Aplicar o formalismo quântico estudado neste módulo à resolução de uma série de exercícios.

1. AULA
Exercícios
21
Meta da aula
objetivo
Aplicar o formalismo quântico estudado neste módulo à
resolução de uma série de exercícios.
• Esperamos que, após o término desta aula, você tenha consolidado os
conhecimentos adquiridos no Módulo 3 (Aulas 17 a 20).
Pré-requisito
Ter completado o estudo dos assuntos indicados no encabeçamento de
cada grupo de exercícios.

2. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
PARTÍCULA LIVRE E CAIXA DE POTENCIAL EM TRÊS DIMENSÕES (AULA 17)
eikr
é autofunção da
r
Hamiltoniana para a partícula livre, e encontre o valor de E correspondente.
r
1.1. (a) Verifique se a função de onda ψ (r ) =
Sugestão: use a expressão do laplaciano em coordenadas esféricas.
(b) Verifique se a função de onda do item anterior é autofunção do
momento linear. Sugestão: use a expressão do gradiente em coordenadas
esféricas.
(c) Interprete fisicamente esse estado quântico.
RESPOSTA COMENTADA
r eikr
(a) Para verificar se a função de onda ψ (r ) =
é autofunção da
r
equação de Schrödinger para a partícula livre com energia E,
h2 2
∇ ψ = Eψ , consideramos o operador laplaciano em coorde2m
1 ∂
1
∂ 
∂f 
1
∂2 f
nadas esféricas, ∇ 2 f =
rf ) + 2
 senθ
+ 2 2
2 (
r ∂r
r senθ ∂θ 
∂θ  r sen θ ∂ϕ 2
−
eikr
na equação de onda,
r
h2 1 ∂ 2
h2 1 ∂ 2 ikr h2 k2 eikr h2 k2
−
e =
ψ
=
( rψ ) = −
2m r ∂r 2
2m r ∂ r 2
2m r
2m
r
e substituímos ψ (r ) =
Portanto, a função de onda descreve uma partícula livre com energia
E=
h 2 k2 .
2m
r
(b) O gradiente em coordenadas esféricas é ∇f = r ∂f + θˆ 1 ∂f + ϕ
ˆ
ˆ
∂r
r ∂θ
1 ∂f .
r senθ ∂ϕ
Assim, aplicando o operador momento à função de onda, temos
r
 ikeikr eikr  .
∂ψ
ˆ
ˆ
− i h∇ψ = i hr
− 2 
i hr 
∂r
r 
 r
Deste modo, como o resultado desta operação não é proporcional à função
de onda, esta não é uma autofunção do momento.
148
CEDERJ

3. MÓDULO 1
21
(c) Vemos que a função de onda representa uma onda esférica, podendo
AULA
então representar partículas quânticas emergentes de uma fonte pontual.
Tais funções de onda são muito úteis em problemas de espalhamento, por
exemplo. Como a onda esférica se propaga em todas as direções a partir da
fonte, a função de onda não tem um vetor momento linear bem definido.
PARTÍCULA NUMA CAIXA CÚBICA E NUM POTENCIAL
HARMÔNICO TRIDIMENSIONAL (AULA 18)
2.1. Considere 20 elétrons em uma caixa inicialmente cúbica de
volume V = L3, como na Atividade Final 1 da Aula 18. Suponha que um
agente externo realize uma deformação uniaxial, ou seja, reduz apenas
um dos lados da caixa (digamos, ao longo do eixo x) por uma fração
∆L/L. Qual a variação da energia total dos elétrons no limite ∆L<<L?
RESPOSTA COMENTADA
Antes da deformação, a expressão geral para a energia do nível
(n1 , n2 n3 ) é dada por:
En1n2 n3 =
π 2 h2
2
2
n 2 + n2 + n3 
2  1

2m L
Ao aplicarmos a deformação ao longo de x, quebramos as degenerescências de alguns níveis, e a energia do nível (n1 , n2 , n3 ) torna-se:
2

n1
n2 n2  π 2 h2
+ 2 + 3=

2
L2 L2  2mL2
 ( L − ∆L )


que, para ∆L<<L , pode ser escrita como
′
En1n2 n3 =
π 2 h2
2m
′
En1n2 n3 =
2


n1
2
2
+ n2 + n3  ,

2
 (1 − ∆L L )



π 2 h2
2
2
2
n1 (1 + 2∆L L ) + n2 + n3  .

