Rozwiązania prostych zadań z podstaw fizyki

kwantowej.

Jacek Izdebski

6 listopada 2001 roku

1

Zadania

1.1

Zjawisko fotoelektryczne zewnętrzne

Progowa długość fali dla wybicia fotoelektronów z metalicznego sodu wynosi
5.45

· 10

−7

m.

a. Wyznacz maksymalną prędkość elektronów wybijanych przez światło o

długości fali 2

· 10

−7

m.

b. Jakie jest napięcie hamujące dla fotoelektronów wybijanych z sodu

przez światło o długości fali 2

· 10

−7

m?

1.2

Fale materii

Ile wynosi długość fali przypisana elektronowi o energii 100 eV .

1.3

Model planetarny atomu według Bohra

Załóż, że model planetarny opisuje ruch elektronu w atomie wodoru. Jeśli
promień orbity elektronu wynosi 5.3

· 10

−11

m oblicz:

a. Częstość kołową elektronu.

b. Prędkość liniową elektronu.

c. Energię kinetyczną elektronu w eV . Jaka jest minimalna energia po-

trzebna do zjonizowania atomu.

1

1.4

Widmo wodoru

Znajdź długość fali w metrach dla pierwszych trzech linii serii Lymana dla
wodoru. W jakim obszarze widma leżą te linie.

1.5

Przejście elektronowe

Elektron w atomie wodoru przechodzi ze stanu n = 5 do stanu podstawowego
n = 1. Znajdź energię i pęd emitowanego fotonu.

1.6

Model Bohra

W modelu atomu wodoru Bohra orbity n = 1, 2, 3, . . . są oznaczone literami
K, L, M, . . .. Dla elektronów na każdej z orbit K, L, M oblicz:

a. promieniowanie orbit

b. częstość obiegu

c. prędkości liniowe

d. momenty pędu

e. całkowitą energię układu

2

2

Rozwiązania

2.1

Zjawisko fotoelektryczne zewnętrzne

Znając progową długość fali na wybicie elektronu możemy obliczyć jaka jest
praca wyjścia

1

dla sodu. Pomiędzy długością fali światła a energią fotonu jest

związek:

E = hν

gdzie ν =

1

T

. Długość fali to inaczej odległość jaką pokonuje fala w czasie

jednego okresu, więc dla światła λ = cT . Uwzględniając powyższe ν =

c

λ

E =

hc

λ

W

wyjścia

=

hc

λ

graniczna

Jeśli cała energia padającego fotonu zostanie zurzyta na wybicie elektronu
to elektron będzie miał energię

E = hν

− W

wyjścia

E =

hc

λ

−

hc

λ

graniczna

Oczywiście E jest energią kinetyczną elektronu więc można napisać

m

e

v

2

2

= hc

1

λ

−

1

λ

graniczna

!

v

2

=

2hc

m

e

1

λ

−

1

λ

graniczna

!

v =

v
u
u
t

2hc

m

e

1

λ

−

1

λ

graniczna

!

v =

v
u
u
t

2hc

m

e

λ

graniczna

− λ

λλ

graniczna

!

Obliczenie napięcia hamującego też nie jest problemem. Wystarczy energię
elektronu w dżulach podzielić przez ładunek elektronu. Po podstawieniu

v = 1.18

· 10

6

m/s

E = 6.29

· 10

−19

J

U = 3.93V

1

praca potrzebna do wybicia elektronu z powierzchni metalu

3

2.2

Fale materii

Długość fali cząstki materialnej poruszającej się z prędkością v jest opisana
wzorem:

λ =

h

mv

gdzie h oznacza stałą Plancka (tzw. kwant działania); m masa cząstki. Ener-
gia kinetyczna elektronu to

E =

m

e

v

2

2

więc

v =

s

2E

m

e

po podstawieniu do zależności na λ

λ =

h

√

2Em

e

Energia wstawiana do powyższego wzoru musi być w J więc trzeba dokonać
zamiany 100 eV = 100

· 1.602 · 10

−19

J . Po podstawieniu wartości liczbowych

dostajemy wynik

λ = 1.23

· 10

−10

m

2.3

Model planetarny atomu według Bohra

Oczywiście trzeba pamiętać, że model Bohra jest błędny i nie oparty na żad-
nych konkretnych przesłankach fizycznych. W zadaniu każą nam założyć (nie
wiem w jakim celu), że atom wodoru jest zbudowany tak jak to opisał Bohr.
Wtedy rozważamy ruch elektronu wokół masywnego jądra

