Aula 21: Exercícios

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Aplicar o formalismo quântico estudado neste módulo à resolução de uma série de exercícios.

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Aula 21: Exercícios

  1. 1. AULA Exercícios 21 Meta da aula objetivo Aplicar o formalismo quântico estudado neste módulo à resolução de uma série de exercícios. • Esperamos que, após o término desta aula, você tenha consolidado os conhecimentos adquiridos no Módulo 3 (Aulas 17 a 20). Pré-requisito Ter completado o estudo dos assuntos indicados no encabeçamento de cada grupo de exercícios.
  2. 2. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios PARTÍCULA LIVRE E CAIXA DE POTENCIAL EM TRÊS DIMENSÕES (AULA 17) eikr é autofunção da r Hamiltoniana para a partícula livre, e encontre o valor de E correspondente. r 1.1. (a) Verifique se a função de onda ψ (r ) = Sugestão: use a expressão do laplaciano em coordenadas esféricas. (b) Verifique se a função de onda do item anterior é autofunção do momento linear. Sugestão: use a expressão do gradiente em coordenadas esféricas. (c) Interprete fisicamente esse estado quântico. RESPOSTA COMENTADA r eikr (a) Para verificar se a função de onda ψ (r ) = é autofunção da r equação de Schrödinger para a partícula livre com energia E, h2 2 ∇ ψ = Eψ , consideramos o operador laplaciano em coorde2m 1 ∂ 1 ∂  ∂f  1 ∂2 f nadas esféricas, ∇ 2 f = rf ) + 2  senθ + 2 2 2 ( r ∂r r senθ ∂θ  ∂θ  r sen θ ∂ϕ 2 − eikr na equação de onda, r h2 1 ∂ 2 h2 1 ∂ 2 ikr h2 k2 eikr h2 k2 − e = ψ = ( rψ ) = − 2m r ∂r 2 2m r ∂ r 2 2m r 2m r e substituímos ψ (r ) = Portanto, a função de onda descreve uma partícula livre com energia E= h 2 k2 . 2m r (b) O gradiente em coordenadas esféricas é ∇f = r ∂f + θˆ 1 ∂f + ϕ ˆ ˆ ∂r r ∂θ 1 ∂f . r senθ ∂ϕ Assim, aplicando o operador momento à função de onda, temos r  ikeikr eikr  . ∂ψ ˆ ˆ − i h∇ψ = i hr − 2  i hr  ∂r r   r Deste modo, como o resultado desta operação não é proporcional à função de onda, esta não é uma autofunção do momento. 148 CEDERJ
  3. 3. MÓDULO 1 21 (c) Vemos que a função de onda representa uma onda esférica, podendo AULA então representar partículas quânticas emergentes de uma fonte pontual. Tais funções de onda são muito úteis em problemas de espalhamento, por exemplo. Como a onda esférica se propaga em todas as direções a partir da fonte, a função de onda não tem um vetor momento linear bem definido. PARTÍCULA NUMA CAIXA CÚBICA E NUM POTENCIAL HARMÔNICO TRIDIMENSIONAL (AULA 18) 2.1. Considere 20 elétrons em uma caixa inicialmente cúbica de volume V = L3, como na Atividade Final 1 da Aula 18. Suponha que um agente externo realize uma deformação uniaxial, ou seja, reduz apenas um dos lados da caixa (digamos, ao longo do eixo x) por uma fração ∆L/L. Qual