2mL2 
Assim, quando a caixa é comprimida, cada nível (n1 , n2 , n3 ) sofre um
deslocamento de energia dado por
′
∆ En1n2 n3 = En1n2 n3 − En1n2 n3 =
2
π 2 h2 n1 ∆L .
mL3
CEDERJ
149

4. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
Note que a variação de energia só depende do valor de n1 . Para encontrarmos a variação da energia total quando a caixa contiver 20 elétrons,
teremos que somar a variação da energia de todos os níveis ocupados. Como
cada estado definido pelos números quânticos n1 , n2 , n3 pode ser ocupado,
no máximo, por dois elétrons, consideramos os 10 primeiros estados de
energia, E111 , E211 , E121 , E112 , E221 , E212 , E122 , E311 , E131 , E113 , e calculamos a
variação de energia para cada um deles.
∆Etotal = 2 × [ ∆E111 + ∆E211 + ∆E121 + ∆E112 + ... + ∆ E311 + ∆ E131 + ∆ E113 ]
=
2π 2 h2 ∆L 2
54π 2 h2 ∆L
1 + 22 + 12 + 12 + ... + 32 + 12 + 12  =

mL3 
mL3
O OPERADOR MOMENTO ANGULAR (AULA 19)
3.1. Definimos o comutador de dois operadores A e B como
[A, B] = AB – BA. Supondo que esses operadores estejam atuando sobre
uma função f(x, y, z), verifique as seguintes relações:
(a) [x, x] = [x, y] = [x, z] = [y, y] = [y, z] = [z, z] = 0
(b) [px , px] = [px , py] = [px , pz] = [py , py] = [py , pz] = [pz , pz] = 0
(c) [px , x] = [py , y] = [ px,, x ] =– i h
[pz z]= −
(d) [Lx, x ] ] = i h Lz ; [Ly, ,Lz]==−ii h Lx; [Lzx,, L] ]== i h Ly
[ px x ]
[ p Ly = −
[p xx −
(e) [L2, Lx] = [L22, Ly] = [L22, Lz] = 0
RESPOSTA COMENTADA
Em todos os casos, a resposta é obtida aplicando-se o comutador em
questão a uma função qualquer f(x,y,z). Alguns exemplos de cada item:
(a) [ x, y ] f = (xy − yx)f = 0 , de modo que [ x, y ] = 0 .
(
)

(b)  px , py  f = px py − py px f =  − i h


∂ 
∂ 
∂  
∂ 
  − ih  −  − ih   − ih  f
∂x  
∂x  
∂y  
∂y  

 ∂2 f
∂2 f 
= − h2 
−
=0 .

 ∂x∂y ∂y∂x 
(c) [ px , x ] f =  − i h ∂ , x  f = − i h  ∂ ( xf ) − x ∂f  = − i h  x ∂f + f − x ∂f  = − i hf

 ∂x
 ∂x
∂x 
∂x 
∂x 






150
CEDERJ

5. MÓDULO 1
AULA
21
De modo que [ px , x ] = − i h .
(d) Lx , Ly  f =  ypz − zpy , zpx − xpz  f =




= ( ypz − zpy ) ( zpx − xpz ) − ( zpx − xpz ) ( ypz − zpy )  f


= ( ypz zpx − ypz xpz − zpy zpx + zpy xpz − zpx ypz + zpx zpy + xpz ypz − xpz zpy ) f
= ( ypz zpx − yxpz pz − z 2 py px + zxpy pz − zypx pz + z 2 px py + xypz pz − xpz zpy ) f
= ( ypz zpx − z 2 py px + zxpy pz − zypx pz + z 2 px py − xpz zpy ) f
(
)
= ypz zpx − z 2  py , px  + zxpy pz − zypx pz − xpz zpy f


= ( ypz zpx + zxpy pz − zypx pz − xpz zpy ) f
 ∂  ∂f 
∂2 f
∂2 f
∂  ∂f  
= − h2  y  z  + zx
− zy
− x  z 
∂z  ∂y  
∂y∂z
∂x∂z
 ∂z  ∂x 
 ∂f
∂2 f
∂2 f
∂2 f
∂f
∂2 f 
= − h2  y
+ yz
+ zx
− zy
− x − xz