2

. Pomiędzy elek-

tronem a protonem występuje kulombowskie oddziaływanie przyciągające

F =

e

2

4π

0

r

2

Jest to jednocześnie siła dośrodkowa w ruchu po okręgu. Jak pamiętamy z
lekcji fizyki siła dośrodkowa wyraża się wzorem

F

d

=

v

2

r

m

2

Przyjmujemy, i nie jest to wielkim błędem, że środek masy układu jądro elektron

znajduje się jądrze. Elektron ma masę m

e

= 9.109

·10

−31

kg natomiast proton (stanowiący

jądro atomu wodoru) m

p

= 1.676

· 10

−27

kg. Jak widać jest to różnica czterech rzędów

wielkości.

4

gdzie v prędkość liniowa ciała poruszającego się po okręgu; r promień okręgu;
m masa ciała;

W tym zadaniu siła dośrodkowa wygląda następująco:

F

d

=

v

2

r

m

e

i jest równa sile oddziaływania elektrostatycznego, więc:

v

2

r

m

e

=

e

2

4π

0

r

2

i dostajemy prędkość liniową

v =

s

e

2

4π

0

rm

e

Częstość kołową uzyskamy łatwo, gdy zauważymy, że:

v =

2πr

T

v

r

=

2π

T

= ω

więc

ω =

1

r

s

e

2

4π

0

rm

e

Obliczenie energii kinetycznej też nie stanowi problemu.

v

2

m

e

2

=

e

2

8π

0

r

E

k

=

e

2

8π

0

r

Aby obliczyć energię jonizacji trzeba znać całkowitą energię elektronu, czyli
nie tylko energię kinetyczną, ale i potencjalną. Suma tych energii daje energię
całkowitą i dla stanów związanych

3

jest zawsze ujemna.

Energia potencjalna układu proton – elektron wyraża się wzorem

E

p

=

−

e

2

4π

0

r

3

Elektron i jądro w atomie tworzą stan związany, podobnie w stanie związanym są

Ziemia i Księżyc czy Ziemia i stacja orbitalna. Gdy ludzie wysyłają sondy kosmiczne poza
układ słoneczny to nadają im taką energię aby nie tworzyły stanów związanych z innymi
planetami.

5

Energia całkowita wyrazi się sumą

E

c

= E

p

+ E

k

= E

jonizacji

E

jonizacji

=

−

e

2

4π

0

r

+

e

2

8π

0

r

co po sprowadzeniu do wspólnego mianownika daje

E

jonizacji

=

−

e

2

8π

0

r

Ostatecznie po podstawieniu otrzymujemy wyniki:

ω = 4.12

· 10

16

s

−1

v = 2185993 m/s

E

k

= 13.6 eV

E

jonizacji

=

−13.6 eV

2.4

Widmo wodoru

Seria Lymana obejmuje przejścia z powłok wyższych na powłokę pierwszą,
czyli gdy n = 1, m = 2, 3, 4, . . . Długość fali można obliczyć ze wzoru
Balmera–Rydberga

1

λ

= R



1

n

2

−

1

m

2



gdzie R = 10973731.534 m

−1

oznacza stałą Rydberga.

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymamy

λ

2

→1

= 121.5 nm

λ

3

→1

= 102.5 nm

λ

4

→1

= 97.2 nm

2.5

Przejście elektronowe

Wykorzystując wzór z poprzedniego zadania dostajemy

1

λ

= R



1

n

2

−

1

m

2



1

λ

= R

m

2

− n

2

n

2

m

2

6

Wzór na energię jest już znany

E = hν =

hc

λ

więc wykorzystując wzór Rydberga

E = hcR

m

2

− n

2

n

2

m

2

Pęd obliczymy ze wzoru

E

2

= m

2
0

c

4

+ p

2

c

2

Foton nie ma masy spoczynkowej (m

0

= 0) więc jeden człon wyrażenia znika

i zostaje tylko

E

2

= p

2

c

2

w ten sposób po przekształceniu otrzymujemy wyrażenie na pęd fotonu

p =

E

c

Podstawiając wcześniejsze związki

p =

h

λ

p = hR

m

2

− n

2

n

2

m

2

Po podstawieniu wartości liczbowych:

E = 13.1eV

p = 6.98

· 10

−27

m

· s

−1

· kg

2.6

Model Bohra

a. Podpunkt jest trochę źle sformułowany. Postulat Bohra mówi o tym,

że elektrony poruszające się po orbitach nie promieniują energii (ina-
czej musiałyby spadać na jądro). Fotony są wyświecane wtedy, gdy
następuje przejście elektronu z orbity wyższej na niższą. Można więc
wykorzystać wzór Rydberga do wyznaczenia długości fal wypromienio-
wanych przy przejściach:

