prova2-sol F589

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SEGUNDA PROVA - F589 - SOLUC¸A˜O
1. O estado de uma part´ıcula pode ser escrito como combinac¸a˜o linear de ondas com
diferentes momentos:
ψ(x) =
1√
2pi
∫ +∞
−∞
A(k)eikx dk
(a) Calcule ψ(x) para
A(k) =

0 k < 0
1√
k0
e−k/(2k0) k ≥ 0.
(b) Esboc¸e os gra´ficos de |ψ(x)|2 e de |A(k)|2. Qual a interpretac¸a˜o f´ısica dessas
quantidades?
(c) A incerteza na determinac¸a˜o do momento da part´ıcula pode ser estimada como
∆p = h¯k0. Estime, a partir do gra´fico de ψ(x), a incerteza ∆x e calcule o produto
∆x∆p.
(a)
ψ(x) =
1√
2pik0
∫ +∞
0
e−k(−ix+1/2k0) dk =
1√
2pik0
2k0
2ik0x− 1e
−k(−ix+1/2k0)|+∞0
=
√
2k0
pi
1
1− 2ixk0
(b)
|ψ(x)|2 = 2k0
pi
(
1
1 + 4x2k20
)
e
|A(k)|2 =

0 k < 0
1
k0
e−k/k0 k ≥ 0.
Esse estado representa uma part´ıcula localizada pro´xima da origem e que se move para
a direita, como momento me´dio k0 e incerteza k0. A incerteza na posic¸a˜o e´ estimada
abaixo.
-4 -2 0 2 4
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
x
k
0
 = /2
0 1 2 3
0.0
0.2
0.4
0.6
|A(k)|
2
k
FIG. 1. Gra´ficos para k0 = 2/pi. Veja que A(k) e´ zero para k < 0.
(c)
A incerteza pode ser estimada fazendo-se |ψ(∆x)|2 = 0.5|ψ(0)|2. O resultado e´ ∆x =
1/2k0. A incerteza em k, por outro lado pode ser estimada como ∆k = k0, o que
implica ∆x∆k = h¯/2.
2. A se´rie de Balmer aparece quando ele´trons do Hidrogeˆnio decaem de n´ıveis de energia
com n > 2 para o n´ıvel n = 2. Obtenha uma fo´rmula para o comprimento de onda
das linhas pertencentes a essa se´rie. Estime o menor e o maior comprimento de onda
da se´rie.
Nı´veis de energia do a´tomo de Hidrogeˆnio: En = − me4(4pi�0)22h¯2
1
n2
≈ −13.6 1
n2
eV .
h¯ ≈ 10−34Js 1eV = 1.6× 10−19J c ≈ 3× 108 m/s.
Usando a fo´rmula
hν =
hc
λ
= En − E2
obtemos
λn =
4n2hc
13.6eV (n2 − 4) ≈ 3.7× 10
−7 n
2
n2 − 4 (metros).
Assim, o maior e menor comprimentos de onda sa˜o:
λ3 ≈ 6.7× 10−7m = 6700 A˚
e
λ∞ ≈ 3.7× 10−7m = 3700 A˚.
3. Considere uma part´ıcula de massa m sujeita ao potencial V (x) = λx4/4.
(a) Use a expressa˜o da energia E = p2/2m + V e o princ´ıpio de incerteza na forma
∆x∆p = h¯/2 para estimar a menor energia que a part´ıcula pode ter.
(b) Encontre os n´ıveis de energia dessa part´ıcula utilizando a regra de quantizac¸a˜o
de Wilson-Sommerfeld
∮
p(x,E)dx = nh. Voceˆ vai precisar do resultado I =∫ 1
0
√
1− y4 dy ≈ 0.87. Fac¸a n = 1 e compare com o resultado com o obtido no
ı´tem anterior.
Dica 1: Use a simetria do problema para escrever
∮
p(x,E)dx = 4
∫ a
0
p(x,E)dx onde
p(x,E) =
√
2m[E − V (x)] e a = 4E/λ e´ o ponto de retorno do movimento cla´ssico.
Dica 2: Mostre que as energias dependem apenas da combinac¸a˜o de α ≡ (h¯4λ/m2)1/3.
(a) Podemos escrever a energia da part´ıcula em termos de sua incerteza ∆x e ∆p como
E =
h¯2
8m∆x2
+
λ∆x4
4
.
O valor de ∆x que minimiza a energia e´ obtido derivando E em relac¸a˜o a ∆x e
igualando a zero. O resultado e´
∆x2 =
h¯2/3
(4mλ)1/3
.
Substituindo de volta em E obtemos o menor valor poss´ıvel:
E =
3/8
21/3
(
h¯4λ
m2
)1/3
≈ 0.24α.
(b) A integral de Wilson-Sommerfeld resulta∮
p(x,E)dx =
8m1/2E3/4I
λ1/4
= 2pih¯n.
Resolvendo para E obtemos
En =
(
h¯4λ
m2
)1/3 ( pi
4I
)4/3
≈ 0.87α.
O resultado e´ bem maior que o anterior. A Regra de Wilson-Sommerfeld foi depois
corrigida para
∮
p(x,E)dx = (n + 1/2)h. Nesse caso, usando n = 0, o resultado
melhora para 0.35α.
4. A equac¸a˜o de Schroedinger independente do tempo para o oscilador harmoˆnico e´
− h¯
2
2m
d2φ
dx2
+
kx2
2
φ = Eφ.
Mostre que φ(x) = Axe−αx
2
e´ soluc¸a˜o dessa equac¸a˜o se a constante α for escolhida
corretamente. Calcule esse valor de α e o valor da energia E correspondente a esse
estado. Dica: substitua φ(x) na equac¸a˜o acima.
A segunda derivada de φ resulta
∂2φ
∂x2
= (4x2α2 − 6α)φ.
Substituindo na equac¸a˜o de Schroedinger e eliminado φ obtemos
− h¯
2
2m
(4x2α2 − 6α) + kx
2
2
= E.
Para que essa equac¸a˜o seja va´lida para todo x devemos ter k/2 = 2h¯2α2/m, o que da´
α2 =
km
4h¯2
.
Substituindo esse valor de volta na equac¸a˜o acima obtemos
E =
3h¯
2
√
k
m
=
3
2
h¯ω.