∂y
∂x∂z
∂y∂z
∂x∂z
∂y∂z 
 ∂x
 ∂f
∂f 
= − h2  y
− x  = i h ( xpy − ypx ) = i hLz
∂y 
 ∂x
(e) L2 , Lx  = L2 + L2 + L2 , Lx  = L2 , Lx  + L2 , Lx  + L2 , Lx 
y
z

  x
  y

  x
  z
Neste caso, a solução se simplifica se usarmos a relação
[ AB, C ] = ABC − CAB = ABC − ACB + ACB − CAB = A[B, C ] + [ A, C ] B
Assim, temos
L2 , Lx  = L2 , Lx  + L2 , Lx  + L2 , Lx 

  x
  y

  z
= Lx [ Lx , Lx ] + [ Lx , Lx ] Lx + Ly Ly , Lx  + Ly , Lx  Ly + Lz [ Lz , Lx ] + [ Lz , Lx ] Lz

 

= i h ( − Ly Lz − Lz Ly + Lz Ly + Ly Lz ) = 0
Relações de comutação como essas são muito importantes em Mecânica
Quântica, pois pode ser demonstrado que podemos encontrar um
conjunto de autofunções simultâneas de dois operadores que comutam.
Por exemplo, no caso específico do momento angular, como L2 , Lz  = 0,


existe um conjunto de funções que são simultaneamente autofunções de
L2 e Lz (que, neste caso, são os harmônicos esféricos Ylm ).
CEDERJ
151

6. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
3.2. Considere as funções Y1x e Y1y , introduzidas na Atividade
ˆ
Final 2 da Aula 19. Mostre que os valores esperados de Lz em ambos
estados Y1x e Y1y são nulos.
RESPOSTA COMENTADA
As funções a que nos referimos podem ser escritas como combinações
lineares do harmônicos esféricos:
Y1−1 − Y11
Y1x =
2
, Y1y =
−Y1−1 − Y11 .
2i
ˆ
O valor esperado de Lz no estado Y1x é:
ˆ
Lz
Y1 x
ˆ
= ∫ d Ω Y1*x Lz Y1x ,
em que a integral em dΩ é feita sobre as variáveis angulares θ e ϕ.
ˆ
Sabendo que os harmônicos esféricos Ylm são autofunções de Lz com
autovalores m h , temos
ˆ  Y − Y11  = 1 d Ω Y * ( − hY − hY )
= ∫ d Ω Y1*x Lz  1−1
1x
1− 1
11

∫
2 
2

*
 Y * − Y11 
−2 h
*
*
d Ω  1− 1
=
 (Y1−1 + Y11 ) = − h ∫ d Ω (Y1−1 − Y11 ) (Y1−1 + Y11 )
∫
2
2 

ˆ
Lz
Y1 x
Usamos agora a ortonormalidade dos harmônicos esféricos:
∫ dΩ
*
Ylm (θ , ϕ ) Yl ′m′ (θ , ϕ ) = δ l ,l ′ δ m,m′ , obtemos
ˆ
Lz
Y1 x
= −h
( ∫ dΩ
)
*
Y1*−1Y1−1 − ∫ dΩ Y11Y11 = 0 .
No caso de Y1y , a demonstração é idêntica.
O ÁTOMO DE HIDROGÊNIO (AULA 20)
4.1. Neste problema, vamos estudar o átomo de hidrogênio em
duas dimensões. Considere a equação de Schrödinger bidimensional para
o caso em que a energia potencial depende somente da coordenada radial
r
no plano, ou seja V (r ) = V (r) .
152
CEDERJ