λ

2

→1

= 121.5 nm

λ

3

→1

= 102.5 nm

λ

3

→2

= 656.1 nm

7

b. Podobny problem był już omawiany dla tzw. promienia Bohra w za-

daniu trzecim. Tutaj należy wyprowadzić wzór bardziej ogólny, który
pozwoli obliczyć promień dowolnej orbity Bohrowskiego wodoru. Nale-
ży to zrobić w oparciu o postulat mówiący o skwantowaniu momentu
pędu elektronu na orbicie.

L = n

h

2π

gdzie L jest momentem pędu na orbicie n. Dla przypomnienia moment
pędu jest iloczynem wektorowym promienia wodzącego i pędu ~

L =

~

r

× ~p. W przypadku toru będącego okręgiem wartość momentu pędu

wyraża się jako L = mvr.

Nie będę przeprowadzał całego wywodu dotyczącego wzoru na częstość
obiegu (można go znaleźć w podręcznikach do szkoły średniej). Ogra-
niczę się do podania wzoru.

ω =

v
u
u
t

e

2

4π

0

m

e

r

3

n

gdzie

r

n

=



0

h

2

πm

e

e

2

n

2

Po podstawieniu wielkości liczbowych otrzymamy

ω

1

= 4.1

· 10

1

6 s

−1

ω

2

= 5.1

· 10

1

5 s

−1

ω

3

= 1.5

· 10

1

5 s

−1

c. Obliczenie prędkości liniowych polega jedynie na wymnożeniu częstości

ω przez promień

v

n

= ω

n

r

n

v

1

= 2175459 m/s

v

2

= 1087729 m/s

v

3

= 725153 m/s

d.

L

n

= n

h

2π

L

1

= 1.0603

· 10

−34

m

2

· s

−1

· kg

L

2

= 2.1206

· 10

−34

m

2

· s

−1

· kg

L

3

= 3.1809

· 10

−34

m

2

· s

−1

· kg

8

e. Całkowita energia układu.

E

n

=

−

me

4

8

2

0

h

2

n

2

E

1

=

−13.6 eV

E

2

=

−3.4 eV

E

3

=

−1.5 eV

9

Rozwiązania zadań z podstaw fizyki kwantowej

Jacek Izdebski

5 stycznia 2002 roku

Zadanie 1

Funkcja falowa Ψ(x) = A

n

sin(

2πn

L

x) jest zdefiniowana jedynie w obszarze

0 <= x <= L. Skorzystaj z warunku normalizacji do obliczenia stałej A

n

.

Rozwiązanie

Warunek normalizacji mówi o tym, że całka kwadratu modułu funkcji fa-
lowej po całej przestrzeni jest równa 1. Tutaj warunek będzie miał postać
następującą.

Z

L

0

A

2
n

sin

2



2πn

L

x



dx = 1

A

2
n

Z

L

0

sin

2



2πn

L

x



dx = 1

wykonamy zamianę zmiennych niech u =

2πn

L

x wtedy

A

2
n

L

2πn

Z

2πn

0

sin

2

(u)du = 1

Obliczając całkę dostajemy

1

Z

2πn

0

sin

2

(u)du =



−

1

2

sin u cos u +

1

2

u



2πn

0

= πn

Podstawiając wynik do warunku normalizacji otrzymamy

A

2
n

L

2

= 1

co daje ostatecznie

A

n

=

s

2

L

1

Całkę można spisać z tablic lub, jeśli ktoś chce, obliczyć metodą ”przez części”.

1

Zadanie 2

Udowodnij, że Ψ(x, t) = A exp

h

i

¯

h

(px

− Et)

i

jest rozwiązaniem równania

Schr¨

odingera. Czy funkcja ψ + ψ

∗

jest też rozwiązaniem?

