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
Znajdz
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. Znajdz
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 wyjścia1 dla sodu. Pomiędzy długością fali światła a energią fotonu jest
związek:
E = h�
1
gdzie � = . Długość fali to inaczej odległość jaką pokonuje fala w czasie
T
c
jednego okresu, więc dla światła  = cT . Uwzględniając powyższe � =

hc
E =

hc
Wwyjścia =
graniczna
Jeśli cała energia padającego fotonu zostanie zurzyta na wybicie elektronu
to elektron będzie miał energię
E = h� - Wwyjścia
hc hc
E = -
 graniczna
Oczywiście E jest energią kinetyczną elektronu więc można napisać
mev2 1 1
= hc -
2  graniczna
2hc 1 1
v2 = -
me  graniczna
2hc 1 1
v = -
me  graniczna
2hc graniczna - 
v =
me graniczna
Obliczenie napięcia hamującego też nie jest problemem. Wystarczy energię
elektronu w dżulach podzielić przez ładunek elektronu. Po podstawieniu
v = 1.18 � 106 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:
h
 =
mv
gdzie h oznacza stałą Plancka (tzw. kwant działania); m masa cząstki. Ener-
gia kinetyczna elektronu to
mev2
E =
2
więc
2E
v =
me
po podstawieniu do zależności na 
h
"
 =
2Eme
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
 = 1.23 � 10-10m
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 jądra2. Pomiędzy elek-
tronem a protonem występuje kulombowskie oddziaływanie przyciągające
e2
F =
4Ą r2
0
Jest to jednocześnie siła dośrodkowa w ruchu po okręgu. Jak pamiętamy z
lekcji fizyki siła dośrodkowa wyraża się wzorem
v2
Fd = m
r
2
Przyjmujemy, i nie jest to wielkim błędem, że środek masy układu jądro elektron
znajduje się jądrze. Elektron ma masę me = 9.109�10-31 kg natomiast proton (stanowiący
jądro atomu wodoru) mp = 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:
v2
Fd = me
r
i jest równa sile oddziaływania elektrostatycznego, więc:
v2 e2
me =
r 4Ą r2
0
i dostajemy prędkość liniową
e2
v =
4Ą rme
0
Częstość kołową uzyskamy łatwo, gdy zauważymy, że:
2Ąr
v =
T
v 2Ą
= = �
r T
więc
1 e2
� =
r 4Ą rme
0
Obliczenie energii kinetycznej też nie stanowi problemu.
v2me e2
=
2 8Ą r
0
e2
Ek =
8Ą r
0
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 związanych3 jest zawsze ujemna.
Energia potencjalna układu proton  elektron wyraża się wzorem
e2
Ep = -
4Ą r
0
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
Ec = Ep + Ek = Ejonizacji
e2 e2
Ejonizacji = - +
4Ą r 8Ą r
0 0
co po sprowadzeniu do wspólnego mianownika daje
e2
Ejonizacji = -
8Ą r
0
Ostatecznie po podstawieniu otrzymujemy wyniki:
� = 4.12 � 1016 s-1
v = 2185993 m/s
Ek = 13.6 eV
Ejonizacji = -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 1 1
= R -
 n2 m2
gdzie R = 10973731.534 m-1 oznacza stałą Rydberga.
Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymamy
21 = 121.5 nm
31 = 102.5 nm
41 = 97.2 nm
2.5 Przejście elektronowe
Wykorzystując wzór z poprzedniego zadania dostajemy
1 1 1
= R -
 n2 m2
1 m2 - n2
= R
 n2m2
6
Wzór na energię jest już znany
hc
E = h� =

więc wykorzystując wzór Rydberga
m2 - n2
E = hcR
n2m2
Pęd obliczymy ze wzoru
E2 = m2c4 + p2c2
0
Foton nie ma masy spoczynkowej (m0 = 0) więc jeden człon wyrażenia znika
i zostaje tylko
E2 = p2c2
w ten sposób po przekształceniu otrzymujemy wyrażenie na pęd fotonu
E
p =
c
Podstawiając wcześniejsze związki
h
p =

m2 - n2
p = hR
n2m2
Po podstawieniu wartości liczbowych:
E = 13.1eV
p = 6.98 � 10-27 m � s-1 � kg
2.6 Model Bohra
a. Podpunkt jest trochę z
le 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:
21 = 121.5 nm
31 = 102.5 nm
32 = 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.
