EstruturaII_Exercício_1

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Estrutura da Mate´ria II - Exerc´ıcio no 1
Bruno C. Credidio
March 2014
1 Descrever a equac¸a˜o de Schro¨dinger a partir
dos postulados de de Broglie e Einstein.
Ja´ se conhecia o comportamento dual onda-part´ıcula da radiac¸a˜o, postulado por
Einstein e resumido em sua equac¸a˜o
E = hν (1)
que retorna a energia de um fo´ton com frequeˆncia ν e verificado no efeito
Compton, quando Louis de Broglie, em 1924, postulou que a mate´ria tambe´m
comportava-se desta maneira. Escreveu, enta˜o, que
λ =
h
p
(2)
associando um comprimento de onda λ a uma part´ıcula de momento p. Esta
equac¸a˜o ficou conhecida como o comprimento de onda de de Broglie. Para
corpos macrosco´picos usuais, este comprimento de onda e´, em geral, va´rias
ordens de grandeza menor do que as dimenso˜es das part´ıculas subatoˆmicas.
No entanto, este postulado foi constatado a partir de estudos com ele´trons
de baixa energia (na˜o-relativ´ısticos), revelando que, por exemplo, um feixe de
ele´trons sofre difrac¸a˜o e interfereˆncia. Para termos ideia das ordens de grandeza
envolvidas, tomemos um ele´tron com energia 1 eV = 1,61×10−19 J:
E =
mv2
2
=
mv · v
2
=
(mv)2�v
2m�v
=
p2
2m
= 1 eV (3)
Seu momento e´, enta˜o
p =
√
2m · 1 eV (4)
que, substituindo em (2):
λ =
h√
2m · 1 eV ≈ 12, 2 A˚ (5)
A percepc¸a˜o de que os ele´trons comportam-se como ondas tambe´m tomou tempo
pelo fato de as fendas a ser utilizadas para que estes efeitos fossem observados
1
devem ser da ordem de nanoˆmetros, algo que na˜o era trivial de se obter na
e´poca. Perguntou-se, enta˜o, como seria a equac¸a˜o de onda que descreveria o
movimento de um ele´tron (ou qualquer part´ıcula dotada de massa).
Com o intuito de chegarmos a` equac¸a˜o de Schro¨dinger em uma dimensa˜o
(para enta˜o ser generalizada para 3 dimenso˜es), inicialmente, utilizaremos os
postulados de de Broglie-Einstein, equac¸o˜es (1) e (2). Tomemos tambe´m a
energia de uma part´ıcula quando num potencial V , a partir de (3):
E =
p2
2m
+ V (6)
Assumamos, adicionalmente, que a func¸a˜o deve ser linear em Ψ(x, t), ou seja, da-
das duas soluc¸o˜es Ψ1(x, t) e Ψ2(x, t), enta˜o qualquer combinac¸a˜o linear das mes-
mas, c1Ψ1(x, t) + c2Ψ2(x, t), c1, c2 ∈ R tambe´m e´ soluc¸a˜o. Isto e´ importante
para que as func¸o˜es de onda possam ser somadas para formar padro˜es de inter-
fereˆncia. Finalmente, teremos de considerar o caso simples no qual V (x, t) = V0.
Quando isto ocorrer, a onda devera´ ser a mais simples poss´ıvel, descrevendo
uma part´ıcula livre ja´ que, sem diferenc¸a de potencial entre quaisquer pontos
do espac¸o, na˜o havera´ qualquer movimento favorecido para a part´ıcula (analo-
gia para o caso cla´ssico, em que na˜o haveria forc¸a sobre a mesma), sendo seu
momento e energia conservados (analisemos, primeiro, em uma dimensa˜o x):
Ψ(x, t) = sin
[
2pi
(x
λ
− νt
)]
(7)
Lembremo-nos do nu´mero de onda k:
k =
2pi
λ
(8)
e da frequeˆncia angular ω:
ω = 2piν (9)
Tornando (7) em
Ψ(x, t) = sin(kx− ωt) (10)
De (2), temos que
~p =
λ
h
(11)
Substituindo (1) e (11) em (6), obtemos:
h2
2mλ2
+ V (x, t) = hν (12)
Que, usando k de (8) e ω de (9), fica
}2k2
2m
+ V (x, t) = }ω (13)
Agora buquemos uma func¸a˜o Ψ(x, t) que, atrave´s de operac¸o˜es de diferen-
ciac¸a˜o parcial1, nos retorne algumas das constantes de (13). Para facilitar o
1Buscamos uma func¸a˜o de onda, por isso desejamos que nela haja derivadas parciais para
que se parec¸a com as equac¸o˜es diferenciais de onda ja´ conhecidas.
