PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
ejercicios resueltos de mecánica cuántica y física atómica

Ver enunciado del ejercicio en:

Ejercicios de Mecánica Cuántica

Estás en :
Matemáticas y Poesía >

Ejercicios resueltos

 

Ejercicios de Física Cuántica

Estudiar la función de onda para una partícula de masa m, viajando de izquierda a derecha a través de un pozo de potencial dado por:
    \( V(x) = - \alpha·\delta(x) - \alpha·\delta(x- L) \qquad ; \textrm{ con } L = Cte. \)

Esta ecuación de potencial representa dos pozos de potencial muy estrechos y profundos, y por tanto, de alta energía. Físicamente podría equipararse el sistema a dos núcleos separados una distancia “L”.

Respuesta del ejercicio 53

sistema a dos núcleos separados una distancia L

A ambos lados de cada delta de Dirac las pendientes de las respectivas funciones de onda de cada zona tendrán una discontinuidad, cuyo valor viene dado, para cada caso, por integración de la ecuación de onda entre los límites respectivos del pozo.
Para el primero de los pozos tenemos:
    \(\displaystyle \begin{array}{l} - \frac{\hbar^2}{2m} \int_{-\varepsilon}^\varepsilon \frac{\partial ^2\varphi}{\partial x^2}dx - \int_{-\varepsilon}^\varepsilon \alpha\delta(x)\varphi(x)dx = \int_{-\varepsilon}^\varepsilon E\varphi(x)dx \textrm{ con } \varepsilon \rightarrow 0 \Rightarrow \\ \\ \\ \Rightarrow - \frac{\hbar^2}{2m}\left[\left(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)_\varepsilon - \left(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)_{-\varepsilon}\right] = \alpha\varphi(0) + E\varphi(0)2\varepsilon = \alpha\varphi(0) \end{array} \)

Y definiendo la magnitud del salto por la expresión contenida en el corchete, \(\triangle_o\):

    \(\displaystyle - \frac{\hbar^2}{2m}\triangle_o = \alpha\varphi(0) \Rightarrow \triangle_o = - \frac{2\alpha m}{\hbar^2}\varphi(0) \)

para el segundo de los pozos tenemos:

    \(\displaystyle \begin{array}{l}
    - \frac{\hbar^2}{2m} \int_\eta^{\eta'} \frac{\partial ^2\varphi}{\partial x^2}dx - \int_\eta ^{\eta'} \alpha·\delta(x- L)\varphi(x)dx = \int_\eta^{\eta'} E·\varphi(x)dx \Rightarrow \\
    \\
    \\
    \Rightarrow - \frac{\hbar^2}{2m}\left[\left(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)_{\eta'} - \left(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)_\eta\right] = \alpha\varphi(L) + E·\varphi(L)·(\eta'-\eta) = \alpha\varphi(L) \Rightarrow
    \\
    \Rightarrow - \frac{\hbar^2}{2m}·\triangle_L = \alpha·\varphi(L) \Rightarrow \triangle_L = -\frac{2m\alpha}{\hbar^2}·\varphi(L)
    \end{array}\)

La ufnción de la onda para cada una de las zonas I, II y III será respectivamente:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \varphi_I(x) = Ae^{gx} + Be^{-gx} \; \textrm{ para } x < 0\\ \\ \\ \varphi_{II}(x) = Ce^{gx} + De^{-gx} \; \textrm{ para } L >x > 0 \\ \\ \\ \varphi_{III}(x) = Ee^{gx} + Fe^{-gx} \; \textrm{ para } x > L \end{array} \; \textrm{con } g = \sqrt{2m|E|}/\hbar \)

Para que la función de onda no diverja se ha de tener B = E = 0. Las demás condiciones del contorno a exigir son:

    \(\varphi_I(0) = \varphi_{II}(0)\quad ; \quad \varphi_{II}(L) = \varphi_{III}(L) \)