Rozwiązanie

Ψ(x, t) = Ae

i

¯

h

(px

−Et)

warto zauważyć, że

Ψ(x, t) = Ae

i

¯

h

px

e

−

i

¯

h

Et

czyli

Ψ(x, t) = ψ(x)e

−

i

¯

h

Et

Funkcja falowa dała się rozłożyć na dwia czynniki, z których jeden zależy
wyłącznie od położenia a drugi tylko od czasu. Jeśli wykonamy teraz pod-
stawienie do równania Schr¨

odingera

−

¯

h

2

2m

∇

2

Ψ(x, t) + U Ψ(x, t) = i¯

h

∂Ψ(x, t)

∂t

więc

−

¯

h

2

2m

e

−

i

¯

h

Et

∇

2

ψ(x) + U ψ(x)e

−

i

¯

h

Et

= i¯

hψ(x)



−i

E

¯

h



e

−

i

¯

h

Et

dzieląc stronami przez e

−

i

¯

h

Et

otrzymamy

−

¯

h

2

2m

∇

2

ψ(x) + U ψ(x) = Eψ(x)

Równanie to jest nazywane równaniem Schr¨

odingera bez czasu i dotyczy

przypadków stacjonarnych tzn. takich gdzie potencjał U nie zależy od czasu.

2

Dajej pisząc o równaniu Schr¨

odingera będę miał na myśli właśnie równanie

S. bez czasu. Podstawiając do tego równania jawnie funkcję

ψ(x) = Ae

i

¯

h

px

dostajemy

p

2

2m

ψ + U ψ = Eψ

2

Wtedy funkcję falowoą daje się rozłożyć na dwa czynniki, z których jeden zależy tylko

od położenia a drugi tylko od czasu.

2

Pomiędzy energią kinetyczną i pędem w fizyce nierelatywistycznej zachodzi
związek

E

k

=

mv

2

2

=

p

2

2m

więc Równanie ma sens, dostaliśmy sumę energii potencjalnej i kinetycznej
równą całkowitej energii cząstki, co jest prawdą.

Jak łatwo obliczyć funkcja ζ = ψ + ψ

∗

ma postać

ζ = 2A cos



1

¯

h

(px

− Et)



po obliczeniach dostajemy

−

¯

h

2

2m

∇

2

ζ =

p

2

2m

ζ

co, podobnie jak poprzednio, można podstawić do równania Schr¨

odingera.

Otrzymamy wtedy

p

2

2m

+ U

!

ζ = Eζ

Lewa strona jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej a prawa jest całko-
witą energią cząstki. Wynika z tego, że lewa strona jest równa prawej czyli
funkcja ζ = ψ + ψ

∗

również spełnia równanie Schr¨

odingera.

Zadanie 3

Zbadaj, czy ψ(x, t) = A sin(kx

−ωt) jest rozwiązaniem równania Schr¨odingera?

Rozwiązanie

Funkcję ψ można wyrazić też wykorzystując związki

E = ¯

hω

oraz

p = ¯

hk

Wtedy ψ przybierze postać

ψ = A sin



1

¯

h

(px

− Et)



Pozostało już tylko podstawienie do równania

−

¯

h

2

2m

∇

2

ψ + U ψ = Eψ

3

i, podobnie jak w poprzednim zadaniu otrzymamy

p

2

2m

+ U

!

ψ = Eψ

Ostatecznie możemy więc stwierdzić, że funkcja ψ spełnia równanie Schr¨

odingera.

Zadanie 4

Wyznacz dozwolone wartości energii i funkcje falowe cząstki o masie m znaj-
dującej się w nieskończenie głębokiej, prostokątnej studni potencjału o sze-
rokości L.

Rozwiązanie

Sposobów rozwiązania jest kilka. Przedstawię najprostszy. Aby dotyczył też
pozostałych zadań przyjmijmy, że potencjał jest następujący

V =











+

∞ ∀x < 0

0

∀0 < x < L

+

∞ ∀x > L

Tam gdzie potencjał jest nieskończenie duży funkcja falowa nie istnieje. W
przedziale zerowego potencjału mogą występować funkcje falowe odpowia-
dające cząstce swobodnej poruszającej się w prawo oraz cząstce swobodnej
poruszającej się w lewo. Dodatkowo na brzegach studni funkcja falowa musi
znikać. Potencjał nie zależy od czasu więc zrezygnujemy z pisania członów
funkcji falowej zależnych od czasu. Uwzględniając to można napisać:

ψ(x) = ψ(x)

→

+ ψ(x)

←

ψ(0) = 0

ψ(L) = 0

czyli

ψ(x) = Ae

ikx

+ Be

−ikx

Ae

ik0

+ Be

−ik0

= Ae

ikL

+ Be

−ikL

= 0

wynika z tego, że A + B = 0 więc B =

−A. Można już zapisać ψ jako

ψ(x) = A



e

ikx

− e

−ikx



4

Przechodząc do zapisu trygonometrycznego ψ ma postać

ψ(x) = 2Ai sin(kx)

W sposób naturalny dla ψ(0) = 0 ale trzeba też pamiętać o tym, że ψ(L) = 0

2Ai sin(kL) = 0

∀k =

π

L

n gdzie n = 1, 2, 3, 4 . . .

