes de la emisión. Pero cuando el electrón atraviesa el intenso (y rápidamente variable) campo eléctrico de un núcleo. En primer lugar. p~n´ucleo el momento lineal del núcleo después del proceso. cumpliéndose las ecuaciones de conservación.4 del Curso de Física de Berkeley (editorial Reverté). un electrón en movimiento uniforme no puede emitir radiación3 . puede verse los apartados 4. vol. Para más detalles de cómo llegar a la expresión para energía máxima del fotón emitido.23-4. p~f a su momento lineal después de la emisión. las ecuaciones de conservación son = p~f + ~ pn´ucleo + ~ pf ot´on = Ef + En´ucleo + h ¯ ω. • (a)¿Cuál es el voltaje mínimo a través de un tubo de rayos X que producirá un rayo X con la longitud de onda de Compton? ¿Y una longitud de onda de 1 Å? . por lo que despejando el valor de V0 .22 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) La longitud de onda de Compton es λC = h = 0.02 × 106 V.4 kV. encuentre la energía del fotón incidente. Si el positrón que resulta se queda en reposo. (b) ¿Cuál es el voltaje mínimo necesario a través de un tubo de rayos X si la radiación bremsstrahlung resultante es capaz de producir pares? (Problema 2. y la energía cinética del electrón es K− = 1 MeV. se tendrá igualmente el valor del voltaje mínimo siguiente: c = 1. se obtiene: K = 511 kV. entonces la energía del fotón incidente es hν = 2.98 × 10−15 J λ =⇒ V0 = K = 12.21) que K = e V0 = hc/λc = 8.0 MeV moviéndose en la dirección de vuelo del fotón productor. • Se produce un par positrón-electrón al chocar un fotón con un núcleo. (b) ¿Qué porcentaje del impulso del fotón se transfiere al núcleo? (Problema 2.18 × 10−14 J.25 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La conservación de la energía relativista total es hν = E− + E+ = 2mo c2 + K− + K+ . e K = eV 0 = h (b) La energía mínima para crear un par electrón-positrón es 2m0 c2 . 15 .63 × 10−13 J y así. El positrón está en reposo y el electrón tiene una energía cinética de 1. V0 = K/e = 2m0 c2 /e = 1. por lo que K = eV0 = 2m0 c2 = 1.02426 Å.02 MeV. 3 Esto se ve con facilidad usando el sistema de referencia en que el electrón esté en reposo antes de cualquier emisión que pudiera producirse: en ese sistema la energía total es mc2 y la emisión de un fotón no conservaría la energía total. m0 c Vimos en el problema anterior (2. K+ = 0. (a) Despreciando la energía transferida al núcleo del átomo cercano. V0 = e Cuando λ = 1 Å. 1 c q 2 + 2K m c2 . Entonces 3 Problemas de los temas 3 y 4. El impulso del electrón viene dado por la expresión relativista. • Una bala de 40 gramos viaja a 1000 m/seg. Entonces el porcentaje de momento transferido al núcleo es (hν/c − pe )/(hν/c) que da un resultado del 29. K− − o pe = La conservación del impulso viene dado por hν/c = pe +P . donde hν/c es el momento del fotón incidente.7%. Ee2 = c2 p2e + mo c2 = ¢ ¡ 2 K− + mo c2 .42 MeV/c y hν/c = 2. pe es el impulso del electrón resultante. (a) ¿Qué longitud de onda se le puede asociar? Sustituyendo valores se obtiene pe = 1.02 MeV/c. . y P el impulso transferido al núcleo (el impulso del positrón es ¢2 ¡ lógicamente cero). Si suponemos que la dinámica del electrón es no relativista.2 × 103 m << c.2 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La longitud de onda. velocidad de la bala es aproximadamente del orden de 10−5 c. p mv (b) Los efectos de la difracción son despreciables cuando λ/a tiene a cero. importante: Dado que la velocidad de un electrón con esta longitud de onda es v ≈ h/(me λ) ' 1. en función del momento. En ese caso. entonces la energía cinética es K = mv 2 /2. de acuerdo con el principio de incertidumbre. siendo a la dimensión característica de la rendija. resulta que λ/a es de orden de 10−25 . (b) ¿Por qué no se revela la naturaleza ondulatoria de la bala por medio de efectos de difracción? (Problema 3. con lo que será imposible ver efectos de difracción. ¿Qué energía cinética tendría un electrón con una longitud de onda de De Broglie igual? (Problema 3. cumple que: ∆p ∆x ≥ ¯ h/2. λ que es una cantidad pequeña. el valor típico de a en física atómica y sólidos (distancia interatómica) es alrededor de 1 Å. podemos reescribir esta energía cinética en función de λ: 1 p2 = K= 2m 2m µ ¶2 h ' 4 × 10−6 eV.5 • Sea una partícula libre que se mueve en una dimensión.1 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) La longitud de onda asociada a la bala se puede escribir como4 : λ= h h = = 1. • La longitud de onda de emisión amarilla del sodio es 5890 Å. La imprecisión en el momento lineal la llamamos ∆p y. Sea una partícula libre. está justificado no haber tomado en cuenta aproximaciones relativistas 4 La 5 Nota s−1 16 . Supongamos que la imprecisión en su localización es ∆x. utilizando a = 1 Å. Sin embargo. los comportamientos ondulatorios son observables si λ/a es del orden de uno. Encontrar una imprecisión en la medida del tiempo de manera que se verifique que ∆E · ∆t > ¯h.66 × 10−35 m = 1. viene dada por la expresión λ = h/p. cuya imprecisión en la posición es aproximadamente ∆x (vea la figura 8. el paquete de ondas tiene una anchura aproximada de 2∆x). Para utilizar una rejilla de difracción.66 × 10−25 Å. ∆x Figura 8: Paquete de ondas de una partícula libre. . m v • Un electrón y un fotón tiene cada uno una longitud de onda de 2. La energía del fotón es E = cp = 9. • Un neutrón térmico tiene una energía cinética de (3/2)kB T donde T es la temperatura ambiente (300 0 K). y la velocidad de grupo es v.3 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: Como λ = h/p. p2 = 37. tendremos p2 2m ∆E ∆t ≈ ⇒ ∆E = p∆p . Entonces la imprecisión en la energía es E= Como el momento es p = mv. (Problema 3. λ que es el impulso para cada una de las dos partículas. Podemos obtener su energía cinética mediante la expresión clásica. Tales neutrones están en equilibrio térmico. puesto que E = K + m0 c2 y su masa en reposo es m0 = 0. la energía total de la partícula E es igual a su energía cinética. Veamos que se verifica la relación ∆E · ∆t > ¯ h. mientras que la energía total relativista del electrón es: q Ee = m20 c4 + c2 p2 = 512 keV. el tiempo ∆t que debe ser observada la partícula al pasar por una posición determinada es entonces ∆t ∼ 2∆x/v. que podemos considerar como la imprecisión en la medida del tiempo. Para calcular la energía cinética del electrón. K= 2m Note que la energía cinética del fotón es mucho mayor que la energía cinética del electrón (en realidad. esto lo único que refleja es que cualquier fotón debe ser tratado relativísticamente).0 Å.93 × 10−16 J= 6200 eV. (a) ¿Cuál es la energía en electrón-volts de un neutrón térmico? (b) ¿Cuál será su longitud de onda de De Broglie? (Problema 3. p= La energía cinética del fotón es 6200 eV. m p∆p 2∆x ≈ 2∆p ∆x > ¯ h.4 del libro de Eisberg y Resnick) 17 . Como la posición de la partícula se conoce con una imprecisión ∆x.¿ Cuáles son sus impulsos y energías totales? Compare las energías cinéticas del fotón y el electrón.6 eV.31 × 10−24 kg × m/s. despejando el momento de esta ecuación. Dado que la partícula es libre. no utilizaremos la fórmula relativista. se obtiene: h = 3. ya que el término cp es mucho menor que el término m0 c2 y por tanto m0 c2 ' Ee . 38 × 10−23 J /K.3 K = kB T = 0. Entonces: Solución: (a) La energía cinética media es idéntica a la de las moléculas de un gas ideal a la misma temperatura: E = K = 0. 2 donde kB es la constante de Boltzmann cuyo valor es kB = 1. (b) Como .0388 eV.0388 eV. Demuestre que su longitud de onda de De Broglie viene dada por µ ¶−1/2 h e V √ λ= 1+ . para estudiar otros materiales o para el análisis de reacciones nucleares con neutrones. se tiene finalmente: h λ= √ 2m0 eV · 1+ eV 2m0 c2 ¸−1/2 . por lo que podemos escribir: h λ= √ = 1. que corresponde a la longitud de onda dada por la condición de Bragg (ecuación 3-3 del libro de Eisberg y Resnick).675 × 10−27 kg. • Supongamos una partícula de masa en reposo m0 y carga e moviéndose libremente a velocidades relativistas. el cristal actúa como monocromador: los neutrones que se observan en la dirección de salida tienen energía bien definida. λ= √ 2m0 K 18 . en el límite no relativista. En el límite no relativista. La masa del neutrón es mn = 1. obtenemos: m20 c4 + (eV )2 + 2m0 c2 eV = m20 c4 + c2 p2 . habiendo sido acelerada previamente por un potencial de aceleración V . a su vez. 2mK Nota: Dado que la separación de los planos de un cristal puede ser de ese orden (por ejemplo para el ClNa es d = 2. sustituyendo en la expresión anterior y despejando λ. Este haz de neutrones es monocromático y puede utilizarse. de donde podemos despejar el valor de p2 como: p2 = 2m0 c2 eV + (e V )2 . Demuestre que la expresión anterior concuerda con la relación de De Broglie. 