a variação da energia total dos elétrons no limite ∆L<<L? RESPOSTA COMENTADA Antes da deformação, a expressão geral para a energia do nível (n1 , n2 n3 ) é dada por: En1n2 n3 = π 2 h2 2 2 n 2 + n2 + n3  2  1  2m L Ao aplicarmos a deformação ao longo de x, quebramos as degenerescências de alguns níveis, e a energia do nível (n1 , n2 , n3 ) torna-se: 2  n1 n2 n2  π 2 h2 + 2 + 3=  2 L2 L2  2mL2  ( L − ∆L )   que, para ∆L<<L , pode ser escrita como ′ En1n2 n3 = π 2 h2 2m ′ En1n2 n3 = 2   n1 2 2 + n2 + n3  ,  2  (1 − ∆L L )    π 2 h2 2 2 2 n1 (1 + 2∆L L ) + n2 + n3  .  2mL2  Assim, quando a caixa é comprimida, cada nível (n1 , n2 , n3 ) sofre um deslocamento de energia dado por ′ ∆ En1n2 n3 = En1n2 n3 − En1n2 n3 = 2 π 2 h2 n1 ∆L . mL3 CEDERJ 149
  4. 4. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios Note que a variação de energia só depende do valor de n1 . Para encontrarmos a variação da energia total quando a caixa contiver 20 elétrons, teremos que somar a variação da energia de todos os níveis ocupados. Como cada estado definido pelos números quânticos n1 , n2 , n3 pode ser ocupado, no máximo, por dois elétrons, consideramos os 10 primeiros estados de energia, E111 , E211 , E121 , E112 , E221 , E212 , E122 , E311 , E131 , E113 , e calculamos a variação de energia para cada um deles. ∆Etotal = 2 × [ ∆E111 + ∆E211 + ∆E121 + ∆E112 + ... + ∆ E311 + ∆ E131 + ∆ E113 ] = 2π 2 h2 ∆L 2 54π 2 h2 ∆L 1 + 22 + 12 + 12 + ... + 32 + 12 + 12  =  mL3  mL3 O OPERADOR MOMENTO ANGULAR (AULA 19) 3.1. Definimos o comutador de dois operadores A e B como [A, B] = AB – BA. Supondo que esses operadores estejam atuando sobre uma função f(x, y, z), verifique as seguintes relações: (a) [x, x] = [x, y] = [x, z] = [y, y] = [y, z] = [z, z] = 0 (b) [px , px] = [px , py] = [px , pz] = [py , py] = [py , pz] = [pz , pz] = 0 (c) [px , x] = [py , y] = [ px,, x ] =– i h [pz z]= − (d) [Lx, x ] ] = i h Lz ; [Ly, ,Lz]==−ii h Lx; [Lzx,, L] ]== i h Ly [ px x ] [ p Ly = − [p xx − (e) [L2, Lx] = [L22, Ly] = [L22, Lz] = 0 RESPOSTA COMENTADA Em todos os casos, a resposta é obtida aplicando-se o comutador em questão a uma função qualquer f(x,y,z). Alguns exemplos de cada item: (a) [ x, y ] f = (xy − yx)f = 0 , de modo que [ x, y ] = 0 . ( )  (b)  px , py  f = px py − py px f =  − i h   ∂  ∂  ∂   ∂    − ih  −  − ih   − ih  f ∂x   ∂x   ∂y   ∂y     ∂2 f ∂2 f  = − h2  − =0 .   ∂x∂y ∂y∂x  (c) [ px , x ] f =  − i h ∂ , x  f = − i h  ∂ ( xf ) − x ∂f  = − i h  x ∂f + f − x ∂f  = − i hf   ∂x  ∂x ∂x  ∂x  ∂x        150 CEDERJ