Funkcję falową trzeba jeszcze unormować:

4A

2

Z

L

0

sin

2

(kx)dx = 1

po obliczeniu całki

4A

2

1

k



−

1

2

sin(kx) cos(kx) +

1

2

kx



L

0

= 1

2A

2

L = 1

A =

s

1

2L

Po uwzględnieniu wartości A oraz k funkcja ψ przybiera postać

ψ(x) = i

s

2

L

sin



nπ

L

x



Co po uwzględnieniu czynnika zależnego od czasu daje pełną funkcję falową
Ψ(x, t)

Ψ(x, t) = i

s

2

L

sin



nπ

L

x



e

−iωt

Działając hamiltonianem na funkcję falową ψ dostajemy wartości energii dla
stanów własnych prostokątnej nieskończonej studni kwantowej.

ˆ

Hψ = Eψ

E jest wartością własną hamiltonianu, czyli energią cząstki. Po podstawieniu
funkcji falowej otrzymamy

−

¯

h

2

2m

∇

2

2Ai sin(kx) =

¯

h

2

2m

k

2

2Ai sin(kx)

czyli

ˆ

Hψ =

¯

h

2

2m

k

2

ψ

Energia cząstki po uwzględnieniu wartości k wyraża się wzorem

E =

¯

h

2

π

2

2mL

2

n

2

gdzie n = 1, 2, 3, . . .

Warto zauważyć, że cząstka w studni potencjału nie może przyjmować do-
wolnej energii. Poziomy energetyczne są skwantowane.

5

Zadanie 5

Cząstka znajduje się w stanie podstawowym w prostokątnej studni potencjału
o szerokości L i całkowicie nieprzepuszczalnych ściankach (0 < x < L). Oblicz
prawdopodobieństwo znalezienia tej cząstki w obszarze

1
3

L < x <

2
3

L.

Rozwiązanie

W tym zadaniu można wykorzystać obliczenia z zadania poprzedniego. Na-
leży kwadrat modułu unormowanej funkcji falowej ψ(x) przecałkować od

1
3

L

do

2
3

L.

P =

Z

2L/3

L/3

2

L

sin

2



π

L

x



dx

P =

1

π



− sin(

π

L

x) cos(

π

L

x) +

π

L

x



2L

3

L

3

co po obliczeniu daje

P = 0.61

Zadanie 6

Przyjmując, że cząsteczka tlenu porusza się ze średnia prędkością termiczną
w temperaturze T = 300K między dwoma kolejnymi zderzeniami najduje się
w prostokątnej studni potencjału o szerokości L = 6

· 10

−8

m. Oszacuj liczbę

możliwych poziomów energetycznych tej cząstki.

Rozwiązanie

Zadanie jest trochę dziwnie sformułowane i mało fizyczne, ale spróbujemy je
rozwiązać następująco. Zakładając, że tlen w temperaturze pokojowej zacho-
wuje się jak gaz doskonały (co jest właściwie prawdą przy ciśnieniu normal-
nym i niższym niż normalne). Wtedy średnia energia kinetyczna cząsteczki
wyraża się wzorem

< E

kśr

>=

3

2

k

B

T

Porównując to ze wzorem na energię cząstki w prostokątnej studni potencjału
dostajemy

3

2

k

B

T =

¯

h

2

π

2

2mL

2

n

2

6

więc

n =

L

¯

hπ

q

3k

B

T m

Po podstawieniu otrzymamy wynik: cząsteczka o której mowa w zadaniu
znajduje się w stanie kwantowym n = 3277.

Zadanie 7

Jaka jest szerokość jednowymiarowej studni potencjału z nieskończenie wyso-
kimi ścianami, jeżeli przy przejściu elektronu z drugiego na pierwszy poziom
kwantowy wysyłana jest energia ∆E = 1 eV .

Rozwiązanie

Należy wykorzystać wzór na poziomy energetyczne w takiej studni, wypro-
wadzony w zadaniu 10 i rozwiązać równanie

E

2

− E

1

= ∆E

¯

h

2

π

2

2mL

2



n

2
2

− n

2
1



= ∆E

więc

L =

s

h

2

(n

2

2

− n

2

1

)

8∆Em

po podstawieniu dostajemy

L = 1.063

· 10

−9

m

7