2m0 c2 2m0 eV donde e es la carga. luego el quebrado del paréntesis se hace prácticamente cero. λ = h/p.45 Å. y la masa en reposo de la partícula. p2 h2 1 = K = mv2 = 2 2mn 2mλ2 donde hemos usado que p = h/λ.5 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La energía total se escribe como E = m0 c2 + K = q m20 c4 + c2 p2 = m0 c2 + e V. (Problema 3. e V = K = (1/2) mv2 y la energía m0 c2 es muy grande comparada con K = e V . de donde se deduce que: h . como λ = h/p. c2 Por otra parte.82 Å) vemos que haciendo incidir un haz de neutrones procedentes de un reactor nuclear (con un amplio rango de energías) en un cristal. Elevando al cuadrado ambos miembros de la anterior expresión. donde p = 2m0 K. (Problema 3. En el texto se obtiene la ecuación de Schrödinger usando tanto dicha relación como la energía total no relativista (E = p2 /2m + V ). √ que es la expresión no relativista. además de otras condiciones: por tanto la ecuación de Schrödinger es sólo válida en el límite no relativista. Note que la relación de De Broglie es válida tanto para la mecánica relativista como para la no relativista. en electrón-volts. para la cual la expresión no relativista para la longitud de onda de De Broglie dará un error de un uno por ciento. • Determine la energía. para (a) un electrón (b) un neutrón.6 del libro de Eisberg y Resnick) . 01λr .01λr . como vimos en el problema 3. las ondas se reflejan por los planos cristalinos como por un espejo. Además.6 MeV para el neutrón.77 MeV. h h = . sabemos que la longitud de onda de De Broglie era: µ ¶−1/2 eV h 1+ λr = √ . λr 2m0 c2 En el caso del enunciado. donde n es un entero que nos da el orden de la difracción. la expresión para la longitud de onda de una partícula material era: · ¸−1/2 eV h 1+ .11 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) De acuerdo con la ley de Bragg.5).5 keV • La distancia entre los planos principales de un cristal de cloruro de potasio es 3. si se satisface la condición de Bragg nλ = 2d sin ϕ. y utilizando el resultado del problema (3. la longitud de onda de De Broglie es: Para el caso relativista. en el caso no relativista.14 Å (esto quiere decir que los planos cristalinos más separados del cristal lo están por dicha distancia). Para una reflexión de Bragg de primer orden en estos planos. el error máximo permitido es λnr − λr = 0. 2m0 c2 2m0 eV Para calcular la energía cinética a partir de la cual se deben utilizar expresiones relativistas. λnr = √ p 2m0 K Solución: Como vimos en el problema anterior. (Problema 3. compare el ángulo de reflexión en el caso (a) de usar electrones con energía cinética de 40 keV (b) y en el caso de que se usen fotones de 40 keV.511 MeV para un electrón y mn c2 = 939. d = 3. Por lo tanto. Como me c2 = 0. con lo que λnr = 1. expresamos el cociente entre ambas longitudes de onda como: r K λnr = 1+ .6. para primer orden tendremos la siguiente ecuación: λ = 2d sin ϕ.14 Å y ϕ es el ángulo que forma la dirección de la onda incidente con el plano cristalino. λ= √ 2m0 c2 2m0 eV 19 . Ke = 20. se obtienen los valores: Kn = 37. nos queda: hc .· 1+ h λ= √ 2m0 eV eV 2m0 c2 ¸−1/2 Al igualarla a 2d sin ϕ tendremos que = 2d sin ϕ. E . de donde podemos despejar el valor del seno de ϕ sin ϕ = 9.54880 λ= hc E e igualando esta expresión a la ecuación inicial para n = 1.57892 × 10−3 =⇒ ϕ = 0. tendremos: Despejando sin ϕ. (b) Para los fotones.00 Å (rayos X) (c) λ = 5.0 × 103 Å (luz visible) (Problema 3.04935 =⇒ ϕ = 2. que vale 5. con lo que la longitud de onda correspondiente será: sin ϕ = 0. (a) Rayos γ: 10−7 ∆x ≥ 5 × 10−4 =⇒ ∆x = 398 Å 4π (b) Rayos X 10−7 ∆x ≥ 5. es aproximadamente igual a su longitud de onda de De Broglie.0 =⇒ ∆x = 0. La relación entre ambos ángulos vendrá dada por el cociente entre dichos ángulos.15). (Problema 3.398 m 4π • Demuestre que si la incertidumbre en la posición de una partícula. donde se ha tomado me c2 = 0.15.0 × 10−4 Å (rayos γ) (b) λ = 5. • Supongamos que la indeterminación en la longitud de onda de un fotón es ∆λ/λ = 10−7 . se tiene E = hν.398 mm 4π (c) Luz visible 10−7 ∆x ≥ 5 × 103 =⇒ ∆x = 0. 2d sin ϕ = para electrones.19 del libro de Eisberg y Resnick) 20 .511 MeV.8290 . ¿Cuál es el valor medido simultáneamente de ∆x en los siguientes casos? (a) λ = 5. Dividiendo ambos lados de la igualdad por λ.16 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La relación de incertidumbre se puede reescribir para una partícula como: ∆λ ∆x ≥ λ2 4π (véase problema 3. tenemos: λ ∆λ ∆x ≥ λ 4π En el caso en que ∆λ/λ = 10−7 . entonces la incertidumbre en su velocidad es aproximadamente igual a su velocidad. y al sustituir en la ecuación del principio de incertidumbre. ¿Cuál es la incertidumbre en el impulso del electrón? ¿Es esto consistente con la energía de ligadura de electrones en átomos? (b) Imagine que un electrón se encuentra en algún lugar dentro de un núcleo de diámetro 10−12 cm. ¿Cuál será la incertidumbre en el impulso del electrón? . entonces ∆p = m∆v. ∆p ∆x = m∆v ∆x ≥ 4π Si operamos se tiene que: v . Si escribimos p = mv. Solución: Según el enunciado. La relación entre longitud de onda y momento viene dada por h = pλ. supongamos que ∆x ≈ λ. ∆v ≥ 4π que nos dice que ∆v ≈ v. • (a) Considere un electrón cuya posición está en algún lugar de un átomo de 1 Å de diámetro. tendremos: pλ . dado que el electrón está en un sistema ligado (y.27 × 10−21 kg × m/s. 13. Nótese que la energía de ligadura del electrón en el átomo es del mismo orden que K (como demuestra el teorema del virial) por lo que la incertidumbre del impulso del electrón es consistente con que los átomos liguen electrones.675 × 10−27 kg. dado que p ¿ m0 c. pero no electrones. por tanto. (c) En este caso hay que usar la masa del protón (o del neutrón).37 MeV. K≈ 2mp La energía que liga las partículas nucleares es del orden de algunos MeV. Ese mismo razonamiento se aplica al apartado (c). lo que justifica que en el núcleo haya protones y neutrones. En el apartado (a) el valor de la energía cinética es menor. (b) En el caso de que el electrón esté confinado a un núcleo.95 eV. Por otra parte. 21 . Por tanto la energía cinética nos queda (∆p)2 = 0. ∆x4π 4 × 10−14 π Utilizando el mismo argumento que antes. 2me donde hemos utilizado la expresión clásica. (c) Considere ahora un protón o un neutrón en ese núcleo. q q E = m0 c2 + K = m20 c4 + c2 p2 =⇒ K ≈ m20 c4 + c2 (∆p)2 − m0 c2 = 9.27 × 10−25 kg × m/s donde hemos usado que ∆x = 1 Å. por ello. En el resultado del apartado (b) se observa que la energía cinética del electrón en una región restringida del tamaño de un núcleo es mayor que dicha energía de ligadura. pero usando en este caso la energía cinética relativista y la masa m0 del electrón. que es mp = 1. el valor de la energía cinética del electrón viene dado por el cuadrado de la incertidumbre del momento K≈ (∆p)2 = 0. la incertidumbre del momento será ∆p ≥ h h = = 5. pero del mismo orden de magnitud. por lo que el electrón puede permanecer en una región del espacio de un tamaño del orden de un radio atómico en un estado ligado. que el electrón está confinado en una región finita del espacio) podemos pensar que el valor medio del momento es nulo y que.052 MeV.6 eV). por lo que es muy difícil que el electrón se encuentre en el núcleo en un estado ligado. que la energía de ligadura (que es la energía de ionización. ¿Cuál será la incertidumbre en el impulso del neutrón o del protón? ¿Es esto consistente con la energía de ligadura de los constituyentes nucleares? (Problema 3.22 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) El principio de incertidumbre nos dice que: ∆p ∆x ≥ h/4π =⇒ ∆p = 5. por eso no hay ninguna inconsistencia. 291 × 10−4 eV. podemos estimar ∆t mediante la vida media del estado excitado. es pues muy pequeña. Solución: Como ∆E ∆t ≥ h/4π. τ = 10−12 s. h = E/ν. ∆E ≥ 4πτ Comentario: la energía de los estados ligados nucleares es del orden de varios MeV y las diferencias típicas entre esas energías son mayores que 10−3 MeV = 103 eV. generalmente. • La vida media de un estado excitado de un núcleo es. [h] = . del orden de 10−4 eV. por tanto emiten rayos X o γ. los núcleos en estados excitados realizan transiciones a su estado base emitiendo fotones de una energía superior a esos 103 eV. y así escribir: h = 3. Por eso. por lo tanto. 10−12 s. Solución: Si E = hν. ¿Cuál será la incertidumbre en la energía del fotón de rayos γ emitido? (Problema 3.23 del libro de Eisberg y Resnick) 4 Problemas de los temas 5 y 6. La incertidumbre encontrada. 