  5. 5. MÓDULO 1 AULA 21 De modo que [ px , x ] = − i h . (d) Lx , Ly  f =  ypz − zpy , zpx − xpz  f =     = ( ypz − zpy ) ( zpx − xpz ) − ( zpx − xpz ) ( ypz − zpy )  f   = ( ypz zpx − ypz xpz − zpy zpx + zpy xpz − zpx ypz + zpx zpy + xpz ypz − xpz zpy ) f = ( ypz zpx − yxpz pz − z 2 py px + zxpy pz − zypx pz + z 2 px py + xypz pz − xpz zpy ) f = ( ypz zpx − z 2 py px + zxpy pz − zypx pz + z 2 px py − xpz zpy ) f ( ) = ypz zpx − z 2  py , px  + zxpy pz − zypx pz − xpz zpy f   = ( ypz zpx + zxpy pz − zypx pz − xpz zpy ) f  ∂  ∂f  ∂2 f ∂2 f ∂  ∂f   = − h2  y  z  + zx − zy − x  z  ∂z  ∂y   ∂y∂z ∂x∂z  ∂z  ∂x   ∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂f ∂2 f  = − h2  y + yz + zx − zy − x − xz  ∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂x∂z ∂y∂z   ∂x  ∂f ∂f  = − h2  y − x  = i h ( xpy − ypx ) = i hLz ∂y   ∂x (e) L2 , Lx  = L2 + L2 + L2 , Lx  = L2 , Lx  + L2 , Lx  + L2 , Lx  y z    x   y    x   z Neste caso, a solução se simplifica se usarmos a relação [ AB, C ] = ABC − CAB = ABC − ACB + ACB − CAB = A[B, C ] + [ A, C ] B Assim, temos L2 , Lx  = L2 , Lx  + L2 , Lx  + L2 , Lx     x   y    z = Lx [ Lx , Lx ] + [ Lx , Lx ] Lx + Ly Ly , Lx  + Ly , Lx  Ly + Lz [ Lz , Lx ] + [ Lz , Lx ] Lz     = i h ( − Ly Lz − Lz Ly + Lz Ly + Ly Lz ) = 0 Relações de comutação como essas são muito importantes em Mecânica Quântica, pois pode ser demonstrado que podemos encontrar um conjunto de autofunções simultâneas de dois operadores que comutam. Por exemplo, no caso específico do momento angular, como L2 , Lz  = 0,   existe um conjunto de funções que são simultaneamente autofunções de L2 e Lz (que, neste caso, são os harmônicos esféricos Ylm ). CEDERJ 151
  6. 6. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios 3.2. Considere as funções Y1x e Y1y , introduzidas na Atividade ˆ Final 2 da Aula 19. Mostre que os valores esperados de Lz em ambos estados Y1x e Y1y são nulos. RESPOSTA COMENTADA As funções a que nos referimos podem ser escritas como combinações lineares do harmônicos esféricos: Y1−1 − Y11 Y1x = 2 , Y1y = −Y1−1 − Y11 . 2i ˆ O valor esperado de Lz no estado Y1x é: ˆ Lz Y1 x ˆ = ∫ d Ω Y1*x Lz Y1x , em que a integral em dΩ é feita sobre as variáveis angulares θ e ϕ. ˆ Sabendo que os harmônicos esféricos Ylm são autofunções de Lz com autovalores m h , temos ˆ  Y − Y11  = 1 d Ω Y * ( − hY − hY ) = ∫ d Ω Y1*x Lz  1−1 1x 1− 1 11  ∫ 2  2  *  Y * − Y11  −2 h * * d Ω  1− 1 =  (Y1−1 + Y11 ) = − h ∫ d Ω (Y1−1 − Y11 ) (Y1−1 + Y11 ) ∫ 2 2   ˆ Lz Y1 x Usamos agora a ortonormalidade dos harmônicos esféricos: ∫ dΩ * Ylm (θ , ϕ ) Yl ′m′ (θ , ϕ ) = δ l ,l ′ δ m,m′ , obtemos ˆ Lz Y1 x = −h ( ∫ dΩ ) * Y1*−1Y1−1 − ∫ dΩ Y11Y11 = 0 . No caso de Y1y , a demonstração é idêntica. O ÁTOMO DE HIDROGÊNIO (AULA 20) 4.1. Neste problema, vamos estudar o átomo de hidrogênio em duas dimensões. Considere a equação de Schrödinger bidimensional para o caso em que a energia potencial depende somente da coordenada radial r no plano, ou seja V (r ) = V (r) . 152 CEDERJ