Y de estas expresiones podemos obtener:

    \(A = C + D \; ; \; Ce^{gL} + De^{-gL} = Fe^{-gL} \Rightarrow Ce^{2gL} = F - D \)

Además de esto, las pendientes deben cumplir las expresiones obtenidas al principio:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \left(\frac{\partial\varphi_I}{\partial x}\right)_{x=0} = gAe^{g0} = g\varphi(0) \\ \\ \\ \left(\frac{\partial\varphi_{II}}{\partial x}\right)_{x=0} =\left. g·Ce^{gx} - g·De^{-gx}\right|_{x=0} = \\ \\ \\=\left. g·Ce^{gx} + g·De^{-gx} - 2g·De^{-gx} \right|_{x=0} \\ \\ \\ \\ g\varphi(0)- 2gDe^{-g0} = g\varphi(0)- 2gD \end{array} \)

Y según esto, resulta:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \triangle_o = -2gD = - \frac{2m \alpha}{\hbar^2}\varphi_I(0)= \\  \\ = - \frac{2m \alpha}{\hbar^2}A \Rightarrow D = \frac{2m \alpha}{2g\hbar^2}A \end{array}\)

Y como tenemos de antes A = C+D, nos queda:

    \(\displaystyle A = C + \frac{2m \alpha}{2g·\hbar^2}A \Rightarrow C = \left(1 - \frac{2m \alpha}{2g·\hbar^2} \right)A \)

A partir de aquí, teniendo en cuenta el valor de F en función de C y D:

    \(\displaystyle F = Ce^{2gL} + D = A\left[\left(1 - \frac{2m\alpha}{2g\hbar^2}\right)e^{2gL} + \frac{2m\alpha}{2g\hbar^2} \right] \)

Finalmente consideramos la otra relación que han de cumplir las pendientes. Para obtenerla hacemos:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \left(\frac{\partial\varphi_{III}}{\partial x}\right)_{x=L} = gFe^{-gL} = -g\varphi(L) \\ \\ \\ \left(\frac{\partial\varphi_{II}}{\partial x}\right)_{x=L} =gCe^{gL}- gDe^{-gL}= \\ \\ \\=gCe^{gL}+ gDe^{-gL}- 2gDe^{-gL} = \\ \\ g\varphi(L)- 2gDe^{-gL} \end{array} \)

Y obtenemos para el salto:

    \(\displaystyle\begin{array}{l}
    \triangle_L = - 2g·\varphi(L) - 2g·D·e^{-g·L} = \\
     \\
    = - \frac{m·\alpha}{\hbar^2}·\varphi(L) = - \frac{m·\alpha}{\hbar^2}·F·e^{-g·L}
    \end{array} \)

donde hemos considerado para \(\varphi(L)\) el valor \(F·e^{-g·L}\) por estar en la zona III. Simplificando la anterior expresión nos queda:

    \(\displaystyle gF + gD = \frac{m\alpha}{\hbar^2}F \Rightarrow gD = \left(\frac{m\alpha}{\hbar^2} - g\right)F \)

A partir de aquí, sustituyendo los valores de F y D obtenemos una ecuación que nos relaciona \(\alpha \; y \; g\):

    \(\displaystyle g \frac{m\alpha}{g\hbar^2}A = \left(\frac{m\alpha}{\hbar^2} - g\right)\left[\left(1 - \frac{2m\alpha}{2g\hbar^2}\right)e^{2gL} + \frac{2m\alpha}{2g\hbar^2} \right]A \)