11 del libro de Eisberg y Resnick) J [E] = −1 = J-s = kg m/s2 m s = kg m2 /s.8 Å p= c c p La conservación del momento se expresa como.2 × 10−27 kg. sustituyendo en la expresión anterior. pa´tomo + E ∆E E = MH v + = 0 =⇒ v = − . obtenemos la velocidad de retroceso del átomo |v| = 4. con n = 1? Encontrar la velocidad de retroceso del átomo de hidrógeno en este proceso.m/s =⇒ λ = = 920. Como ∆E = hν = h λc = cp.16 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: A partir de la energía del nivel n podemos encontrar la expresión para la energía del fotón emitido: En = − 13. n2 que es la energía pedida.672 × 10−27 kg. • Demostrar que la constante de Planck tiene dimensiones de impulso angular. c c cMH Como MH = 1. tendremos de igual manera: [L] = kg (m/s) m=kg m2 /s resultado que coincide con el correspondiente a h. (Problema 4. • ¿Cuáles son la energía. el impulso y la longitud de onda de un fotón emitido por un átomo de hidrógeno que sufre una transición directa desde un estado excitado con n = 10 al estado fundamental o estado base. s [ν] Si L = mvr.464 eV. (Problema 4. dado que el fotón está emitido por un átomo que inicialmente suponemos en reposo.30 m/s. 22 . siendo L el impulso angular.6 =⇒ ∆E = Ei − Ef = E10 − E1 = 13. se deducen el momento lineal y la longitud de onda del fotón emitido: h 13.464 E = = 7. 2Mc2 . teniendo en cuenta el retroceso y sin tenerlo en cuenta. • (a) Demuestre que cuando se tiene en cuenta la energía cinética de retroceso del átomo.24 del libro de Eisberg y Resnick) h2 ν 2 P2 = hν o − 2M 2M c2 =⇒ νo + νox = νo − hν 2o (1 + x)2 . (Problema 4. P 2 /2M (P es el momento transferido al núcleo y M es la masa del núcleo) la frecuencia de un fotón emitido en una transición entre dos niveles atómicos cuya diferencia de energía es ∆E se reduce por un factor que es aproximadamente (1 − ∆E/2M c2 ). (b) Compare la longitud de onda de luz emitida cuando un átomo de hidrógeno sufre una transición 3 → 1. está cuantizado según la relación de Bohr L = nh/2π. Si se tiene en cuenta la energía cinética transmitida al núcleo. se satisface en efecto que Mc2 À ∆E.5 × 10−9 . Dado que ν 0 = ∆E/h. hν 2o −hν 2o − 2x νox ∼ = 2Mc2 2M c2 con lo que podemos escribir =⇒ x=− µ ν∼ = νo 1 − 1 ∆E hν o .1 eV (vea el ejemplo 4-6 del libro de Eisberg y Resnick).0 × 1024 kg. (Problema 4. v = ωR. que es la expresión del enunciado si Mc2 À ∆E. 23 . Suponiendo que la corrección de la frecuencia x. el momento angular L. Si ahora suponemos que ω = 2πν = 2π/T . La conservación del momento exige que el momento de dicho fotón sea igual al momento transferido al núcleo. sustituyendo en las expresiones anteriores se obtiene: Despreciando el término de orden superior.55 × 1074 . donde M es la masa del núcleo. hν o (1 + x) = ∆E − Solución: (a) Llamemos hν o = ∆E = Ei −Ef a la energía de un fotón emitido en una transición sin tener en cuenta el retroceso del átomo.6(1/n2f − 1/n2i ) eV= 12. donde T es el periodo de rotación de la Tierra (un año). Dado que M c2 = 938. tiene la siguiente expresión: L = mvR = mR2 ω = nh . el valor de la longitud de onda del fotón emitido es λo = c/ν 0 = 1025.7 Å. x2 (dado que | x |<< 1) nos queda. =1+ 2 λ o c/ν o 1 − ∆E/(2M c ) 2M c2 • Suponga que el impulso angular de la Tierra. es muy pequeña | x |<< 1. debido a su movimiento alrededor de Sol con un radio de R = 1. n= hT (b) Al ser el número cuántico tan elevado no podría detectarse la cuantización y estaríamos en el límite clásico.5 × 1011 m.3 MeV. =− 2 2 M c + hν o 2(Mc2 + ∆E) ∆E 2(Mc2 + ∆E) ¶ . escribimos la frecuencia como ν = ν o (1 + x). La corrección de la longitud de onda debida al retroceso es muy pequeña. la energía del fotón emitido será distinta: hν = ∆E − P 2 /(2M). (b) En el caso de una transición en el átomo de hidrógeno 3 → 1. ¿Cuál es el valor del número cuántico n? ¿Podría detectarse esta cuantización? Nota: tómese la masa de la Tierra igual a 6. 2π siendo v la velocidad lineal de la Tierra y ω su velocidad angular constante. ∆E c/ν 1 λ ∼ = = = 1 + 6. y sustituyendo en la primera ecuación se tiene: 4π2 R2 m = 2. el modelo de Bohr predice una diferencia de energías entre dichos niveles: ∆E = E3 − E1 = −13.35 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) Suponiendo que el movimiento es circular. hν/c = P . • Utilice las reglas de cuantización de Wilson-Sommerfeld para calcular los niveles de energía y el espectro de emisión de una partícula de masa m que se mueve dentro de una caja rectangular de lado a y que choca elásticamente con las paredes (considere el problema unidimensional) ` px ` . que resulta ser: I I dx = 2ap0 L = px dx = p0 x -p 0 x=a x=0 Espacio de las fases Caja Figura 9: Izquierda: caja de potencial. obtenida haciendo n22 − n21 = (n1 + n2 )(n2 − n1 ) ≈ 2n∆n: π2 ¯ πp h ∆n. 2ma2 2 con n2 > n1 . En el caso de grandes números cuánticos. se tendrá: ω n→n+∆n ≈ ωc = πv0 πp0 2π = = . 2m 2ma2 El espectro de emisión también es discreto. donde v = p0 /m. Clásicamente. La figura 9 clarifica el cálculo de la integral de fase para el movimiento de la partícula dentro de la caja. con frecuencias ω n2 →n1 = π2 ¯ h 2 (n − n21 ). Para comparar este resultado con la frecuencia clásica que caracteriza al movimiento periódico dentro de la caja. notamos que el periodo fundamental de este movimiento es T = 2a/v0 . veremos que la solución cuántica genera espectros discretos para ambas variables. Por otro lado. p0 = a La energía de la partícula es π2 ¯ p2 h2 2 E= 0 = n . las reglas de cuantización nos dicen que L = 2π¯ hn. queda π¯ h n. Por tanto. p0 Solución: Supongamos que la partícula se mueve con momento ±p0 entre las paredes de la caja. podemos escribir la siguiente expresión aproximada. la partícula podría moverse con cualquier velocidad. Derecha: espacio de las fases de una partícula en la caja. Igualando ambas expresiones y despejando. n∆n = 2 ma ma en donde ∆n puede tener cualquier valor entero mayor que cero. T a ma 24 . por lo que los espectros de impulso y energía serían continuos. de manera que las frecuencias de emisión son las armónicas de ω c : ω n. • Haga lo mismo que en problema anterior.∆n = ω c ∆n. pero para un oscilador armónico unidimensional. Solución: El diagrama en el espacio de las fases es el representado en la figura 10 b x . Por lo tanto. px ) la ecuación de una elipse (ver figura 10): x2 p2x + 2 = 1. igual que en el caso anterior. si tomamos ∆n = 1 el espectro de emisión cuántico se reduce al clásico (clásicamente. • (a) Determinar la frecuencia ν de la parte dependiente del tiempo de la función de onda para el estado de energía más bajo de un oscilador armónico simple. 2m 2 Dividiendo esta ecuación por el valor de la energía E. La energía asociada a un oscilador armónico tiene la expresión: E= p2x 1 + mω 20 x2 . Si ∆n 6= 1 entonces la frecuencia de emisión cuántica resulta ser un múltiplo de la clásica. à √ ! à r ! Cm 2 C ψ(x. obtenemos en el espacio de fases (x. Vemos que. t) = A exp − x exp −i/2 t 2¯ h m 5 25 . Problemas del tema 7. a px 0 Figura 10: Espacio de las fases de una oscilador armónico. El espectro de radiación es ω ∆n = ω 0 ∆n. un oscilador armónico cargado emite radiación cuya única frecuencia es igual a la frecuencia de vibración del oscilador). a2 b p √ en donde a = 2E/m/ω 0 y b = 2mE. de las reglas de cuantización se sigue que: I 2πE = 2π¯ hn =⇒ E = n¯ hω 0 L = px dx = abπ = ω0 que es la regla de cuantización de la energía y coincide con la hipótesis de Planck. la conservación de la energía nos dice que E = 12 m dx + 2 Cx . donde hemos escrito r 1 C =⇒ ν = . E= 2 m ¡ ¢2 1 2 (c) En el caso clásico. se tendrá: r h C ¯ . los puntos en los que la energía potencial se hace igual a la total son: r 1 h2 ¯ 2E =± .min . (b) Utilice este valor de ν y la relación de De Broglie-Einstein E = hν para evaluar la energía total E del oscilador. Como E = dt (1/2) Cx2max.min = ± C (Cm)1/4 C m .3 del libro oscilador x = ± 2E/C se pueden escribir como x = ±¯ de Eisberg y Resnick). xmax. (c) Utilice estepvalor de E para demostrar que los límites del movimiento clásico del h1/2 /(Cm)1/4 (Problema 5. 4π m p (b) Como la energía total de la partícula E = hν = (h/4π) C/m. Como sabemos. (b) Determine también el valor de la energía total E de la partícula en dicho estado. por lo tanto. exp −i/2 m • (a) Verificar que la función de onda µ ¶ 2πx iEt Ψ(x. t) ∂x2 2π iEt A cos(2πx/a) e− h¯ a 2π 2π iEt A sin(2πx/a) e− h¯ . t) = A sin ) para −a/2 < x < a/2 exp(− a ¯ h Ψ(x. t) por la función del enunciado. pero que se encuentra estrictamente confinada en ella. eiθ = cos θ + i sin θ. donde C es la constante restauradora lineal. la energía potencial V (x) se puede tomar como cero. que es el primer estado excitado del sistema y compárela con la energía total del estado base o fundamental E1 = π 2 ¯h2 /2ma2 .9 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: (a) y (b) Si en la región no hay fuerzas que actúen sobre la partícula. la ecuación de Schrödinger se escribe como − ¯ 2 ∂ 2 Ψ(x. podemos escribir el término dependiente del tiempo como à r ! C t = cos ωt − i sin ωt. 1 ω= 2 r Solución: (a) Sea una partícula de masa m ligada en el potencial de oscilador armónico simple V (x) = 12 Cx2 . t) ∂x ∂ 2 Ψ(x. tenemos Operando se obtiene la siguiente expresión i iEt iEt ¯2 h h A (2π/a)2 sin(2πx/a) e− h¯ = E A sin(2πx/a) e− h¯ 2m 26 =⇒ ¯2 h E= 2m µ 2π a ¶2 = 2¯ h2 π2 . (Problema 5. = i¯ h 2m ∂x2 ∂t ∂Ψ(x. t) h ∂Ψ(x. t) = 0 cuando x < −a/2 o x > +a/2 es una solución a la ecuación de Schrödinger en la región −a/2 < x < a/2 para una partícula que se mueve libremente a través de la región. ma2 . Por lo tanto. t) . = − a a = Sustituyendo Ψ(x. La energía del estado fundamental es: E . t) = i¯ h 2m ∂x2 ∂t Sustituyendo la función de onda . t) ¯ 2 ∂ 2 Ψ(x. t) = ψ(x) e−iEt/¯h satisface la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo si la autofunción ψ(x) satisface la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para un potencial V (x). h2 /2ma2 = E1 = π 2 ¯ • Demostrar por sustitución directa en la ecuación de Schrödinger que la función de onda Ψ(x.16 del libro de Eisberg y Resnick) Solución: La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo es ∂Ψ(x.15 del libro de Eisberg y Resnick. (Problema 5. + V (x)Ψ(x. 4 Sugerencia: Realice el problema 5. t) h . 