7. MÓDULO 1
21
(a) Lembrando que x = r cosθ e y = r senθ, mostre que
AULA
∂ 2ψ ∂ 2ψ ∂ 2ψ 1 ∂ψ 1 ∂ 2ψ
+
= 2 +
+
∂x 2 ∂y 2
∂r
r ∂r r 2 ∂θ 2 .
(b) A partir desta relação, mostre que as autofunções da
equação de Schrödinger para uma partícula de massa µ são da forma
ψ (r,θ ) = f (r)eimθ , onde m é inteiro, e a parte radial f(r) é a solução da
equação diferencial
 d 2 f 1 df 2 µ 
h2 m2  
+ 2  E − V (r) −
 2 +
f  = 0.
r dr h 
2µ r 2  
 dr
(c) Considere agora que o potencial seja Coulombiano, ou seja,
Ze 2
. Suponha ainda que busquemos uma solução com
4π ε 0 r
momento angular nulo, ou seja, m = 0. Mostre que, de forma semeV (r) = −
lhante ao átomo de hidrogênio em três dimensões, uma função
f (r) = Ae − r a é solução da equação radial. Encontre o valor do “raio
de Bohr” a e da energia E para que isso aconteça. Compare os valores
encontrados com o caso tridimensional.
RESPOSTA COMENTADA
(a) Invertendo as relações x = r cos θ e y = r sen θ , temos
r = x 2 + y 2 e θ = tan−1 ( y x ) . Usando a regra da cadeia,
obtemos
∂
∂r ∂ ∂θ ∂
,
=
+
∂x ∂x ∂r ∂x ∂θ
∂
∂r ∂ ∂θ ∂
=
+
∂y ∂y ∂r ∂y ∂θ
em que
∂r 1
2x
x
=
= = cosθ
2
2
∂x 2 x + y
r
∂r 1
2y
y
=
= = senθ
∂y 2 x 2 + y 2 r
∂θ
y
∂θ
senθ
senθ
⇒
=−
=− 2 =−
2
∂x
x
r cos θ
∂x
r
∂θ 1
1
∂θ cosθ
⇒
=
sec 2 θ
= =−
r cosθ
∂y x
∂y
r
sec 2 θ
CEDERJ
153

8. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
de modo que
∂
∂ senθ
= cosθ
−
∂x
∂r
r
∂
∂ cosθ
= senθ
+
∂y
∂r
r
∂
∂θ
∂
∂θ
Assim, as derivadas segundas são
∂2
∂ senθ ∂  
∂ senθ ∂ 

= cosθ −
2
 cosθ ∂r − r ∂θ 
∂x
∂r
r ∂θ  


2
2
∂
cosθ senθ ∂ cosθ senθ ∂
= cos2 θ 2 +
−
r2
r
∂r
∂θ
∂ r∂θ
∂ senθ
∂2
senθ
∂ sen2θ ∂ 2
senθ
cosθ
+ 2 cosθ
+ 2
senθ −
∂r∂θ
∂r
r
∂θ
r ∂θ 2
r
r
2
2
∂
2 senθ cosθ ∂ 2 senθ cosθ ∂
sen2θ ∂ sen2θ ∂ 2
= cos2 θ 2 +
−
+
+ 2
r2
∂r
∂θ
r ∂θ 2
r
∂ r∂θ
r ∂r
+
∂2
∂ cosθ ∂  
∂ cosθ ∂ 

= senθ +
2
 senθ ∂r + r ∂θ 
∂y
∂r
r ∂θ  


= sen2θ
+
∂ 2 senθ cosθ ∂ senθ cosθ ∂ 2
−
+
r2
r
∂r 2
∂θ
∂ r∂θ
senθ cosθ ∂ cos2 θ ∂ 2
cos2 θ ∂ senθ cosθ ∂ 2
+
−
+
r ∂r
r
∂ r ∂θ
r2
∂θ
r 2 ∂θ 2
= sen2θ
∂ 2 2 senθ cosθ ∂ 2senθ cosθ ∂ 2
s
cos2 θ ∂ cos2 θ ∂ 2
−
+
+
+
∂r 2
∂θ
r 2 ∂θ 2
r2
r
∂r∂θ
r ∂r
Somando os dois termos, obtemos, finalmente:
∂2
∂2
∂ 2  cos2 θ + sen2θ  ∂  cos2 θ + sen2θ  ∂ 2
+ 2 = ( cos2 θ + sen2θ ) 2 + 
 +
 2
2
∂x
∂y
∂r
r
r2

 ∂r 
 ∂θ
2
2
∂
1 ∂
1 ∂
= 2+
+ 2
∂r
r ∂ r r ∂θ 2
(b) A equação de Schrödinger se escreve
−
h2 2
∇ ψ + V (r)ψ = Eψ
2µ
h2  ∂ 2ψ 1 ∂ψ 1 ∂ 2ψ 
+
+