  7. 7. MÓDULO 1 21 (a) Lembrando que x = r cosθ e y = r senθ, mostre que AULA ∂ 2ψ ∂ 2ψ ∂ 2ψ 1 ∂ψ 1 ∂ 2ψ + = 2 + + ∂x 2 ∂y 2 ∂r r ∂r r 2 ∂θ 2 . (b) A partir desta relação, mostre que as autofunções da equação de Schrödinger para uma partícula de massa µ são da forma ψ (r,θ ) = f (r)eimθ , onde m é inteiro, e a parte radial f(r) é a solução da equação diferencial  d 2 f 1 df 2 µ  h2 m2   + 2  E − V (r) −  2 + f  = 0. r dr h  2µ r 2    dr (c) Considere agora que o potencial seja Coulombiano, ou seja, Ze 2 . Suponha ainda que busquemos uma solução com 4π ε 0 r momento angular nulo, ou seja, m = 0. Mostre que, de forma semeV (r) = − lhante ao átomo de hidrogênio em três dimensões, uma função f (r) = Ae − r a é solução da equação radial. Encontre o valor do “raio de Bohr” a e da energia E para que isso aconteça. Compare os valores encontrados com o caso tridimensional. RESPOSTA COMENTADA (a) Invertendo as relações x = r cos θ e y = r sen θ , temos r = x 2 + y 2 e θ = tan−1 ( y x ) . Usando a regra da cadeia, obtemos ∂ ∂r ∂ ∂θ ∂ , = + ∂x ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂ ∂r ∂ ∂θ ∂ = + ∂y ∂y ∂r ∂y ∂θ em que ∂r 1 2x x = = = cosθ 2 2 ∂x 2 x + y r ∂r 1 2y y = = = senθ ∂y 2 x 2 + y 2 r ∂θ y ∂θ senθ senθ ⇒ =− =− 2 =− 2 ∂x x r cos θ ∂x r ∂θ 1 1 ∂θ cosθ ⇒ = sec 2 θ = =− r cosθ ∂y x ∂y r sec 2 θ CEDERJ 153
  8. 8. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios de modo que ∂ ∂ senθ = cosθ − ∂x ∂r r ∂ ∂ cosθ = senθ + ∂y ∂r r ∂ ∂θ ∂ ∂θ Assim, as derivadas segundas são ∂2 ∂ senθ ∂   ∂ senθ ∂   = cosθ − 2  cosθ ∂r − r ∂θ  ∂x ∂r r ∂θ     2 2 ∂ cosθ senθ ∂ cosθ senθ ∂ = cos2 θ 2 + − r2 r ∂r ∂θ ∂ r∂θ ∂ senθ ∂2 senθ ∂ sen2θ ∂ 2 senθ cosθ + 2 cosθ + 2 senθ − ∂r∂θ ∂r r ∂θ r ∂θ 2 r r 2 2 ∂ 2 senθ cosθ ∂ 2 senθ cosθ ∂ sen2θ ∂ sen2θ ∂ 2 = cos2 θ 2 + − + + 2 r2 ∂r ∂θ r ∂θ 2 r ∂ r∂θ r ∂r + ∂2 ∂ cosθ ∂   ∂ cosθ ∂   = senθ + 2  senθ ∂r + r ∂θ  ∂y ∂r r ∂θ     = sen2θ + ∂ 2 senθ cosθ ∂ senθ cosθ ∂ 2 − + r2 r ∂r 2 ∂θ ∂ r∂θ senθ cosθ ∂ cos2 θ ∂ 2 cos2 θ ∂ senθ cosθ ∂ 2 + − + r ∂r r ∂ r ∂θ r2 ∂θ r 2 ∂θ 2 = sen2θ ∂ 2 2 senθ cosθ ∂ 2senθ cosθ ∂ 2 s cos2 θ ∂ cos2 θ ∂ 2 − + + + ∂r 2 ∂θ r 2 ∂θ 2 r2 r ∂r∂θ r ∂r Somando os dois termos, obtemos, finalmente: ∂2 ∂2 ∂ 2  cos2 θ + sen2θ  ∂  cos2 θ + sen2θ  ∂ 2 + 2 = ( cos2 θ + sen2θ ) 2 +   +  2 2 ∂x ∂y ∂r r r2   ∂r   ∂θ 2 2 ∂ 1 ∂ 1 ∂ = 2+ + 2 ∂r r ∂ r r ∂θ 2 (b) A equação de Schrödinger se escreve − h2 2 ∇ ψ + V (r)ψ = Eψ 2µ h2  ∂ 2ψ 1 ∂ψ 1 ∂ 2ψ  + +   + V (r)ψ = Eψ 2 µ  ∂ r 2 r ∂ r r 2 ∂θ 2   ∂ 2ψ 1 ∂ψ 1 ∂ 2ψ  2 µ + [ E − V (r)]ψ = 0  2 + + r ∂ r r 2 ∂θ 2  h2  ∂r − 154 CEDERJ