33 y 5. t) las dos primeras funciones de onda normalizadas para una partícula que se mueve libremente en una región de longitud L . derive una relación que incluya las constantes c1 y c2 de manera que se asegure que Ψ(x. Estos estados se describen mediante funciones de onda que son funciones propias del operador de Hamilton. es decir. donde En son los valores propios de la energía. t) también esté normalizada. Además. t) y Ψ2 (x. Utilizando la función de onda Ψ(x. t) = ψn (x) e−iEn t/¯h . Construyendo la combinación lineal Ψ(x.34 del libro de Eisberg y Resnick) 27 . t). t) + c2 Ψ2 (x. (Problemas 5. este estado estacionario debe ser solución de la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo. t) + c2 Ψ2 (x. pero estrictamente confinada a esa región. h ¯ = e−iEt/¯h ¯ 2 ∂ 2 ψ(x) −iEt/¯h h e + V (x)ψ(x) e−iEt/¯h = ψ(x)(i¯ h) 2m ∂x2 µ ¶ iE − e−iEt/¯h . t) ∂x ∂ 2 Ψ(x. h ¯ El término exp (−iEt/¯h) puede eliminarse. t) ∂t con lo que − ∂ψ(x) ∂x 2 ∂ ψ(x) = e−iEt/¯h 2 µ ∂x ¶ iE = ψ(x) − e−iEt/¯h .4 y 5. ∂t Si el operador Hop es independiente del tiempo (para la energía sea una constante) entonces la ecuación anterior puede integrarse respecto del tiempo de manera directa mediante separación de variables. calcule el valor esperado o de expectación de la energía total E de la partícula en términos de las energías E1 y E2 de los dos estados y de los valores c1 y c2 . Hop Ψn = i¯h ∂Ψn (x. t). t).5 del libro de Eisberg y Resnick). t) ∂x2 ∂Ψ(x. − Ψ(x. donde ψn (x) sólo depende de la coordenada espacial (ver apartados 5. t) = ψ(x) e−iEt/¯h tendremos ∂Ψ(x. t) = c1 Ψ1 (x. 2m ∂x2 − Comentario: Los estados en los que la energía tiene valores bien determinados se llaman estados estacionarios del sistema. que satisfacen la ecuación (de Schrödinger independiente del tiempo) Hop Ψn = En Ψn . t) = c1 Ψ1 (x. t) = En Ψn (x. y la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo es ¯ 2 ∂ 2 ψ(x) h + V (x)ψ(x) = Eψ(x). dando lugar a Ψn (x. • Sean Ψ1 (x. 1 =| c1 | + | c2 | +c1 c2 e −L/2 −L/2 −L/2 . t) están normalizadas. 1= Como sabemos que las funciones de onda correspondientes a las partículas de energías E1 y E2 son de la forma ψ1 (x)e−iE1 t/¯h y ψ2 (x)e−iE2 t/¯h y.−L/2 Solución: La condición de normalización de la función Ψ(x. t) + c2 Ψ2 (x. la ecuación anterior nos queda Z +L/2 Z +L/2 ∗ 2 2 ∗ −i(E2 −E1 )t/¯ h ∗ i(E2 −E1 )t/¯ h ψ 1 (x)ψ2 (x)dx + c2 c1 e ψ∗2 (x)ψ1 (x)dx. t) y Ψ2 (x. dado que Ψ1 (x. t)] dx. t) se escribe como Z +L/2 [c∗1 Ψ∗1 (x. t) + c∗2 Ψ∗2 (x. t) + c2 Ψ2 (x. t)] [c1 Ψ1 (x. t) = c1 Ψ1 (x. Procediendo como en el caso anterior. h2 ¯ Las soluciones generales de la ecuación diferencial dada son las exponenciales eqx y e−qx . ¿Depende este valor del tiempo? • Estudiar el comportamiento asintótico de la función de onda de un problema unidimensional bajo la hipótesis de que V (x) tiende a una constante finita cuando x → ±∞. t) + c∗2 Ψ∗2 (x. (Nótese que esta condición corresponde a la situación física real). t) + c2 Ψ2 (x. El valor esperado de la energía es el correspondiente al valor medio del operador cuántico asociado a la energía. entonces Z +L/2 Z +L/2 ∗ ψ1 (x)ψ2 (x)dx = 0. debemos escoger la solución e−qx . estudiaremos cada uno por separado. Dar una interpretación física al resultado. Sugerencia: calcule el valor esperado de la variable x. En la región asintótica podemos aproximar la ecuación de Schrödinger mediante la ecuación ψ00 − q 2 ψ = 0. esto es. t) + c∗2 Ψ∗2 (x. y la curva de ψ resulta cóncava hacia arriba. Las exponenciales poseen evidentemente estas propiedades (su pendiente crece o decrece monótonamente). t)] [c1 Ψ1 (x. Para que la solución sea finita para x → ∞. t)] dx ∂t −L/2 Z +L/2 = [c∗1 Ψ∗1 (x. (a) E < V∞ . (b) E > V∞ . pues para x → −∞ la situación es enteramente análoga. y la relación pedida es 1 =| c1 |2 + | c2 |2 . Solución: Basta estudiar el caso x → ∞. ψ∗2 (x)ψ1 (x)dx = 0. Z +L/2 ∂ E = i¯h [c∗1 Ψ∗1 (x. aproximamos la ecuación de Schrödinger en la región asintótica mediante la expresión ψ00 + k2 ψ = 0. una exponencial decreciente. t)] dx −L/2 y obtenemos E =| c1 |2 E1 + | c2 |2 E2 . en donde q es esencialmente una constante con valor dado por q2 = 2m (V∞ − E). según sea el signo de E − V∞ . análogamente si ψ es negativa la curva es cóncava hacia abajo. dado un valor de E pueden ocurrir dos casos. Este resultado se puede interpretar geométricamente notando que si ψ > 0. t) + c2 E2 Ψ2 (x. t)] [c1 E1 Ψ1 (x. en donde la constante k se determina de la expresión k2 = 2m (−V∞ + E) > 0. −L/2 Sabemos también que las funciones de onda correspondientes a partículas en una caja son ortogonales (vea el problema 6-26 del Eisberg y Resnick). ¯h2 28 . Llamemos V∞ al valor de V (x) en el infinito. también ψ00 = q 2 ψ > 0. ψ (x) ψ(x) -q 2eqx eqx ψ ''(x) -q 2e-qx ψ (x) ψ>0 ψ ´<0 x e-qx . x ψ<0 ψ ´>0 E>V ` Figura 11: Comportamientos asintóticos. Las soluciones de esta ecuación son funciones periódicas de la forma general A cos(kx + θ). k será una función que varía lentamente en vez de una constante (pues el potencial es una función de la coordenada x) y eso modifica los detalles (la longitud de onda de De Broglie varía con la posición) pero no las conclusiones generales. Nota: En el caso más realista. la desigualdad anterior se reduce a E2 > E1 . ψ00 es negativa y ψ tiende a decrecer hasta hacerse negativa. Supongamos que ψ2 tiene un número mayor de nodos que ψ1 . ψ 00 = −k2 ψ > 0. tenemos el resultado solicitado. • Demostrar que cuanto mayor sea el número de nodos de una autofunción. Podemos interpretar geométricamente el resultado notando que en este caso. El valor de la energía potencial en P es VP . hasta hacerse positiva. • Considere la región interior de un pozo de potencial cuadrado finito. Dado que ambas funciones satisfacen la ecuación de Schrödinger podemos escribir ψ001 + (E1 − VP )ψ1 = 0 ψ002 + (E2 − VP )ψ2 = 0. como ψ1 y ψ2 toman el mismo valor en P. Problemas de los temas 8 y 9. cuando ψ es positiva. por lo tanto. Como esto mismo habrá de suceder en cualquier punto de intersección P.11 del libro de Eisberg y Resnick) 6 Solución: 29 . esto produce oscilaciones acotadas. que se intersectan en un punto P. (Problema 6. se cumple que ¯ 00 ¯ ¯ 00 ¯ ¯ψ2 ¯ > ¯ψ1 ¯ =⇒ |(E2 − VP )ψ2 | > |(E1 − VP )ψ1 | . Como en el punto P la autofunción ψ2 tiene mayor curvatura que ψ1 . mayor es su energía y viceversa. ψ 1 y ψ2 . pero cuando ψ es negativa. ψ00 es positiva y ψ tiende a crecer. Además. Solución: Consideremos dos autofunciones. Verifique por sustitución que la solución general de ondas estacionarias satisface la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo. 2m dx2 La solución general de ondas planas estacionarias es: − ψ(x) = A0 sin kx + B 0 cos kx para − a/2 < x < a/2 Para sustituir ψ(x) en la ecuación de Schrödinger calculamos sus derivadas. d2 ψ(x) = −A0 k2 sin kx − B 0 k2 cos kx = −k2 ψ(x) dx2 La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo. en la región interior del pozo es: Sea el pozo de potencial .V (x) = ½ V0 0 x < a2 o x > − a2 < x < a2 a 2 ¯ 2 d2 ψ(x) h = E ψ(x). por lo que la función de onda se anulará para x ≥ a/2 y x ≤ −a/2 . Solución: (a) Si se mueve libremente V (x) = 0. La partícula está confinada en esta región. la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo en la región −a/2 < x < a/2 es: ¯h2 d2 ψ(x) = Eψ(x). − 2m dx2 La solución general es ψ(x) = A sin kx + B cos kx. 2m Entonces. √ donde A0 . Cuando la partícula está en el estado que corresponde a la autofunción ψI . De manera que se obtienen dos tipos de soluciones: 30 . la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo posee soluciones cuya forma es la de ondas planas estacionarias. Ψ ΙΙ ΨΙ -a/2 a/2 -a/2 a/2 Figura 12: Posibles autofunciones para una partícula que se mueve libremente en una región de longitud a. ψ(x) = A0 sin kx + B 0 cos kx. Vemos que para que ψ(x) sea una solución de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo se requiere que el vector de onda k sea: ¯2 2 h k = E. (a) ¿Cuál es la energía total correspondiente al estado ψII ? (b) ¿Cuál es la energía total más baja posible para la partícula en este sistema? (Problema 6. B 0 son constantes y el vector de onda k = 2mE/¯ h. Entonces para calcular las constantes A y B utilizamos las condiciones de contorno: ψ(x) = 0 en la frontera de la región x = ±a/2. • En la figura (12) se muestran dos posibles autofunciones para una partícula que se mueve libremente en una región de longitud a pero que está confinada estrictamente a esta región.19 del libro de Eisberg y Resnick). su energía total es 4 eV. . 