Simplificando por \(A·g\) y despejando el factor que contiene el término \(e^{2gL}\) resulta:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} 2\frac{m\alpha}{g\hbar^2} - \left( \frac{m\alpha}{g\hbar^2} \right)^2 = \left(\frac{m\alpha}{g\hbar^2} - 1\right)\left(1 - \frac{m\alpha}{g\hbar^2}\right)e^{2gL} \Rightarrow \\ \\  \\ \Rightarrow \left(\frac{m\alpha}{g\hbar^2} - 1\right)^2 = 1 - \left(\frac{m\alpha}{g\hbar^2}- 1\right)^2e^{2gL} \Rightarrow \\\Rightarrow \left(1 + e^{2gL} \right) \left(\frac{m\alpha}{g\hbar^2} - 1\right)^2 = 1 \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \left(1 + e^{2gL} \right) = \left(\frac{g\hbar^2}{m\alpha + g\hbar^2}\right) \Rightarrow (m\alpha - g\hbar^2)^2 = \frac{(g\hbar^2)^2}{1 + e^{2gL}} \Rightarrow \\ \\\\ \Rightarrow m\alpha + g\hbar^2 = \pm \frac{g\hbar^2}{\sqrt{1 + e^{2gL}}} \Rightarrow m\alpha = g\hbar^2 \left(1 \pm \frac{g\hbar^2}{\sqrt{1 + e^{2gL}}} \right) \end{array} \)

Por otra parte, para hallar el valor de A utilizamos la condición de normalización:

    \(\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \psi^*(x)\psi(x)dx = 1 \)

y teniendo en cuenta las distintas zonas de existencia:

    \(\displaystyle \int_{-\infty}^0 A^2e^{2gx}dx + \int_0^L (C·e^{gx} + De^{-gx})^2dx + \int_L^\infty F^2e^{-2gx}dx = 1 \)

para cada una de las integrales tenemos:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \int_{-\infty}^0 A^2e^{2gx}dx = \frac{A^2}{2g}\left[e^{2gx}\right]_{-\infty}^0 = \frac{A^2}{2g}\\ \\ \int_0^L \left(C^2e^{2gx} + D^2e^{-2gx} + 2DC \right) =\\ \\ = \frac{C^2}{2g}\left[e^{2gx}\right]_0^L - \frac{D^2}{2g}\left[e^{-2gx}\right]_0^L + 2CD[x]_0^L =\\ \\ = \frac{C^2}{2g}e^{2gL}- \frac{C^2}{2g} - \frac{D^2}{2g}e^{-2gL}+ \frac{D^2}{2g} + 2C·DL\\ \\ \int_L^\infty F^2e^{-2gx}dx = - \frac{F^2}{2g}\left[e^{-2gx}\right]_L^\infty = \frac{F^2}{2g}e^{-2gL} =\\ \\ = \frac{C^2}{2g}e^{2gL} + \frac{D^2}{2g}e^{-2gL}+ 2\frac{CD}{2g} \end{array} \)

Agrupando todos los resultados y escribiendo las constantes en función de A:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \frac{A^2}{2g} + \frac{C^2}{2g}e^{2gL} - \frac{C^2}{g} + \frac{D^2}{g} + 2CDL + 2\frac{CD}{2g} = 1 \Rightarrow \\ \\ \frac{A^2}{2g} + \frac{C^2}{2g}e^{2gL} + \frac{1}{2g}(C+D)^2 - \frac{C^2}{g} + 2CDL = 1 \Rightarrow \\ \\ \frac{A^2}{2g}\left[1 + 2\left(1 - \frac{m\alpha}{g\hbar^2}\right)e^{2gL} + 1 -2\left(1 - \frac{m\alpha}{g\hbar^2}\right)^2 \right.+ \\ \\ + \left. 2\left(1 - \frac{m\alpha}{g\hbar^2}\right)\left(\frac{m\alpha}{g\hbar^2}\right)L \right] = 1 \end{array} \)

De esta expresión se puede despejar fácilmente el valor de A.

EJERCICIOS DE MECÁNICA CUÁNTICA - EJERCICIOS DE FÍSICA ATÓMICA
 
Otros usuarios de Matemáticas y poesía también han visto:




tema escrito por: José Antonio Hervás