 + V (r)ψ = Eψ
2 µ  ∂ r 2 r ∂ r r 2 ∂θ 2 
 ∂ 2ψ 1 ∂ψ 1 ∂ 2ψ  2 µ
+
[ E − V (r)]ψ = 0
 2 +
+
r ∂ r r 2 ∂θ 2  h2
 ∂r
−
154
CEDERJ

9. MÓDULO 1
21
Propomos uma solução do tipo ψ (r, θ ) = f (r) Θ (θ ) . Substituindo na
AULA
equação anterior, obtemos
 d 2 f Θ df f d 2 Θ  2 µ
+
[ E − V (r)] f Θ = 0 .
Θ 2 +
+
r dr r 2 dθ 2  h2
 dr
Dividindo a equação por ψ (r, θ ) = f (r) Θ (θ ) , temos:
 1 d 2 f 1 df
1 d 2 Θ  2µ
+
+ 2
[ E − V (r)] = 0

+
2
rf dr r Θ dθ 2  h2
 f dr
1 d 2 f 1 df 2 µ
1 d2Θ
+
+ 2 [ E − V (r)] = − 2
f dr 2 rf dr h
r Θ dθ 2
r 2 d 2 f r df 2 µ r 2
1 d2Θ
+
+ 2 [ E − V (r)] = −
f dr 2 f dr
h
Θ dθ 2
Como o lado esquerdo da equação depende apenas de r e o direito
depende apenas de θ, ambos devem ser iguais a uma constante, que
chamaremos de m2. Assim, chegamos a duas equações diferenciais:
1 d2Θ
d2Θ
= m2 ⇒
= − m2 Θ
Θ dθ 2
dθ 2
r 2 d 2 f r df 2 µ r 2
+
+ 2 [ E − V (r)] = m2 ⇒
f dr 2 f dr
h
−
d 2 f 1 df 2 µ 
h2 m2 
+
+ 2  E − V (r) −
f = 0
2
r dr h 
2µ r 2 
dr
A primeira equação tem como soluções Θ(θ ) = e i mθ . Pela condição
Θ (θ + 2π ) = Θ(θ ) , concluimos que m é inteiro. A segunda equação é
precisamente aquela para a parte radial da função de onda, f(r), como
queríamos demonstrar.
(c) Usando m = 0 e V (r) = −
Ze 2
na equação para f(r), temos:
4πε 0 r
Ze 2 
d 2 f 1 df 2 µ 
+
+ 2 E +
 f (r) = 0
4πε 0 r 
dr 2 r dr h 
Propomos a solução f (r) = Ae
−r a
. Tomando as derivadas:
df
A
= − e−r a .
a
dr
d2f
A −r a
=
e
dr 2 a2
CEDERJ
155

10. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
Substituindo na equação:
Ze 2  − r a
A − r a A − r a 2µ 
e − e + 2 E +
=0
 Ae
a2
ar
h 
4π ε 0 r 
Ze 2 
1
1 2µ 
+ 2 E +
−
 =0
a2 ar h 
4π ε 0 r 
Para que a última equação seja válida para todo r, devemos ter:
1 2µ E
+ 2 =0
,
a2
h
2
1 2 µ Ze
=0
− + 2
a h 4π ε 0
que nos dá
a=
2π ε 0 h2
Zµ e2
E=−
Z2 µ e4
h2
= 2 2 2 .
2
2µ a
8π ε 0 h
Vemos que o raio de Bohr é duas vezes menor, e a energia de ligação
é quatro vezes maior para o átomo de hidrogênio em duas dimensões,
comparado ao caso tridimensional. Esse resultado é usualmente descrito
como devido a uma amplificação dos efeitos da interação coulombiana
nos sistemas com dimensionalidade reduzida.
4.2. Os estados estacionários do átomo de hidrogênio são as
funções de onda ψ nlm (r,θ , ϕ ) .
(a) Podemos construir um estado do hidrogênio pela superposição ψ (r,θ , ϕ ) = aψ nlm (r,θ , ϕ ) + bψ n ’l ’m ’ (r,θ , ϕ ). Mostre que, no caso
em que n ≠ n’, l ≠ l’, ou m ≠ m’, essa superposição não é um estado
ˆ2
ˆ
estacionário nem é autofunção de L ou de Lz .
(b) Construa um estado do hidrogênio que seja autoestado
ˆ
ˆ
ˆ
simultâneo de H e L2, mas não de Lz .
ˆ
(c) Idem para um estado que seja autoestado simultâneo de H e
ˆ2
ˆ
Lz , mas não de L .
156
CEDERJ