5. 3. 2 . .A=0 B cos (ka/2) = 0 =⇒ kn a/2 = nπ/2 para n = 1. . . • Soluciones en seno: B=0 A sin (ka/2) = 0 =⇒ kn a/2 = nπ/2 • Soluciones en coseno: para n = 2. . En = ¯2 2 h π2 ¯ h2 2 kn = n 2m 2ma2 Sustituyendo cualquiera de las soluciones anteriores en la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo se obtiene la energía: para n = 1. 6. . . . 4. . Observando la figura nos podemos dar cuenta que ψI corresponde a ψ2 (x) = A2 sin (nπx/a) es decir con n = 2. 2ma2 • Aplicar la condición de normalización para demostrar que el valor de la constante multiplicativa para lapautofunción n = 3 del pozo de potencial cuadrado infinito ψn (x) = Bn cos kn x es B3 = 2/a. E2 = 2ma2 De aquí obtenemos el valor de la constante que multiplica a las energías: h2 π2 ¯ = 1 eV. 2ma2 A la autofunción ψII corresponderá a ψ3 (x) = B3 cos (nπx/a) con n = 3. (Esta es la solución de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para un potencial de pozo cuadrado infinito. vea la sección 6. para ello calcule la energía del estado fundamental de un neutrón en un pozo cuadrado infinito cuya anchura sea igual a un diámetro nuclear ' 10−14 m (Problema 6.20 del libro de Eisberg y Resnick). Solución: Conocida la masa del neutrón aproximadamente igual a 10−27 kg y sustituyendo en la expresión obtenida en la solución del problema 6. 2ma2 • Estimar la energía del punto cero para un neutrón en un núcleo. el de energía total más baja es: E1 = π2 ¯ h2 2 1 = 1 eV. y la energía será E3 = π2 ¯ h2 2 3 = 9 eV.4 MeV.8 del libro de Eisberg y Resnick).23 del libro de Eisberg y Resnick) 31 . (b) De entre todos los estados posibles de este pozo.19 del Eisberg y Resnick en esta colección: En = π2 ¯h2 2 n =⇒ E1 = 3. (Problema 6. y su energía será: π2 ¯ h2 2 2 = 4 eV. 2ma2 donde se ha sustituido π 2 ¯h2 /(2ma2 ) por su correspondiente valor. usando la condición de normalización es: ¶ 3π x dx = 1. e integrando se tiene: 2 . a Entonces. a 3π x.la expresión para ψ3 (x) será: ψ3 (x) = B3 cos nπ x. a . a 2 |B3 | cos µ a 3π |B3 | = 1 =⇒ B3 = 3π 2 r a/2 ∗ ψ (x)ψ(x)dx = −a/2 Z a/2 −a/2 2 Sacando factor común |B3 |2 . es decir suponiendo: ψ(x. La ecuación de Schrödinger en un sistema de coordenadas rectangulares es: ¸ · ¯h2 d2 ψ(x. − 2m dx2 dy2 dz 2 Utilizando el método de separación de variables.n2 .n2 . y. se obtiene la misma energía que con n1 y n2 . de forma que a2 = ka1 . n2 .. y. z) = Eψ (x. 0. z ∈ [−a3 /2. z) + + ψ (x. 2 Z ψn (x) = Bn cos kn x = Bn cos Solución: Como la autofunción general es • (a) Determinar las autofunciones y autovalores de la energía para el caso de un pozo rectangular infinito tridimensional.n3 (x. a2 /2]. a2 . en donde cada uno de los números cuánticos n1 . • Determinar los niveles de energía que cumplan E < U1 para el pozo de potencial definido por: −∞ < x < 0 U1 . basta que dos lados del pozo sean iguales para que exista degeneración. En efecto. respectivamente del pozo rectangular infinito definido de la siguiente manera: x ∈ [−a1 /2. z) = a1 a2 a3 a1 a2 a3 y una expresión para la energía: En1 . y. y ∈ [−a2 /2. y. z. z) d2 ψ(x. y. (b) Observe que si la relación entre dos lados es un entero k. es decir siempre que n2 /k sea un entero. y. z) d2 ψ(x. sustituyendo n1 por n2 /k y n2 por n1 k. n2 . (b) Determinar bajo qué condiciones los niveles de energía son degenerados. n3 pueden tomar valores enteros 1.. 0<x<a V (x) = U2 . se obtiene la solución: r µ ¶ µ ¶ µ ¶ n1 π n2 π n3 π 8 cos x cos y cos z ψ n1 . entonces existe una degeneración para la pareja de números cuánticos n1 . 2. (U1 < U2 ) a < x < ∞ Solución: Cuando E < U1 (el caso que nos piden) el espectro de energías es discreto. a1 /2]. a3 /2]. 3. y. a3 los lados x.n3 π2 ¯ h2 = 2m µ n21 n22 n23 + 2 + 2 a21 a2 a3 ¶ . 32 . y. z) = X(x)Y (y)Z(z). Solución: (a) Sean a1 . . z) . En particular. h2 ¯ . En la región x < 0. En la región con x > a. se tiene: −κ2 x ψ2 (x) = C2 e donde κ1 = 2m (U1 − E). U2 U1 x 1. la función de onda es: κ1 x 2. los valores n numeran los niveles en orden creciente de energías. (2) 2 que se obtiene para n = 1 es la condición para que en el pozo exista por lo menos un nivel energético. La condición de continuidad de ψ y ψ0 en las fronteras del pozo da las siguientes ecuaciones: r r 2m 2m 2 − k U k cot(ka + δ) = −κ = − U2 − k2 k cot δ = κ1 = 1 2 ¯h2 h2 ¯ o bien p sin δ = k¯h 2mU1 p sin(ka + δ) = −k¯ h 2mU2 . una raíz. Si tomamos en efecto U1 = U2 = U0 (pozo simétrico) la ecuación (1) se reduce a: 33 . h2 ¯ 3. Dentro del pozo (0 < x < a). está claro que los valores ¸ q que la unidad de k pueden pertenecer sólo al intervalo entre k ∈ 0. 2mU1 /¯ h2 . para que exista una raíz de la ecuación (1) es necesario que para k = 2mU1 /¯ h2 el segundo miembro sea menor que el primero. donde κ2 = r 2m (U2 − E). la condición (2) se cumplirá siempre. Cuando U1 = U2 .. Dado que el argumento del arcsin no puede ser ·mayor y U2 > U1 . ψ1 (x) = C1 e r Figura 13: Pozo de potencial. obtenemos la ecuación trascendente: µ ¶ µ ¶ k¯h k¯ h ka = nπ − arcsin √ − arcsin √ 2mU1 2mU2 (1) (donde n = 1. cuyas raíces determinan los niveles de energía E = k2 ¯ h2 /2m. 3. Como el primer miembro de la ecuación (1) es una función monótona creciente de k y el segundo miembro una función monótona decreciente... Por q consiguiente. Para cada valor de n se tiene. y los valores de arcsin se toman entre 0 y 2π). la desigualdad: q p 1 a 2mU1 /¯h2 ≥ π − arcsin U1 /U2 . 2. escribiremos ψ de la forma siguiente: ψ3 (x) = C3 sin(kx + δ) donde k= r 2m E. h2 ¯ (Note que poner ψ3 (x) = C3 sin(kx + δ) es equivalente a escribir ψ3 (x) = A sin(kx) + cos(kx)). evidentemente. En particular. Vemos así que si U1 6= U2 existen siempre valores de la anchura a del pozo tan pequeños que no existirá ni un solo nivel discreto de la energía. Eliminando δ. en general. obtenemos para n impar la ecuación: donde (3) cos ξ = ±γξ. p γ = (¯ h/a) 2/mU0 . . de la que hay que tomar aquellas raíces para las que tan ξ > 0. Para n par. obtenemos la ecuación: (4) sin ξ = ±γξ. 2 arcsin µ Introduciendo la variable ξ = ka/2.k¯ h √ 2mU0 ¶ = 1 (nπ − ka) . Solución (a) En la mecánica cuántica. En la región h. V(x) ψ 2(x) V0 ψ 1(x) x=L x=0 ψ 3(x) x Figura 14: Barrera de potencial rectangular. La partícula pasa sobre la x > L la solución general es ψ3 (x) = Ceik1 x + De−ik1 x donde k1 = 2mE/¯ barrera de potencial. (b) Utilice estas relaciones para evaluar el coeficiente de transmisión T . que en este caso es: x<0 0. La ecuación (3). Escriba la solución general que da la forma de ψ en las distintas regiones del potencial. En particular. tenemos γ À 1 y la ecuación (4) no tiene ninguna raíz. (c) Encuentre una condición sobre la energía total de la partícula que haga que el coeficiente de transmisión sea igual a uno. ξ ≈ 1/γ(1 − 1/2γ 2 ). t) = ψ(x) exp(−iEt/¯ h). en cambio. luego tenemos E > Vo y la solución es en este caso ψ2 (x) = F eik2 x + Ge−ik2 x . para un pozo poco profundo. y el número de niveles es finito (para γ 6= 0). tiene una raíz (para el signo superior en el segundo miembro). En este pozo de potencial se tiene así únicamente un nivel energético h2 )U02 = U0 (1 − ma2 /2¯ h2 U0 ). x>L √ x donde k1 = 2mE/¯ En la región x < 0 la solución general es ψ1 (x) = Aeik1 x + Be−ik1√ h. 0 < x < L 0. y hay que elegir las raíces para las que tan ξ < 0. La eigenfunción ψ(x) satisface la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para la energía potencial. E0 ≈ U0 − (ma2 /2¯ situado muy cerca del borde del pozo. • Considere una partícula que pasa sobre una barrera de potencial rectangular. De las raíces de estas dos ecuaciones (3) y (4) se deducen los niveles energéticos E = 2ξ 2 ¯h2 /ma2 . donde p 2m(E − V o) k2 = h ¯ 34 . en el que U0 ¿ ¯ h2 /ma2 . V (x) = V0 . el movimiento de la partícula está descrito por la función de onda Ψ(x. (a) Encuentre cuatro relaciones entre las cinco constantes arbitrarias acoplando ψ y dψ/dx en las fronteras entre las regiones. ψ01 (0) = ψ02 (0) ψ02 (L) = ψ03 (L) De ellas se obtienen las siguientes relaciones: = = = = F +G k2 (F − G) Ceik1 L k1 Ceik1 L (1) (2) (3) (4) A+B k1 (A − B) F eik2 L + Ge−ik2 L ¡ ¢ k2 F eik2 L − Ge−ik2 L Las condiciones de contorno que se deben cumplir son: . x = 0 ⇒ ψ1 (0) = ψ2 (0). e−ikx ). Si suponemos que la partícula se desplaza en la dirección positiva del eje X. entonces no hay nada a partir de x > L que pueda reflejar la onda. por lo que D = 0. (Esto no