h
L = n
2Ą
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 znalez
ć w podręcznikach do szkoły średniej). Ogra-
niczę się do podania wzoru.
e2
� =
3
4Ą mern
0
gdzie
h2
0
rn = n2
Ąmee2
Po podstawieniu wielkości liczbowych otrzymamy
�1 = 4.1 � 1016 s-1
�2 = 5.1 � 1015 s-1
�3 = 1.5 � 1015 s-1
c. Obliczenie prędkości liniowych polega jedynie na wymnożeniu częstości
� przez promień
vn = �nrn
v1 = 2175459 m/s
v2 = 1087729 m/s
v3 = 725153 m/s
d.
h
Ln = n
2Ą
L1 = 1.0603 � 10-34 m2 � s-1 � kg
L2 = 2.1206 � 10-34 m2 � s-1 � kg
L3 = 3.1809 � 10-34 m2 � s-1 � kg
8
e. Całkowita energia układu.
me4
En = -
2
8 h2n2
0
E1 = -13.6 eV
E2 = -3.4 eV
E3 = -1.5 eV
9
Rozwiązania zadań z podstaw fizyki kwantowej
Jacek Izdebski
5 stycznia 2002 roku
Zadanie 1
Funkcja falowa �(x) = An sin(2Ąnx) jest zdefiniowana jedynie w obszarze
L
0 <= x <= L. Skorzystaj z warunku normalizacji do obliczenia stałej An.
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.
L
2Ąn
A2 sin2 x dx = 1
n
0 L
L
2Ąn
A2 sin2 x dx = 1
n
0 L
2Ąn
wykonamy zamianę zmiennych niech u = x wtedy
L
2Ąn
L
A2 sin2(u)du = 1
n
2Ąn 0
Obliczając całkę dostajemy1
2Ąn
2Ąn
1 1
sin2(u)du = - sin u cos u + u = Ąn
0 2 2
0
Podstawiając wynik do warunku normalizacji otrzymamy
L
A2 = 1
n
2
co daje ostatecznie
2
An =
L
1
Całkę można spisać z tablic lub, jeśli ktoś chce, obliczyć metodą  przez części .
1
Zadanie 2
i
Udowodnij, że �(x, t) = A exp (px - Et) jest rozwiązaniem równania
Ż
h
Schr�dingera. Czy funkcja � + �" jest też rozwiązaniem?
Rozwiązanie
i
(px-Et)
h
Ż
�(x, t) = Ae
warto zauważyć, że
i i
px
h h
Ż Ż
�(x, t) = Ae e- Et
czyli
i
h
Ż
�(x, t) = �(x)e- 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�dingera
h2 "�(x, t)
Ż
- "2�(x, t) + U�(x, t) = iŻ
h
2m "t
więc
h2 i i E i
Ż
h h h
Ż Ż Ż
- e- Et"2�(x) + U�(x)e- Et = iŻ -i e- Et
h�(x)
2m h
Ż
i
h
Ż
dzieląc stronami przez e- Et otrzymamy
h2
Ż
- "2�(x) + U�(x) = E�(x)
2m
Równanie to jest nazywane równaniem Schr�dingera bez czasu i dotyczy
przypadków stacjonarnych tzn. takich gdzie potencjał U nie zależy od czasu.2
Dajej pisząc o równaniu Schr�dingera będę miał na myśli właśnie równanie
S. bez czasu. Podstawiając do tego równania jawnie funkcję
i
px
h
Ż
�(x) = Ae
dostajemy
p2
� + U� = E�
2m
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
mv2 p2
Ek = =
2 2m
więc Równanie ma sens, dostaliśmy sumę energii potencjalnej i kinetycznej
równą całkowitej energii cząstki, co jest prawdą.
