Prova Scritta di Meccanica Quantistica 1
16 Febbraio 2015
• problema 1
Un elettrone `e confinato in una nanostruttura descrivibile tramite una buca di potenziale infinita di larghezza a = 10−9m. Al tempo t = 0, la sua funzione d’onda `e data dalla sovrapposizione:
Ψ(x, 0) = N
3 sinπx a
− sin 3πx a
, 0 ≤ x ≤ a .
(a) Determinare N normalizzando la funzione d’onda;
(b) Detti En i possibili valori dell’energia all’interno della buca, calcolare la probabilit`a che una misura dell’energia fornisca il valore E1e la probabilit`a, invece, che il valore trovato sia E2.
(c) Scrivere la funzione d’onda al tempo t.
• problema 2
Una particella di massa m `e soggetta ad un potenziale armonico unidimensionale caratterizzato dalla frequenza ω. L’energia potenziale armonica viene modificata dalla perturbazione
Vpert= c1x3+ c2x4.
Utilizzando gli operatori di creazione e distruzione, determinare la prima correzione all’energia per lo stato fondamentale e per il primo stato eccitato, in presenza della perturbazione.
• problema 3
Calcolare il valor medio della distanza dal nucleo, hri, e il valor medio della terza componente cartesiana del vettore posizione1, hzi, per un elettrone che si trovi nello stato fondamentale dell’atomo di idrogeno,
|n = 1, l = 0, m = 0i, la cui funzione radiale vale R10(r) = 2a−3/2B e−aBr , dove aB `e il raggio di Bohr. Si ripeta il calcolo per lo stato |n = 2, l = 1, m = 1i, avente funzione radiale R21(r) =√r
24a−5/2B e−2aBr . Si ricorda che le armoniche sferiche coinvolte sono:
Y00(θ, φ) = r 1
4π, Y11(θ, φ) = − r 3
8πsin θ eiφ.
1Si ricordi che z = r cos θ.
Soluzioni
soluzione 1 Ricordando che le autofunzioni dell’Hamiltoniano sono ϕn(x) =q
2
a sin nπxa , con autovalori En =h¯2ma2n2π22, si ha che lo stato si pu`o scrivere
Φ(x, 0) =r a
2N {3ϕ1(x) − ϕ3(x)} . (a) Dalla condizione di normalizzazione, prendendo N ∈ R:
1 = Z a
0
|Ψ(x, 0)|2dx = aN2 2
9
Z a 0
ϕ1(x)2dx + Z a
0
ϕ3(x)2dx − 2 Z a
0
ϕ1(x) ϕ3(x) dx
= aN2
2 {9+1} ⇒ N = 1
√5a.
(b) Abbiamo dunque
Ψ(x, 0) = 1
√10{3ϕ1(x) − ϕ3(x)} , pertanto:
P (E1) = |hϕ1|Ψ, 0i|2=
√3 10
2
= 0.9, P (E2) = |hϕ2|ψ, 0i|2= 0
(c) Lo stato `e scritto nella base degli autostati dell’energia, dunque le ampiezze evolvono solo acquistando un fattore di fase:
Ψ(x, t) = 1
√10 n
3ϕ1(x) e−iE1t¯h − ϕ3(x) e−iE3t¯h o
= 1
√10
3ϕ1(x) e−i2ma2hπ2 t¯ − ϕ3(x) e−i9¯2ma2hπ2 t
. soluzione 2 Ricordiamo l’espressione dell’operatore posizione in termini di quelli di creazione e distruzione:
x = x0
√2 a + a† , con x0= r ¯h
mω .
Ricordiamo, inoltre, che la teoria delle perturbazioni al primo ordine fornisce E(1)n = hn| Vpert|ni = c1hn| x3|ni + c2hn| x4|ni. Ma hn| x3|ni = 0 in quanto le autofunzioni hanno parit`a definita e x3`e dispari, pertanto rimangono da calcolare solo i valori medi di x4. Si ha, quindi,
E0(1)= c2h0| x4|0i = c2
x40
4 h0| a + a†4
|0i = 3c2
x40 4 , E1(1)= c2h1| x4|1i = c2x40
4 h1| a + a†4
|1i = 15c2x40 4 .
Per fare l’ultimo passaggio si `e sviluppato il binomio elevato alla quarta potenza (facendo attenzione al- l’ordine degli operatori), si sono eliminati i termini con potenze diverse di a ed a†, cancellati i termini che contenevano a |0i = 0, ottenendo le relazioni:
h0| a + a†4
|0i = h0| (aa†)2+a2(a†)2|0i = 3 , h1| a + a†4
|1i = h1| (aa†)2+(a†a)2+a†a2a†+a2(a†)2+a(a†)2a |1i = 15 .
soluzione 3 Ricordando gli integrali Z ∞
0
r3dr e−2r/aB= 3a4B 8 ,
Z ∞ 0
r5dr e−r/aB = 120a6B,
si ha che il valor medio dell’operatore r vale:
hri100= Z 2π
0
dϕ Z π
0
Y00
2 sin θ dθ Z ∞
0
R10rR10r2dr ≡ Z ∞
0
R10rR10r2dr = 4 a3B
Z ∞ 0
r3e−aB2r dr = 3 2aB,
hri211= Z 2π
0
dϕ Z π
0
Y11
2sin θ dθ Z ∞
0
R21rR21r2dr ≡ Z ∞
0
R21rR21r2dr = 1 24a5B
Z ∞ 0
r5e−aBr dr = 5aB. Poich´e z = r cos θ, si ha
hzi100= hr cos θi100= Z 2π
0
dϕ Z π
0
Y00cos θY00 sin θ dθ Z ∞
0
R10rR10r2dr = 0 ,
hzi211= hr cos θi211= Z 2π
0
dϕ Z π
0
Y11∗
cos θY11 sin θ dθ Z ∞
0
R21rR21r2dr = 0 .
In entrambi i casi, il valor medio si annulla a causa del fatto che l’integrale relativo alla variabile θ vale zero.