se cumple para x < L ya que las discontinuidades del potencial hacen que la onda se pueda reflejar y como consecuencia la función de onda puede tener una parte que viaje hacia la izquierda. x = L ⇒ ψ2 (L) = ψ3 (L). C. eik1 L eik2 L e−ik2 L Despejando C. A. = Vo + E = Vo + 2m L 2mL2 (puede leer en el ejemplo 6-4 del libro de Eisberg y Resnick el significado físico de esta condición. C = A −ik2 L e [(k1 + k2 )2 − ei2k2 L (k1 − k2 )2 ] La expresión conjugada de ésta es C ∗ = A∗ 4k1 k2 eik1 L eik2 L [(k1 + k2 )2 − e−i2k2 L (k1 − k2 )2 ] y utilizando cos(2k2 L) = 1 − 2 sin2 (k2 L) se llega a la expresión | C |2 =| A |2 Entonces (k12 − 4k12 k22 2 2 k2 ) sin2 (k2 L) + 4k12 k22 . v1 | A |2 donde v1 y v3 son las velocidades de la partícula en las regiones x < 0 y x > L .. y esto sucede si k2 = nπ/L siendo n un entero n = 0. Pero v1 = v3 dado que el potencial en ambas regiones es el mismo. que es precisamente la condición de que la solución esté normalizada entre ∞ ≤ x ≤ ∞. A partir de las ecuaciones (1-2) obtenemos la expresión 2k1 A = F (k1 + k2 ) + G(k1 − k2 ) y a partir de las ecuaciones (3-4) obtenemos las relaciones 2k2 F eik2 L 2k2 Ge−ik2 L = (k2 + k1 )Ceik1 L = (k2 − k1 )Ceik1 L (5) (6) Sustituyendo ahora F y G de las ecuaciones (5) y (6) en la ecuación (1) se obtiene la expresión para C en función de A: (k1 + k2 )2 C (k1 − k2 )2 C 4k1 k2 A − = . F y G. 2. no es necesario obtener dicha constante para obtener los resultados correspondientes a la reflexión y transmisión. como si la barrera no existiera) 35 . 2.. (b) El coeficiente de trasmisión está determinado por T = v3 | C |2 . Necesitaríamos una condición más. V = 0. 1. como veremos más abajo. 1. B. Sustituyendo el valor de k2 vemos que esta situación es la de una partícula cuya energía es uno de los valores discretos siguientes: ¯h2 ³ nπ ´2 n2 π 2 ¯ h2 para n = 0. " #−1 ¢2 ¡ 2 k1 − k22 2 T = 1+ sin (k2 L) 4k12 k22 (c) El coeficiente de transmisión es uno cuando se cumple que sin2 (k2 L) = 0. Tenemos cuatro relaciones y cinco incógnitas.. 4k1 k2 e−ik1 L . T = 1. y por consiguiente: v1 = p1 /m = h ¯ k1 /m = h ¯ k3 /m = v3 . Sin embargo... por la que las partículas con esta energía pasan la barrera sin ninguna reflexión. 27 × 10−24 J T−1 . me = 9. conoce la solución directa de algún apartado. definiendo todas las variables que use y explicando la notación y las fórmulas que utilice. una vez tenga una expresión algebraica (haga una estimación en órdenes de magnitud).Examen tipo de MECANICA CUANTICA. 1eV=1. no sólo decir cómo se harían. No haga números hasta el final. R∞ = 109737 cm−1 . 1/ (4π²o ) = 9 × 109 m3 kg s−2 C−2 ao = 4π²o ~2 /me2 p p R ∞ −ax2 R ∞ −ax2 R ∞ 2 −ax2 1 1 e dx = 2 π/a xe dx = 1/(2a) x e dx = π/a3 4 0 0 0 p ¡ 2 ¢ R ∞ 4 −ax2 R ∞ 3 −ax2 R ∞ 5 −ax2 3 3 5 x e dx = 1/ 2a x e dx = 8 π/a x e ³ dx = 1/a ´ 0 0 R0∞ n −ar ∂ ∂ ∂ n+1 = −i~ ∂ϕ − y ∂x r e dr = n!/a L = −i~ x ∂y z 0 . c = 3 × 108 m s−1 ' 0. Opción A. No se permite usar ni calculadora ni material auxiliar. h = 6. mp = 1.6 × 10−19 J. debe exponer dicha solución y explicarla con claridad. Primera Prueba Personal.52 Å. µb = 9. ajustándose a la pregunta que se le hace. Problemas: hay que resolverlos. Cuestiones: conteste breve y razonadamente.63 × 10−34 J s.67 × 10−27 kg.6 × 10−19 C kB = 1. No es suficiente poner la solución: si Vd.38 × 10−23 J K−1 . e = 1.11 × 10−31 kg. para n → ∞) ¿se explica usted que en el límite clásico la distribución de valores de la energía resulte ser prácticamente continua? Como en cualquier otros sistema. calcular la relación entre la diferencia de energías del nivel n + 1 y el nivel n y la energía En . la densidad de probabilidad en ese instante es: P (x) = Ψ∗ (x)Ψ(x).En un pozo cuadrado infinito. Nota: en el examen habrá sólo dos cuestiones y dos problemas. 3. lo que nos da una masa no infinita m0 γ sólo si m0 = 0. ± Γ. La densidad de probabilidad. que en esta caso son ψ (−a/2) = ψ (a/2) = 0 . Si llamamos mo a la masa en reposo del fotón donde 1 γ≡p 1 − v2 /c2 λ= Para una onda de de Broglie asociada a una partícula de masa en reposo m0 .En un instante determinado. Por tanto: P (x) = |Ψ(x)|2 = |A|2 x2 exp(−x2 /Γ) La probabilidad máxima viene determinada por un máximo de esa densidad de probabilidad: µ ¶ 2 x3 dP (x) = 0 =⇒ 2x − exp(−x2 /Γ) = 0 dx Γ √ √ cuyas soluciones son x = 0. por unidad de longitud en el eje x. Las posiciones más probables son entonces x = ± Γ. una partícula se encuentra en un estado descrito por la función de onda Ψ(x) = A x exp(−x2 /2Γ) en un sistema en una dimensión e infinito. a/2]... CUESTIONES 1. m = m0 γ. La velocidad de una onda monocromática es v = λν hv hv v = λ= = ν hν m0 c2 γ igualando ambas relaciones nos da v = c. Según el postulado de Born (1926). la longitud de onda asociada es h h h = = p mv m0 γv p Para un fotón de masa en reposo m0 la energía relativista total es E = m0 c2 / 1 − v2 /c2 = m0 c2 γ. Calcule la posición más probable de la partícula. es decir que no sabemos que la velocidad del fotón es c ni que su masa en reposo es nula . Suponemos que sabemos que los fotones son cuantos del campo electromagnético y su energía es por tanto E = hν. Cuando se usan números cuánticos grandes (esto es. aquí se ponen más ejemplos para que el alumno pueda disponer de más material. 2. en un pozo cuadrado infinito x ∈ [−a/2.Demuestre que si se quiere asignar (relativísticamente) una onda de de Broglie a un fotón.. De ellas. Sin embargo supondremos que no conocemos la relación p = E/c. las vienen determinadas por las condiciones de contorno sobre la función de onda. x = 0 es un mínimo. éste debe viajar con la velocidad de la luz y tener una masa en reposo nula. especifica la probabilidad de encontrar la partícula en la coordenada x en el instante t. . 3. . π 2 ~2 n2 ~2 2 pn = . 2m 2ma2 Por tanto En+1 − En 2n + 1 = En n2 En = p= . .Los autoestados del pozo infinito cumplen que 2a λ = a =⇒ λ = 2 n n y como nh n~π h = = λ 2a a nos queda que la energía de los autoestados es n = 1. 2. por ser el electrón y el positrón partículas idénticas.Pruebe que si se conservan simultáneamente la energía y el momento lineal del sistema. 4. de manera que −1 P (x)dx = 1. t) y ésta resulta ser independiente del tiempo. La suma de los momentos de salida de las partículas en la dirección OY debe ser nula. Solución: La densidad de probabilidad da la probabilidad. Normalice la función y represéntela. t)Ψ(x. por tanto la parte temporal de esa función de onda desaparece al calcular la P (x. Según el postulado de Born es: P (x. La conservación de la energía relativista total se escribe: hν = E+ + E− = 2m0 c2 + K− + K+ donde K± es la energía cinética de cada una de ellas y estando la energía total (E± ) y el momento de cada partícula (p± ) relacionados por las ecuaciones: 2 2 = (K± + m0 c2 )2 = p2± c2 + (m0 c2 )2 ⇒ p2± c2 = K± + 2m0 c2 K± E± Supongamos que elegimos el eje OX a lo largo de la dirección de propagación del fotón inicial (vea la figura 1). Represente usted la función de onda o la densidad de probabilidad. la separación relativa a En de dichos valores se hace cada vez más pequeña y tiende a cero (distribución prácticamente continua).. el módulo de p+ y el de p− coinciden. un núcleo) presente. El valor absoluto del ángulo que forman los momentos de las partículas e+ y e− con el eje OX es el mismo. no sería posible la creación de pares mediante el proceso hν −→ e+ + e− si no hay alguna materia (por ejemplo. la conservación del momento nos dice entonces que hν = 2pc cos θ y ¢ ¡ (hν)2 = 4p2 c2 cos2 θ = 4K 2 + 8Kmo c2 cos2 θ Si se conservara la energía. para valores grandes de n. pero le está estrictamente prohibido encontrarse fuera de esta región. Llamaremos p a dicho módulo y K a la energía cinética que tiene cada partícula. Se encuentra en un estado descrito por la función de onda ψ(x) = A cos(πx/2). tendríamos ¡ ¢2 (hν)2 = 2m0 c2 + 2K = 2p2 c2 + 4K 2 + 8Km0 c2 . t) = Ψ∗ (x.Una partícula se puede mover libremente a lo largo del eje x desde x = −1 hasta x = 1. de encontrar la partícula en la coordenada x en el instante t.64 P (x)dx = 2A cos (u)du = = π 2 4 8π −0. Calcule la probabilidad de encontrar la partícula en el rango −0. La normalización se hace teniendo en cuenta que la partícula se puede mover R +1 entre x = ±1.5 ≤ x ≤ 0. La función de onda dada es un autoestado del sistema. excepto en que son una la antipartícula de la otra. La probabilidad de encontrar la partícula en el rango especificado es la integral de la densidad de probabilidad en el intervalo dado · ¸π/4 Z +0. t).5 Z +π/4 1 u sin(2u) (π + 2) 2 2 + = 0.5 0 0 PROBLEMAS 1. Por tanto. Además. Por tanto: Z +1 A2 cos2 (πx/2)dx = A2 = 1 −1 de manera que A = 1. por unidad de longitud del eje x.. Esto significa que. aun cuando la separación entre los niveles de energía aumenta con n [pues En+1 − En ∝ (2n + 1)].5. .p hν /c θ x p θ Figura 1: Creación de pares mediante el proceso hν −→ e+ + e− . t) 2 Ψ2 (x. t) dx = δ ij 0 que es la condición de ortonormalidad (esto es. t) dx + 0 Ψ∗2 (x. Escribimos r r µ ¶ ³ πx ´ 2πx 2 2 sin exp (−iω1 t) . entre 0 y L). t) dx + 0 Ψ∗2 (x. t) + Ψ2 (x. t) Ψ1 (x.2 (x. t) 2 Ψ1 (x. para que se produzca el par e+ y e− a partir del fotón debe haber algo que permita conservar a la vez el momento lineal y la energía total en la colisión: por ejemplo. 