2
processo, vamos utilizar a func¸a˜o senoidal simples (10). Observemos os seguin-
tes fatos:
∂2Ψ(x, t)
∂x2
=
∂2
∂x2
[sin(kx− ωt)] = −k2 sin(kx− ωt) = −k2Ψ(x, t) (14)
e
∂Ψ(x, t)
∂t
=
∂
∂t
[sin(kx− ωt)] = −ω cos(kx− ωt) (15)
A equac¸a˜o (14) nos ajuda bastante pois retorna uma das constantes desejadas e
tambe´m a pro´pria func¸a˜o Ψ(x, t). Mas a (15) na˜o, porque ela retorna um cosseno
ao inve´s de um seno (ou vice-versa caso a func¸a˜o inicial fosse um cosseno).
No entanto, temos, aqui, uma dica de que a func¸a˜o de onda que desejamos
pode ser escrita com a derivada parcial segunda no espac¸o de Ψ(x, t) e com
a derivada temporal primeira de Ψ(x, t) e, tambe´m, observando (13), com a
func¸a˜o potencial V (x, t). Por tentativa, escrevemos
α
∂2Ψ(x, t)
∂x2
+ V (x, t)Ψ(x, t) = β
∂Ψ(x, t)
∂t
(16)
Em que α e β devem ser determinados. Vamos aqui, novamente, considerar o
caso do potencial constante, V (x, t) = V0 usando Ψ(x, t) de (10). Aplicando em
(16):
−αk2 sin(k|x| − ωt) + V0 sin(kx− ωt) = −βω cos(kx− ωt) (17)
Observando esta equac¸a˜o, vemos que na˜o podemos fazeˆ-la concordar com (13).
Se ao lado direito tive´ssemos uma func¸a˜o seno ao inve´s de cosseno, poder´ıamos
cancelar todos os senos e enta˜o conseguir´ıamos atribuir valores a α e a β que
concordem com (13).
Para contornarmos este problema, vamos modificar um pouco a func¸a˜o inicial
(10):
Ψ(x, t) = γ sin(kx− ωt) + cos(kx− ωt) (18)
Agora, teremos:
∂2Ψ(x, t)
∂x2
= −k2 [γ sin(kx− ωt) + cos(kx− ωt)] (19)
e
∂Ψ(x, t)
∂t
= −ω [γ cos(kx− ωt)− sin(kx− ωt)] (20)
que, substituindo em (16), nos dara´:
−αk2[γ sin(kx− ωt) + cos(kx− ωt)]+
+V0[γ sin(kx− ωt) + cos(kx− ωt)] =
= −βω[γ cos(kx− ωt)− sin(kx− ωt)]
(21)
Que, reduzindo,
[−αk2γ + γV0 − βω] sin(kx− ωt) + [−αk2 + V0 + γβω] cos(kx− ωt) = 0 (22)
3
Agora, para que esta equac¸a˜o seja verdadeira, basta que os coeficientes do seno
e do cosseno sejam iguais a zero. Podemos escrever enta˜o
−αk2 + V0 = βω
γ
(23)
−αk2 + V0 = −γβω (24)
Subtraindo (23) de (24):
βω
γ
+ γβω = 0 (25)
βω(1 + γ2) = 0 (26)
γ = ±i (27)
Que, substituindo de volta em (24), nos da´
−αk2 + V0 = ∓iβω (28)
Que podemos comparar com (13) e encontrar α:
α =
−}2
2m
(29)
e β:
β = ±i} (30)
A escolha do sinal de i na˜o e´ relevante. Portanto, colocando os resultados