  9. 9. MÓDULO 1 21 Propomos uma solução do tipo ψ (r, θ ) = f (r) Θ (θ ) . Substituindo na AULA equação anterior, obtemos  d 2 f Θ df f d 2 Θ  2 µ + [ E − V (r)] f Θ = 0 . Θ 2 + + r dr r 2 dθ 2  h2  dr Dividindo a equação por ψ (r, θ ) = f (r) Θ (θ ) , temos:  1 d 2 f 1 df 1 d 2 Θ  2µ + + 2 [ E − V (r)] = 0  + 2 rf dr r Θ dθ 2  h2  f dr 1 d 2 f 1 df 2 µ 1 d2Θ + + 2 [ E − V (r)] = − 2 f dr 2 rf dr h r Θ dθ 2 r 2 d 2 f r df 2 µ r 2 1 d2Θ + + 2 [ E − V (r)] = − f dr 2 f dr h Θ dθ 2 Como o lado esquerdo da equação depende apenas de r e o direito depende apenas de θ, ambos devem ser iguais a uma constante, que chamaremos de m2. Assim, chegamos a duas equações diferenciais: 1 d2Θ d2Θ = m2 ⇒ = − m2 Θ Θ dθ 2 dθ 2 r 2 d 2 f r df 2 µ r 2 + + 2 [ E − V (r)] = m2 ⇒ f dr 2 f dr h − d 2 f 1 df 2 µ  h2 m2  + + 2  E − V (r) − f = 0 2 r dr h  2µ r 2  dr A primeira equação tem como soluções Θ(θ ) = e i mθ . Pela condição Θ (θ + 2π ) = Θ(θ ) , concluimos que m é inteiro. A segunda equação é precisamente aquela para a parte radial da função de onda, f(r), como queríamos demonstrar. (c) Usando m = 0 e V (r) = − Ze 2 na equação para f(r), temos: 4πε 0 r Ze 2  d 2 f 1 df 2 µ  + + 2 E +  f (r) = 0 4πε 0 r  dr 2 r dr h  Propomos a solução f (r) = Ae −r a . Tomando as derivadas: df A = − e−r a . a dr d2f A −r a = e dr 2 a2 CEDERJ 155
  10. 10. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios Substituindo na equação: Ze 2  − r a A − r a A − r a 2µ  e − e + 2 E + =0  Ae a2 ar h  4π ε 0 r  Ze 2  1 1 2µ  + 2 E + −  =0 a2 ar h  4π ε 0 r  Para que a última equação seja válida para todo r, devemos ter: 1 2µ E + 2 =0 , a2 h 2 1 2 µ Ze =0 − + 2 a h 4π ε 0 que nos dá a= 2π ε 0 h2 Zµ e2 E=− Z2 µ e4 h2 = 2 2 2 . 2 2µ a 8π ε 0 h Vemos que o raio de Bohr é duas vezes menor, e a energia de ligação é quatro vezes maior para o átomo de hidrogênio em duas dimensões, comparado ao caso tridimensional. Esse resultado é usualmente descrito como devido a uma amplificação dos efeitos da interação coulombiana nos sistemas com dimensionalidade reduzida. 4.2. Os estados estacionários do átomo de hidrogênio são as funções de onda ψ nlm (r,θ , ϕ ) . (a) Podemos construir um estado do hidrogênio pela superposição ψ (r,θ , ϕ ) = aψ nlm (r,θ , ϕ ) + bψ n ’l ’m ’ (r,θ , ϕ ). Mostre que, no caso em que n ≠ n’, l ≠ l’, ou m ≠ m’, essa superposição não é um estado ˆ2 ˆ estacionário nem é autofunção de L ou de Lz . (b) Construa um estado do hidrogênio que seja autoestado ˆ ˆ ˆ simultâneo de H e L2, mas não de Lz . ˆ (c) Idem para um estado que seja autoestado simultâneo de H e ˆ2 ˆ Lz , mas não de L . 156 CEDERJ
  11. 11. MÓDULO 1 21 RESPOSTA COMENTADA AULA (a) Sabemos que as funções de onda ψ nlm (r,θ , ϕ ) são autofunções de 2 µ  e 2  1 ), ˆ 2 (autovalores h2 l (l + 1) ) ˆ L H (autovalores En = − 2   2h  4π ε 0 h  n 2 ˆ ˆ ˆ ˆ e Lz (autovalores m h ). Assim, operando com H , L2 e Lz nesse estado, temos: • ˆ H [ aψ nlm + bψ n′l ′m′ ] = aEnψ nlm + bEn′ψ n′l ′m′ • ˆ L2 [ aψ nlm + bψ n′l ′m′ ] = h2 [ al(l + 1)ψ nlm + bl ′(l ′ + 1)ψ n′l ′m′ ] • ˆ Lz [ aψ nlm + bψ n′l ′m′ ] = h [ amψ nlm + bm′ψ n′l ′m′ ] Portanto, vemos que em nenhum dos três casos o estado de superposição é um autoestado do respectivo operador. (b) Para que isso ocorra, temos que ter uma superposição com n = n′ e l = l ′ , porém com m ≠ m′ . Assim, ψ ( r,θ , ϕ ) = aψ nlm ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ ) = aψ nlm ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ ) . (c) Para que isso ocorra, temos que ter uma superposição com n = n′ e m = m’, porém com l ≠ l ′ . Assim, ψ ( r,θ , ϕ ) = aψ nlm ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ ) ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ ) . Note que, para que isso seja possível, m ≤ l, l ’ . 4.3. (a) Determine <r> e <r2> para o elétron no estado fundamental do átomo de hidrogênio, expressando sua resposta em termos do raio de Bohr a. (b) Determine <x> e <x2> no estado fundamental, usando o resultado do item anterior e as simetrias do estado fundamental (não é preciso calcular outras integrais). (c) Determine <x2> no estado n = 2, l = 1, m = 1. Note que esse estado não é esfericamente simétrico. CEDERJ 157
  12. 12. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios RESPOSTA COMENTADA (a) A função de onda do estado fundamental do átomo de hidrogênio, obtida a partir da Tabela 20.2 da Aula 20, usando Z = 1, é dada por ψ 100 (r,θ , ϕ ) = 1 a 32 π e−r a O valor esperado de r é 2π π 0 0 r = 1 a3π = ∞ 2 * ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r ψ 100 (r,θ ,ϕ) rψ 100 (r,θ ,ϕ) 0 2π π ∞ 0 0 0 3 − 2r a ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r e = ∞ 4 dr r 3e − 2 r a a3 ∫ 0 4 3 4 6a = a 3 a 16 2 = Já o valor esperado de r2 é dado por 2π r2 = π 0 = = 1 a3π ∞ 2 * 2 ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r ψ 100 (r,θ ,ϕ) r ψ 100 (r,θ ,ϕ) 0 2π 0 π ∞ 0 0 4 − 2r a ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r e = 0 ∞ 4 dr r 4 e − 2 r a 3 ∫ a 0 5 4 24a = 3a2 a3 32 Ambos os resultados reforçam a idéia de que o raio de Bohr é uma boa medida do tamanho do átomo de hidrogênio. (b) Como a distribuição de probabilidades associada ao estado 1s do átomo de hidrogênio é esfericamente simétrica, e levando-se em conta que x é uma função ímpar, temos: x = ∫ d 3r x ψ 100 (r,θ , ϕ ) = 0 , 2 2 pois o produto x ψ 100 (r,θ , ϕ ) será também uma função ímpar, cuja integal no espaço todo é nula. Para calcular o valor esperado de x2, podemos novamente usar a propriedade de simetria esférica do estado 1s, que nos leva ao seguinte resultado: x 2 = y 2 = z 2 = r2 3 . Assim, usando o resultado do item (a), obtemos x 2 = a 2. (c) A função de onda do estado n = 2, l = 1, m = 1, segundo os dados da Tabela 20.2 (novamente com Z = 1), é dada por: 158 CEDERJ