0 ≤ x ≤ L/2. que la integral de la densidad de probabilidad en todo el pozo sea la unidad RL ∗ 0 ΨR (x. que son ortogonales y que están normalizadas). t) = exp (−iω 2 t) Ψ1 (x. esto es.. t) Ψj (x. t) dx = 1 L |A|2 h0 [Ψ∗1 (x. t) 2 Ψ2 (x. un núcleo que intervenga en el proceso. t) + Ψ∗2 (x. t) Ψ1 (x. y esta expresión no coincide con la anterior. sin Ψ2 (x. t) = L L L L La constante de normalización se calcula haciendo uno la probabilidad de encontrar la partícula en todo el sistema. t) son autofunciones del hamiltoniano en el pozo se verifica que Z L Ψ∗i (x. dado que Ψ1. t) Ψ(x. Llamamos En a los autovalores de la energía de la partícula. t) dx 0 "Z L Z L Z L Z L 2 2 = |A| 0 Ψ∗1 (x. La función de onda de la partícula es una combinación de dos autoestados µ ¶ ³ πx ´ 2πx exp (−iω 1 t) + A sin Ψ(x. Eso significa que son ortogonales la una a la otra. Esto quiere decir que la expresión anterior de normalización para Ψ(x. t) son autofunciones del hamiltoniano del pozo cuadrado. t) dx + 0 Ψ∗2 (x. t) dx + 0 Ψ∗1 (x. t) Ψ2 (x. t)] dx = 1 i R RL RL RL L |A|2 0 Ψ∗1 (x.Sea una partícula en un pozo cuadrado de profundidad infinita del anchura x ∈ (0. t) dx + Ψ∗1 (x. t) dx = 1 Pero. t) nos queda |A|2 [1 + 1 + 0 + 0] = 1 =⇒ A = 1 2 (b) Calcule la probabilidad de que la partícula esté localizada en la mitad izquierda del pozo. 2. Por tanto. t)] [Ψ1 (x. t) dx 0 Nota: Ahora ya no se verifica que las integrales de los términos cruzados sean nulas (sólo son cero en el pozo de potencial. L). absorbiendo la energía y el impulso necesarios para la conservación de ambos. El cálculo de las integrales se deja como ejercicio. t) = A sin exp (−iω 2 t) L L (a) Calcule la constante de normalización A ¿Depende del tiempo la constante de normalización? Nótese que los dos sumandos que dan lugar a Ψ(x. t) Ψ2 (x. La probabilidad de encontrar la partícula en esa zona es la integral de la densidad de probabilidad en esa zona Z L/2 Ψ∗ (x. t) dx + 0 Ψ∗2 (x. (c) Calcule el valor esperado x(t) de la posición de la partícula en ese estado. t) Ψ(x. t) Ψ1 (x. # . t) y Ψ2 (x. t) x Ψ1 (x. (d) ¿Cuál es la relación entre En y ωn ? ¿Por qué? Si hacemos actuar el operador energía i~∂/∂t sobre cada uno de las autofunciones Ψ1 (x. t) x Ψ1 (x. t) x Ψ(x. t) ∂t la última igualdad viene de la definición de la energía asociada a un autoestado.0 0 El valor medio de la posición se calcula mediante la densidad de probabilidad Z L x = Ψ∗ (x. t) dx 0 "Z Z L Z L Z L ∗ ∗ ∗ ∝ Ψ1 (x. t) x Ψ2 (x. t) = Ei Ψi (x. t) dx + 0 L Ψ∗2 (x. i~ . t) se ve que hay una relación inmediata entre los autovalores En y las frecuencias ω n : ∂ Ψi (x. t) = ~ω i Ψi (x. t) dx 0 Tampoco ahora se verifica que las integrales de los términos cruzados son nulas y también se deja como ejercicio el cálculo de las integrales. t) dx + Ψ1 (x. t) x Ψ2 (x. t) dx + Ψ2 (x. (f ) Demuestre que la densidad de probabilidad en x = L/2 es independiente del tiempo. x2 y la incertidumbre en la posición de la partícula ∆x. t) un estado estacionario? No es un estado estacionario. Sustituya y verifíquelo. da cero. Como el peso de cada autofunción en la función de onda total es el mismo. t) 0 L Ψ∗2 (x. t) dx ∂t 0 " Z Z Z Z L 2 = |A| L |Ψ1 (x. t)dx = A e−(x−x0 )/(2a ) dx = 1 −∞ −∞ Haciendo el cambio de variable u = x − x0 . la constante de normalización es Z ∞ √ √ 2 2 2 e−u /(2a ) du = a 2π =⇒ A2 = 1/(a 2π) 1=A −∞ ∞ x = A2 Z −∞ µ Z 2 u e−u/(2a ) du + x0 A2 ∞ −∞ ¶ 2 e−u/(2a ) du = x0 Note en el primer término que la integral de una función impar en un intervalo simétrico x ∈ [−∞. Hágalo.. t)Ψ1 (x. ~ω1 y ~ω 2 . 3.Queremos describir una partícula que se mueve en un sistema unidimensional (el eje OX) por ! à ¶ µ ipo x − (x − xo )2 exp (iωo t) exp Ψ (x. dx = du. y cuál es la probabilidad asociada con cada una de ellas?. t) dx + E1 0 = 2 (h) ¿Es Ψ(x. t)| dx + E2 Ψ∗1 (x. esto es. t)Ψ2 (x. ¿cuáles son los posibles resultados de esta medida. Z ∞ Z ∞ 2 2 x2 = A2 (u2 + x20 + 2x0 u) e−u/(2a ) du = 2A2 u2 e−u/(2a ) du + x20 −∞ 0 # # dx . Estos valores no varían con el tiempo pues la energía es Z L ∂ E = Ψi (x. ¿varían con el tiempo dichos resultados y probabilidades? Los posibles resultados de la medida son los valores asociados a cada autofunción. La función de ondas debe estar normalizada de manera que Z ∞ Z ∞ 2 ∗ 2 Ψ (x. la probabilidad de encontrar uno u otro autovalor es 1/2 para cada uno. t) Ψ(x. t) i~ Ψ(x. pues la densidad de probabilidad (y otras magnitudes. ∞] . (g) Si se realiza una medida de la energía. como por ejemplo el valor medio de la posición) no son constantes en el tiempo. t) = A exp 4a2 ~ (a) Calcular los valores medios x. t)| dx + E2 E1 0 1 1 E1 + E2 2 2 0 L 2 |Ψ2 (x. (e) Calcule y dibuje la densidad de probabilidad de la partícula para t = π~ [2 (E2 − E1 )]. t) = p0 − Ψ(x. p2 y la incertidumbre en el momento lineal de la partícula ∆p.Como R∞ −u/(2a2 ) du −∞ u e = 0. i ∂x p2op = −~2 pop = . ∂2 ∂x2 · ¸ ~ (x − x0 ) pop Ψ(x. t) i 2a2 ~ ∂ . y utilizando la integral x2 = x20 + a2 R∞ 0 2 u2 e−u/(2a ) du de los datos ¯ ¯1/2 ¯ ¯ ∆x = ¯x2 − x2 ¯ =a (b) Calcular los valores medios p. Supongamos la función de energía potencial descrita en la figura (2) ` V(x) ` 0 x L/2 L -V 0 Figura 2: Pozo de potencial. 2m dx2 − − ~2 d2 ψ(x) = Eψ(x). . es decir. puede describir el estado de una partícula porque es compatible con el principio de incertidumbre. t) ∂x2 Ψ(x. t) p2op Ψ(x. t)dx = p0 + 4a2 4a (c) ¿Son consistentes los resultados con el principio de incertidumbre? ¿Qué significa eso físicamente? ∆x · ∆p = ~ 2 Como se ve. t)dx =³p0 ~2 ´ R ⇒ (∆p)2 = 2 ∂2 ~2 2 ∞ ∗ 2 2 p = −~ −∞ Ψ (x.. 4. el potencial es infinito. es plenamente consistente. a) Escriba la forma de la función de onda en las distintas regiones del potencial. a2) La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo se escribe: ~2 d2 ψ(x) − V0 ψ(x) = Eψ(x). 2m dx2 de forma que sus soluciones son: 0 < x < L/2 L/2 < x < L. de manera que ψ(x) = 0. a1) En las regiones x < 0. t) ∂x Ψ(x. t) = p20 + 2 − 2p0 4a i 2a2 R∞ 2 y como −∞ (x − x0 ) e−(x−x0 )/(2a ) dx = 0 R∞ ) ∂ p = −∞ Ψ∗ (x. · ¸ ~ (x − x0 ) ~2 Ψ(x. Esto quiere decir que la función de onda que se da en el enunciado tiene sentido físico. y x > L. . con q 2.. ψI (0) = 0 y ψII (L) = 0 ψI (L/2) = ψII (L/2) y . la solución será una función oscilatoria. ψ II (x) = C exp(kII x) + D exp(−kII x). con ~ L 2 < x < L. ψI (x) = A cos(kI x) + B sin(kI x).0 < x < L/2.si E > 0. kIII = 2mE ~ b) Dibuje esquemáticamente la densidad de probabilidad ψ∗ ψ en cada zona del potencial.si E < 0 (en el caso de la mecánica clásica la partícula no podría entrar en la región I): q L kII = −2mE 2 < x < L. En la región II hay dos posibilidades: 1. Hágalo. ψIII (x) = C 0 cos(kIiI x) + D0 sin(−kIII x). kI = q 2m(V0 +E) ~ • En la región I la solución será una función oscilatoria. C 0 . Estas ecuaciones son las que nos piden. Dado que D = −C exp(2kII L). d) Considerando sólo los estados con E < 0. D0 ). y su solución nos llevaría a los valores de B y F que cumplieran las ecuaciones de empalme y a la cuantización de la energía. Sólo pueden ser resueltas numéricamente. x = L/2 y x = L? Las constantes arbitrarias se escogen de modo que las funciones satisfagan las condiciones siguientes: c1) la función debe anularse en la fronteras del pozo donde el potencial es infinito. ψ0I (L/2) = ψ0II (L/2). Las cuatro condiciones anteriores determinan las cuatro constantes arbitrarias (A. Nota: Para ver que la solución de estas dos últimas ecuaciones llevan a la cuantización de la energía podemos reescribirlas como: " µ ¶2 µ ¶ µ ¶# L L kII 2 2 2 2 cosh kII + B = F sinh kII 2 kI 2 µ µ ¶ ¶ L L −kII tan kI = kI tan kII 2 2 . escriba las ecuaciones que nos permitan calcular los niveles de energía. podemos escribir ψII (x) = C exp(kII L) [exp[kII (x − L)] + exp[−kII (x − L)]] = F cosh [kII (x − L)]. dado que llevan a expresiones transcendentes. C. D o A. y ψII (x) = F sinh [kII (x − L)] habiendo una relación entre las constantes B sin(kI L/2) = −F sinh [kII (L/2)] BkI cos(kI L/2) = kII F cosh [kII (L/2)] que proviene de las condiciones de empalme. La solución nos queda finalmente como ψI (x) = B sin(kI x). esto es. las expresiones que nos pide el enunciado son las siguientes: A C exp(kII L) + D exp(−kII L) B sin(kI L/2) kI B cos(kI L/2) = = = = 0 0 C exp(kII L/2) + D exp(−kII L/2) kII [C exp(kII L/2) − D exp(−kII L/2)] A continuación escribiremos estas expresiones de forma algo más simplificada. c) ¿Qué condiciones debe cumplir la función de onda en x = 0. esto es. c2) las funciones y sus derivadas deben ser continuas en L/2. B. B. Si E < 0. ajustándose a la pregunta y explicando lo que haga. No haga números hasta el final. CUESTIONES Cuestiones: conteste breve y razonadamente. Primera Prueba Personal. No se permite usar ni calculadora ni material auxiliar. conoce la solución directa de algún apartado. MECANICA CUANTICA (ADAPTACION) MECANICA CUANTICA (3o curso) Opción A (la otra opción figura al dorso de la hoja. Problemas: hay que resolverlos. una vez tenga una expresión algebraica (haga una estimación en órdenes de magnitud). Septiembre de 2000. debe exponer dicha solución y explicarla con claridad. Original. indique su opción en el examen).1 . no sólo decir cómo se harían. No es suficiente poner la solución: si Vd. definiendo todas las variables que use y explicando la notación y las fórmulas que utilice. c = 3 × 108 m s−1 . R∞ = 109737 cm−1 . 