obtidos de α e β em (16), temos, finalmente, a equac¸a˜o de Schro¨dinger :
− }
2
2m
∂2Ψ(x, t)
∂x2
+ V (x, t)Ψ(x, t) = i}
∂Ψ(x, t)
∂t
(31)
ou, generalizando para todas as coordenadas,
− }
2
2m
∇2Ψ(~r, t) + V (~r, t)Ψ(~r, t) = i}∂Ψ(~r, t)
∂t
(32)
Ainda podemos definir o operador E como
E = i}
∂
∂t
(33)
Assim, a equac¸a˜o de Erwin Schro¨dinger na forma resumida fica
− }
2
2m
∇2Ψ + VΨ = EΨ (34)
4
2 Questa˜o 2
Um poc¸o de potencial quadrado infinito de largura a pode ser descrito como
V (x) =
 ∞, x < a (regia˜o 1) ⇒ ψ10, −a/2 < x < a/2 (regia˜o 2) ⇒ ψ2∞, x > a (regia˜o 3) ⇒ ψ3 (35)
Como os potenciais sa˜o infinitos, as regio˜es 1 e 3 sa˜o proibidas a` part´ıcula,
portanto ψ1 = ψ3 = 0 e´ nula e chamaremos ψ2 simplesmente de psi. Na regia˜o
2 o potencial e´ nulo para qualquer tempo t (V (x, t) = 0), logo a equac¸a˜o de onda
e´ um ψ(x) e a equac¸a˜o de Schro¨dinger para a part´ıcula nesta regia˜o e´, tambe´m,
independente do tempo. Transformando (34) numa equac¸a˜o independente do
tempo com V = 0, temos
− }
2
2m
d2ψ(x)
dx2
= Eψ(x) (36)
Propomos, aqui, uma soluc¸a˜o geral para (36):
ψ(x) = A sin(kx) +B cos(kx) (37)
Os termos no tempo podem ser desprezados pois na˜o ha´ dependeˆncia no tempo
na situac¸a˜o trabalhada. Para mostrar que (37) e´ uma soluc¸a˜o geral de (36),
fazemos
d2ψ(x)
dx2
=
d2
dx2
[A sin(kx) +B cos(kx)] = (38)
=
d
dx
[Ak cos(kx)−Bk sin(kx)] = (39)
= −[Ak2 sin(kx) +Bk2 cos(kx)] = (40)
= −k2[A sin(kx) +B cos(kx)] = (41)
d2ψ(x)
dx2
= −k2ψ(x) (42)
E aplicamos este resultado em (36):
}2k2
2m �
��ψ(x) = E��
�ψ(x) (43)
E =
}2k2
2m
(44)
Esta equac¸a˜o da´ a energia E da part´ıcula num poc¸o de potencial infinito, onde
k e´ o nu´mero de onda dado por (8).
De (3), temos que
E =
p2
2m
(45)
Logo
p =
√
2mE (46)
5
E a partir do postulado de De Broglie, (2), temos a relac¸a˜oentre λ e p. Utili-
zando (46) nesta relac¸a˜o nos da´
λ =
h√
2mE
(47)
Que, aplicando em (8) resulta em
k =
2pi
√
2mE
h
=
√
2mE
}
(48)
Retornando a (44) com o resultado de k, teremos
}2k2
2m
= E (49)
}22mE
}22m
= E (50)
0 = 0 (51)
Provando, assim, que (37) e´ soluc¸a˜o de (36).
Aplicando as condic¸o˜es de continuidade sobre x = −a/2 e x = a/2, onde ψ1
e ψ3, respectivamente, sa˜o nulos, vemos que ψ tem no´s nas paredes do potencial.