11. MÓDULO 1
21
RESPOSTA COMENTADA
AULA
(a) Sabemos que as funções de onda ψ nlm (r,θ , ϕ ) são autofunções de
2
µ  e 2  1 ), ˆ 2 (autovalores h2 l (l + 1) )
ˆ
L
H (autovalores En = − 2 

2h  4π ε 0 h  n 2
ˆ
ˆ ˆ ˆ
e Lz (autovalores m h ). Assim, operando com H , L2 e Lz nesse estado,
temos:
•
ˆ
H [ aψ nlm + bψ n′l ′m′ ] = aEnψ nlm + bEn′ψ n′l ′m′
•
ˆ
L2 [ aψ nlm + bψ n′l ′m′ ] = h2 [ al(l + 1)ψ nlm + bl ′(l ′ + 1)ψ n′l ′m′ ]
•
ˆ
Lz [ aψ nlm + bψ n′l ′m′ ] = h [ amψ nlm + bm′ψ n′l ′m′ ]
Portanto, vemos que em nenhum dos três casos o estado de superposição
é um autoestado do respectivo operador.
(b) Para que isso ocorra, temos que ter uma superposição com n = n′ e
l = l ′ , porém com m ≠ m′ . Assim, ψ ( r,θ , ϕ ) = aψ nlm ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ )
= aψ nlm ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ ) .
(c) Para que isso ocorra, temos que ter uma superposição com n = n′ e
m = m’, porém com l ≠ l ′ . Assim, ψ ( r,θ , ϕ ) = aψ nlm ( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ )
( r,θ , ϕ ) + bψ nlm′ ( r,θ , ϕ ) . Note que, para que isso seja possível, m ≤ l, l ’ .
4.3. (a) Determine <r> e <r2> para o elétron no estado fundamental
do átomo de hidrogênio, expressando sua resposta em termos do raio
de Bohr a.
(b) Determine <x> e <x2> no estado fundamental, usando o
resultado do item anterior e as simetrias do estado fundamental (não é
preciso calcular outras integrais).
(c) Determine <x2> no estado n = 2, l = 1, m = 1. Note que esse
estado não é esfericamente simétrico.
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157

12. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
RESPOSTA COMENTADA
(a) A função de onda do estado fundamental do átomo de hidrogênio,
obtida a partir da Tabela 20.2 da Aula 20, usando Z = 1, é dada por
ψ 100 (r,θ , ϕ ) =
1
a
32
π
e−r a
O valor esperado de r é
2π
π
0
0
r =
1
a3π
=
∞
2 *
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r ψ 100 (r,θ ,ϕ) rψ 100 (r,θ ,ϕ)
0
2π
π
∞
0
0
0
3 − 2r a
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r e =
∞
4
dr r 3e − 2 r a
a3 ∫
0
4
3
4 6a
= a
3
a 16 2
=
Já o valor esperado de r2 é dado por
2π
r2 =
π
0
=
=
1
a3π
∞
2 *
2
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r ψ 100 (r,θ ,ϕ) r ψ 100 (r,θ ,ϕ)
0
2π
0
π
∞
0
0
4 − 2r a
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r e =
0
∞
4
dr r 4 e − 2 r a
3 ∫
a 0
5
4 24a
= 3a2
a3 32
Ambos os resultados reforçam a idéia de que o raio de Bohr é uma boa
medida do tamanho do átomo de hidrogênio.
(b) Como a distribuição de probabilidades associada ao estado 1s do
átomo de hidrogênio é esfericamente simétrica, e levando-se em conta
que x é uma função ímpar, temos:
x = ∫ d 3r x ψ 100 (r,θ , ϕ ) = 0 ,
2
2
pois o produto x ψ 100 (r,θ , ϕ ) será também uma função ímpar, cuja
integal no espaço todo é nula.
Para calcular o valor esperado de x2, podemos novamente usar a
propriedade de simetria esférica do estado 1s, que nos leva ao seguinte
resultado:
x
2
= y
2
= z
2
=
r2
3
.
Assim, usando o resultado do item (a), obtemos x 2 = a 2.
(c) A função de onda do estado n = 2, l = 1, m = 1, segundo os dados
da Tabela 20.2 (novamente com Z = 1), é dada por:
158
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13. MÓDULO 1
21
1 r
senθ e − r 2 a eiϕ
32
64π a a
AULA
1
ψ 211 (r,θ , ϕ ) =
Sabendo que x = r senθ cos ϕ , podemos calcular o valor de <x2>:
2π
x2 =
π
0
=
=
∞
2 *
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r ψ 211(r,θ ,ϕ) ( r senθ cosϕ ) ψ 211(r,θ ,ϕ)
0
2
0
1
64a5π
2π
π
0
0
1
64a5π
2π
π
∞
0
0
0
∞
6
2
2
−r a
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r sen θ cos ϕ e
0
2
3
6 −r a
∫ dϕ cos ϕ ∫ dθ sen θ ∫ dr r e
1
4
=
× π × × 720a7 = 15a2
5
3
64a π
4.4. Vamos calcular a probabilidade P de que um elétron no
estado fundamental do átomo de hidrogênio seja encontrado dentro
do núcleo.
(a) Calcule primeiro a resposta exata. Denote o raio do núcleo
por R.
(b) Expanda o seu resultado como uma série de potências em R/a,
e mostre que o termo de ordem mais baixa é da forma: P ≈ (4/3)(R/a)3.
Este termo já deveria ser uma boa aproximação, pois R<< a.
(c) Alternativamente, poderíamos pensar que a função de onda do
elétron é essencialmente constante sobre o pequeno volume do núcleo,
de modo que P ≈ (4/3)πR3 |ψ100 (0) |2. Verifique que essa aproximação
reproduz o resultado do item anterior.
(d) Use R ≈ 10–15 m , a ≈ 10–10 m , para uma estimativa numérica
de P. Esse valor representa a fração do tempo em que o elétron se encontra dentro do núcleo.
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159

14. Introdução à Mecânica Quântica | Exercícios
RESPOSTA COMENTADA
(a) A probabilidade de encontrarmos o elétron no estado 1s dentro de
uma esfera de raio R é
2π
P=
π
0
=
=
R
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r
1
a3π
0
2π
2
ψ 100 (r,θ , ϕ )
0
π
R
∫ dϕ ∫ dθ senθ ∫ dr r e
0
2
0
2 −2r a
0
R
=
4
dr r 2 e − 2 r a
3 ∫
a 0
2

2R
a 2  a3 
4  a −2 R a  2
−2 R a  2R
+ 1
− e
 2 +
 R + aR +  +  = 1 − e
3
a
a  2
2  4
 a


(b) Para expandir o resultado do item anterior em potências de R/a,
lembramos que e x ≈ 1 + x +
x 2 x3
+
+ O (x 4 ) , de modo que
2
6
 2R2 2R


 4R3
2R 2R2 4R3   2R2 2R
P = 1 − e −2 R a  2 +
+ 1 ≈ 1 −  1 −
+ 2 − 3 . 2 +
+ 1 = 3
a
a
a
3a   a
a
 a


 3a
(c) Supondo que a função de onda é constante na região do núcleo e que
tem o valor ψ 100 (0) , a probabilidade é dada pelo produto do volume do
núcleo pela densidade de probabilidade:
P=
1
4R3
4
4
2
π R3 ψ 100 (0) = π R3 × 3 = 3 ,
3
3
πa
3a
reproduzindo o resultado do item anterior.
(d) Usando os valores aproximados R ≈ 10–15 m e a ≈ 10–10 m,
obtemos
P≈
4R3
≈ 10−15 ,
3a3
ou seja, um elétron passa uma fração ínfima do seu tempo dentro do
núcleo. Para se ter uma idéia desse tempo, um elétron necessitaria estar
ligado a um núcleo por cerca de 30 milhões de anos para estar, em média,
um segundo dentro dele. Ainda assim, a presença, ainda que furtiva, do
elétron dentro do núcleo, dá origem um efeito físico mensurável, conhecido
como interação hiperfina de contato.
160
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