1eV=1. Esta función describe una onda plana que se propaga en la dirección x y posee una frecuencia E/¯h y una longitud de onda λ = h/p La definición de velocidad de fase es Vf = λν.6 × 10−19 C kB = 1. entonces Vf = νλ = E h E × = . Solución: Una partícula que posee una energía determinada E y un impulso determinado p se puede representar mediante una onda en la forma: ψ = cte × exp(−i/¯h)(Et−px) .38 × 10−23 J K−1 . Comparar el resultado con c si mo > 0. 2. lo cual es una indicación más de que la velocidad de fase no tiene significado físico. Sin embargo.67 × 10−27 kg.op = −i¯ 2 .. mp = 1. sabemos que es posible asignar una frecuencia ω a la energía. Lz.63 × 10−34 J s. También se puede asignar una longitud de onda λ a cualquier partícula con momento lineal p.11 × 10−31 kg. me = 9.Clásicamente.6 × 10−19 J.Sea una partícula de masa en reposo mo . h p p Utilizando la expresión de la energía total relativista: E p = s p2 c2 + m20 c4 m20 c2 = c 1 + p2 p2 E = cp s 1+ λ2 m20 c2 h2 Vf c = s ´2 ³ E 2 = p2 c2 + m0 c2 Por tanto obtenemos como resultado que las fases de las ondas de materia se propagan con una velocidad que excede la de la luz. µb = e¯ h/ (2me ) = 9. Si su energía es E. calcúlese la velocidad de fase Vf correspondiente a esas λ y ν de la partícula en función de λ. 2 2 9 3 ' 0.. cuánticamente la energía mínima será cuando el electrón se encuentra a una distancia a0 del protón ¿Por qué sucede esto último? Solución: 1 Datos: h = 6.52 Å. mediante la relación E = h ¯ ω = hν. e = 1. 1. En base a lo anterior. 1/ (4π²o ) = 9 × 10 m kg s−2 C−2 h /me p ao = 4π²o ¯ p R ∞ −ax2 R ∞ −ax2 R ∞ 2 −ax2 1 1 e dx = 2 π/a xe dx = 1/(2a) x e dx = π/a3 4 0 0 0 p R ∞ 3 −ax2 R ∞ 5 −ax2 ¡ 2 ¢ R ∞ 4 −ax2 3 3 5 x e dx = 1/ 2a x e dx = 8 π/a x e dx = 1/a 0 R0∞ n −ar R0t 1√ n+1 2 r e dr = n!/a exp(−x )dx = π erf (t) 2 0 h i ´ ³ ¡ ¢0 ∂2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = −i¯ h ∂ϕ L2op = −¯ sin θ ∂θ + sin12 θ ∂ϕ − y ∂x h2 sin1 θ ∂θ h x ∂y .27 × 10−24 J T−1 . un electrón que interacciona con un protón situado en el origen tiene su energía mínima cuando se encuentra en el origen de coordenadas. La energía total no relativista de un electrón en un campo electrostático es K p2 − 2m r E= . (b) Suponga ahora que el átomo se desprende de todos sus electrones y que posteriormente captura un único electrón. El valor de r que vamos a suponer es del orden de ∆r. La ecuación de la energía para este electrón en su órbita interna. Comparando el radio obtenido con el radio del átomo de hidrógeno: a= a0 92 es mucho más pequeña la órbita. Clásicamente podemos hacer que la energía de enlace sea tan grande como queramos simplemente eligiendo una órbita con un radio pequeño. es: p2 K h2 − +V = 2 2m 2mr r 2h2 Ze2 4πε0 ¯h2 = − + = 0 ⇒ a = 2mr3 4πε0 r2 mZe2 E = dE dr donde hemos despreciado el efecto del resto de los electrones en el potencial. al menos en orden de magnitud. Cabe imaginar que habrá cierto radio óptimo para el cual la energía total tome su mínimo valor. Calcule la energía mínima que debe tener un fotón que sea capaz de desprender a ese electrón. que resulta ser a0 . estime un valor numérico aproximado para el radio de la órbita más pequeña de los electrones del átomo de uranio alrededor de su núcleo. Por ello supondremos un átomo hidrogenoide. Dado que ∆r∆p ∼ h tenemos que p ∼ ∆p ∼ h/∆r ∼ h/r.El radio de la órbita del estado de energía más baja del átomo de hidrógeno (radio de Bohr) es ao . Se puede estimar. ¿debe tratarse ese electrón de forma relativista? Solución: (a) Para hacer una estimación del radio de la órbita más pequeña utilizaremos el modelo de Bohr. . µ dE dr ¶ r=R =− h2 Ze2 4πε0 ¯h2 + = 0 ⇒ R = = a0 mR3 4πε0 R2 µZe2 PROBLEMAS 1. Un átomo de uranio neutro tiene 92 electrones. K h2 p2 K − ∼ − 2 2m r 2mr r E= La energía del estado fundamental es la menor energía del sistema y sabemos que ha de ser negativa. que denominaremos R. ya que de lo contrario no habría enlace. (c) Calcule el valor de la velocidad del electrón del apartado (b) y compárelo con el valor de la velocidad de la luz. En ese estado el momento angular es L = rp = nh. con un núcleo con carga Ze y un electrón en el estado de energía más baja. el primer término es positivo y el segundo negativo. Ahora bien. Para un estado del movimiento de este tipo la indeterminación en la posición sería pequeña. y si intentamos ahora tratar el problema dentro de la mecánica cuántica llegamos a la conclusión de que la indeterminación en el valor del momento debe ser grande en virtud del principio de incertidumbre. de manera que lo que se supone es que la trayectoria de los demás electrones es suficientemente lejana como para que el electrón en la trayectoria más cercana al núcleo apenas tiene interacción con ellos. lo cual a su vez significa que la cantidad p2 /2m será a su vez grande. la energía mínima y la distancia mínima. es decir.. (a) Explicando claramente las suposiciones que haga. y Calcularemos el valor de la distancia que haga la energía más estable. n = 1. que rodean a un núcleo con 92 protones. ligado al núcleo de uranio. la velocidad ses ∞ x<0 1 2 x>0 Kx 2 ³ ´ .6 × 922 × 1.6 2 −13.(b) Con este modelo. donde Ec es la energía cinética. como según el teorema del virial en valor medio E = −Ec . la energía de este estado −13.84 × 10−14 = 2 × 108 m s−1 9.6 × 10−19 J = −1.11 × 10−31 que comparando con m0 c2 = 9. 199 × 10−14 J.11×10−31 × 3 × 108 J=8. vemos que es del mismo orden de magnitud. (c) Si queremos comparar la velocidad.84 × 10−14 J Z eV= 1 1 ¡ En = ¢2 v = s s 2E = m 2×1. y usando argumentos de simetría. 5 . E0∗ ∼ . puesto que el potencial es infinito en ese valor. .Sabiendo cuáles son los valores posibles de la energía de una partícula en un pozo de potencial armónico. demostrar que en el caso de un potencial hω con n = 0..) o antisimétricas (n = 1. lo cual implica que solo las autofunciones antisimétricas. . ∆x∗ ∼ ∆x/2. 2. por lo tanto la zona con mayor probabilidad de encontrar a la partícula será aproximadamente la mitad que en el caso del potencial armónico.) . V (x) = ½ v 2 ∼ c 3 Por tanto se deberían tener en cuenta los efectos relativistas 2. el valor ∆p más pequeño posible viene dado por la relación p2 porque p = 0 en un estado ligado. 3. 1. para el pozo de potencial armónico en promedio Ec = Ep = E/2 Nota: Para comprender mejor que ∆x∗ ∼ ∆x/2 se puede pensar los siguiente: en el estado fundamental (que no tiene nodos) la función de onda ha de ser nula para x = 0. Solución: En el caso del armónico el término de la energía potencial es V = Kx2 /2 en −∞ ≤ x ≤ ∞ y ³ potencial ´ la energía E = n + 12 ¯ hω con n = 0. en el caso que nos ocupa las autofunciones del oscilador armónico satisfacen la ecuación de Schroedinger pero no las condiciones de contorno.. Dar una razón. E0∗ . . que justifique el por qué la energía del estado fundamental de este potencial es mayor que en el caso del oscilador armónico. Dado que V (x) = V (−x) las autofunciones tienen paridad bien definida: son simétricas (n = 0. Las energías correspondientes a estas autofunciones son E = n + 2 ¯hω con n = 1.. basada en el principio de los valores son E = 2n + 32 ¯ incertidumbre. Ahora bien. . . 1. .. 4. 2. . . de manera que E0 = Ec + Ep = ∆x∗ ∼ ∆x/2. 2m 2 Sin embargo observamos que las dimensiones del pozo del enunciado son más pequeñas. o lo que ³ ´ ∆p ∼ h/∆x Como ∆p = q hω con n = 0.. ∆p∗ ∼ h/∆x∗ ∼ 2h/∆x ∼ 2∆p por tanto la energía mínima del sistema del enunciado se puede comparar con la anterior 17 ∆p∗2 1 ∆p2 1 Ep ≈ E0 > E0 + K (∆x∗ )2 = 4 + K (∆x)2 = 4Ec + 2m 2 2m 4 4 8 en la estimación hemos utilizado que según el teorema del virial. se tiene que la energía mínima o de punto cero es (∆p)2 1 + K (∆x)2 . 2. supondremos que el valor de la indeterminación de la posición ∆x es aproximadamente x. . son soluciones ³ 1 válidas. . 3. 2. . . Entonces. En el presente caso deberán cumplir la condición ψ (x = 0) = 0. 5. . ψ´(x) = −ψ (x). 1. es lo mismo E = 2n + 32 ¯ Para estimar la energía del punto cero. .