Jak łatwo obliczyć funkcja ś = � + �" ma postać
1
ś = 2A cos (px - Et)
h
Ż
po obliczeniach dostajemy
h2 p2
Ż
- "2ś = ś
2m 2m
co, podobnie jak poprzednio, można podstawić do równania Schr�dingera.
Otrzymamy wtedy
p2
+ U ś = Eś
2m
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 ś = � + �" również spełnia równanie Schr�dingera.
Zadanie 3
Zbadaj, czy �(x, t) = A sin(kx-�t) jest rozwiązaniem równania Schr�dingera?
Rozwiązanie
Funkcję � można wyrazić też wykorzystując związki
E = h�
Ż
oraz
p = hk
Ż
Wtedy � przybierze postać
1
� = A sin (px - Et)
h
Ż
Pozostało już tylko podstawienie do równania
h2
Ż
- "2� + U� = E�
2m
3
i, podobnie jak w poprzednim zadaniu otrzymamy
p2
+ U � = E�
2m
Ostatecznie możemy więc stwierdzić, że funkcja � spełnia równanie Schr�dingera.
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
ńł
�ł +" "x < 0
�ł
V = 0 "0 < x < L
�ł
ół
+" "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:
�(x) = �(x) + �(x)�!
�(0) = 0
�(L) = 0
czyli
�(x) = Aeikx + Be-ikx
Aeik0 + Be-ik0 = AeikL + Be-ikL = 0
wynika z tego, że A + B = 0 więc B = -A. Można już zapisać � jako
�(x) = A eikx - e-ikx
4
Przechodząc do zapisu trygonometrycznego � ma postać
�(x) = 2Ai sin(kx)
W sposób naturalny dla �(0) = 0 ale trzeba też pamiętać o tym, że �(L) = 0
Ą
2Ai sin(kL) = 0 "k = n gdzie n = 1, 2, 3, 4 . . .
L
Funkcję falową trzeba jeszcze unormować:
L
4A2 sin2(kx)dx = 1
0
po obliczeniu całki
L
1 1 1
4A2 - sin(kx) cos(kx) + kx = 1
k 2 2
0
2A2L = 1
1
A =
2L
Po uwzględnieniu wartości A oraz k funkcja � przybiera postać
2 nĄ
�(x) = i sin x
L L
Co po uwzględnieniu czynnika zależnego od czasu daje pełną funkcję falową
�(x, t)
2 nĄ
�(x, t) = i sin x e-i�t
L L
Działając hamiltonianem na funkcję falową � dostajemy wartości energii dla
stanów własnych prostokątnej nieskończonej studni kwantowej.
$
� = E�
E jest wartością własną hamiltonianu, czyli energią cząstki. Po podstawieniu
funkcji falowej otrzymamy
h2 h2
Ż Ż
- "22Ai sin(kx) = k22Ai sin(kx)
2m 2m
czyli
h2
Ż
$
� = k2�
2m
Energia cząstki po uwzględnieniu wartości k wyraża się wzorem
h2Ą2
Ż
E = n2 gdzie n = 1, 2, 3, . . .
2mL2
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
1 2
prawdopodobieństwo znalezienia tej cząstki w obszarze L < x < L.
3 3
Rozwiązanie
W tym zadaniu można wykorzystać obliczenia z zadania poprzedniego. Na-
1
leży kwadrat modułu unormowanej funkcji falowej �(x) przecałkować od L
3
2
do L.
3
2L/3
2 Ą
P = sin2 x dx
L/3 L L
2L
3
1 Ą Ą Ą
P = - sin( x) cos( x) + x
L
Ą L L 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
3
< Ekśr >= kBT
2
Porównując to ze wzorem na energię cząstki w prostokątnej studni potencjału
dostajemy
3 h2Ą2
Ż
kBT = n2
2 2mL2
6
więc
L
n = 3kBT m
hĄ
Ż
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
E2 - E1 = "E
h2Ą2
Ż
n2 - n2 = "E
2mL2 2 1
więc
h2 (n2 - n2)
2 1
L =
8"Em
po podstawieniu dostajemy
L = 1.063 � 10-9 m
7