  13. 13. MÓDULO 1 21 1 r senθ e − r 2 a eiϕ 32 64π a a AULA 1 ψ 211 (r,θ , ϕ ) = Sabendo que x = r senθ cos ϕ , podemos calcular o valor de <x2>: 2π x2 = π 0 = = ∞ 2 * ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r ψ 211(r,θ ,ϕ) ( r senθ cosϕ ) ψ 211(r,θ ,ϕ) 0 2 0 1 64a5π 2π π 0 0 1 64a5π 2π π ∞ 0 0 0 ∞ 6 2 2 −r a ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r sen θ cos ϕ e 0 2 3 6 −r a ∫ dϕ cos ϕ ∫ dθ sen θ ∫ dr r e 1 4 = × π × × 720a7 = 15a2 5 3 64a π 4.4. Vamos calcular a probabilidade P de que um elétron no estado fundamental do átomo de hidrogênio seja encontrado dentro do núcleo. (a) Calcule primeiro a resposta exata. Denote o raio do núcleo por R. (b) Expanda o seu resultado como uma série de potências em R/a, e mostre que o termo de ordem mais baixa é da forma: P ≈ (4/3)(R/a)3. Este termo já deveria ser uma boa aproximação, pois R<< a. (c) Alternativamente, poderíamos pensar que a função de onda do elétron é essencialmente constante sobre o pequeno volume do núcleo, de modo que P ≈ (4/3)πR3 |ψ100 (0) |2. Verifique que essa aproximação reproduz o resultado do item anterior. (d) Use R ≈ 10–15 m , a ≈ 10–10 m , para uma estimativa numérica de P. Esse valor representa a fração do tempo em que o elétron se encontra dentro do núcleo. CEDERJ 159
  14. 14. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios RESPOSTA COMENTADA (a) A probabilidade de encontrarmos o elétron no estado 1s dentro de uma esfera de raio R é 2π P= π 0 = = R ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r 1 a3π 0 2π 2 ψ 100 (r,θ , ϕ ) 0 π R ∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r e 0 2 0 2 −2r a 0 R = 4 dr r 2 e − 2 r a 3 ∫ a 0 2  2R a 2  a3  4  a −2 R a  2 −2 R a  2R + 1 − e  2 +  R + aR +  +  = 1 − e 3 a a  2 2  4  a   (b) Para expandir o resultado do item anterior em potências de R/a, lembramos que e x ≈ 1 + x + x 2 x3 + + O (x 4 ) , de modo que 2 6  2R2 2R    4R3 2R 2R2 4R3   2R2 2R P = 1 − e −2 R a  2 + + 1 ≈ 1 −  1 − + 2 − 3 . 2 + + 1 = 3 a a a 3a   a a  a    3a (c) Supondo que a função de onda é constante na região do núcleo e que tem o valor ψ 100 (0) , a probabilidade é dada pelo produto do volume do núcleo pela densidade de probabilidade: P= 1 4R3 4 4 2 π R3 ψ 100 (0) = π R3 × 3 = 3 , 3 3 πa 3a reproduzindo o resultado do item anterior. (d) Usando os valores aproximados R ≈ 10–15 m e a ≈ 10–10 m, obtemos P≈ 4R3 ≈ 10−15 , 3a3 ou seja, um elétron passa uma fração ínfima do seu tempo dentro do núcleo. Para se ter uma idéia desse tempo, um elétron necessitaria estar ligado a um núcleo por cerca de 30 milhões de anos para estar, em média, um segundo dentro dele. Ainda assim, a presença, ainda que furtiva, do elétron dentro do núcleo, dá origem um efeito físico mensurável, conhecido como interação hiperfina de contato. 160 CEDERJ

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