Desta forma, temos as equac¸o˜es
A sin(
ka
2
) +B cos(
ka
2
) = 0 (52)
e
A sin(−ka
2
) +B cos(−ka
2
) = 0 (53)
Como sin(−x) = − sin(x) e cos(−x) = cos(x), obtemos
−A sin(ka
2
) +B cos(
ka
2
) = 0 (54)
Somando (52) com (54), temos
2B cos(
ka
2
) = 0⇒ B cos(ka
2
) = 0 (55)
E, subtraindo (52) de (54), tmeos
2A sin(
ka
2
) = 0⇒ A sin(ka
2
) = 0 (56)
Na˜o ha´ valor para k que zere tanto o seno quanto o cosseno das equac¸o˜es
acima, nem, tampouco, desejamos fazer A e B iguais a zero, pois assim ter´ıamos
ψ(x) = 0 e simplesmente a part´ıcula na˜o existiria na regia˜o 2, quando sabemos
que isto na˜o e´ verdade. Enta˜o, tomemos duas classes de soluc¸o˜es:
A = 0 e cos(
ka
2
) = 0 (57)
6
ou
B = 0 e sin(
ka
2
) = 0 (58)
Para a primeira classe:
ψ(x) = B cos(kx) = 0 em que cos(
ka
2
) = 0 (59)
E para a segunda classe:
ψ(x) = A sin(kx) = 0 em que sin(
ka
2
) = 0 (60)
Os valores de k para a primeira classe devera˜o ser tais que
ka
�2
=
npi
�2
(61)
kn =
npi
a
, n = 1, 3, 5... (62)
E para a segunda classe
ka
2
= npi (63)
kn =
2npi
a
(64)
kn =
npi
a
, n = 2, 4, 6... (65)
Observemos que n = 0 resulta em ψ(x) = 0 e, portanto, esta soluc¸a˜o sera´
descartada. Utilizando (62) e (65) em conjunto, de modo que seja soluc¸a˜o para
ambas as classes de soluc¸a˜o, temos
kn =
npi
a
n = 1, 2, 3, 4... (66)
Aplicando o kn de (66) em (44), teremos a energia da part´ıcula para cada
modo n da func¸a˜o de onda ψ(x):
En =
}2k2n
2m
=
pi2n2}2
2ma2
=
n2h2
8ma2
, n = 1, 2, 3... (67)
No problema tridimensional a ser resolvido aqui, vamos utilizar que
n2 = n2x + n
2
y + n
2
z (68)
Ja´ que cada direc¸a˜o da onda tem um modo independente. Para o estado mais
fundamental, cada uma das componentes de n valera´ 1. Assim, teremos a
equac¸a˜o da energia para uma part´ıcula de massa m (por exemplo, um ele´tron)
confinada num poc¸o de potencial tridimensional de largura a em seu estado
fundamental:
E =
3h2
8ma2
(69)
7
E, substituindo o valor da constante de Planck, h = 6.63 × 10−34 m2kg/s,
chegamos a
E =
1.65× 10−67
ma2
(70)
Agora, calculemos os itens propostos:
(a) A energia de um ele´tron confinado num a´tomo de Carbono.
O raio dado e´ de 0.182 nm, ou 1.82× 10−8 m. Este sera´ o valor substitu´ıdo
em a da equac¸a˜o (70). A massa do ele´tron e´ 9.11 × 10−31 kg. Assim,
substituindo estes valores em (70), teremos
E =
1.65× 10−67
9.11× 10−31 · (1.82× 10−10)2 =
5.47× 10−69
10−31 · 10−20 = (71)
E = 5.47× 10−18 J (72)
A energia necessa´ria para a primeira ionizac¸a˜o do a´tomo de carbono e´
11.3 eV = 1.81× 10−18 J. O resultado encontrado esta´ na mesma ordem de
grandeza, podendo ser considerada bastante satisfato´ria.
(b) A energia de um ele´tron confinado no cu´cleo do a´tomo de Carbono.
Usando (71) como base, apenas modificando o valor de a, temo
8
	Descrever a equação de Schrödinger a partir dos postulados de de Broglie e Einstein.
	Questão 2