fisica cuantica schrodinger

DEPARTAMENTO DE FÍSICA, FACULTAD DE CIENCIAS, UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ _______________________________________________________________________________

___________________________________________________________________________________________________ Dr. Edmundo Lazo Núñez, Email: [email protected]; Fono:58-205 379; celular: 89553554, Web: http://cuya.faci.uta.cl/cursos/fisica3/

1

Guía de Ejercicios

Física Contemporánea (FI-024) Ingenierías

Semestre de Primavera 2008

Dinámica relativista

1. La masa en reposo de un electrón es ( )310, 9.109 10em kg−= × y la masa en reposo de un protón es

( )270, 1.675 10pm kg−= × . Calcule su energía propia o en reposo, usando la expresión 2

0 0E m c= ,

donde ( )83 10c m s= × . ¿Cuál es la energía total E de cada partícula, si estas partículas se mueven

con velocidad 0.82ev c= y 0.97pv c= respecto a un observador en el sistema κ ? A partir de los

resultados anteriores, calcule las energías cinéticas de cada partícula.

Solución:

Para el electrón, la energía en reposo viene dada por

( )

22 31 16

0 0 2

140

9.109 10 9 10

8.198 10 ( )

e e

e

mE m c kgs

E J

−

−

⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤= = × × ×⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦

⎝ ⎠⎣ ⎦= ×

(1)

Para el protón, la energía en reposo viene dada por

22 27 16

0 0 2

100

1.675 10 ( ) 9 10

1.5075 10 ( )

p p

p

mE m c kgs

E J

−

−

⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤= = × × ×⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦

⎝ ⎠⎣ ⎦= ×

(2)

La energía total o de movimiento viene dada por la expresión de Einstein

2( )E m v c= (3)

donde la masa en movimiento ( )m v viene dada en función de la masa propia o masa en reposo y en

función de su velocidad, en la forma

02

2

( )1

mm vvc

=

−

(4)

Dicha dependencia funcional se muestra en la siguiente figura.



2

Luego, la relación (3) queda

2

2 0 02 2

2 21 1

m c EE mcv vc c

= = =

− −

(5)

Por lo tanto, la energía E , también depende de la velocidad de la partícula en la misma forma que la masa

(ver figura de más arriba).

Reemplazando los datos para cada partícula, se tiene

Para el electrón:

14

138.198 10 ( ) 1.43 10 ( )0.5723635209e

JE J−

−×= = × (6)

Para el protón:

10

101.5075 10 ( ) 6.201 10 ( )0.2431049156p

JE J−

−×= = × (7)

En Relatividad Especial, la energía cinética cE sólo se puede definir de la siguiente manera:

0cE E E≡ − (8)

( )2 2 20 0cE mc m c m m c= − = − (9)

Por lo tanto, para obtener la energía cinética de cada partícula, sólo debemos restar los valores de la

energía total E y la energía en reposo 0E , correspondientes.

Para el electrón. Usando las relaciones (6) y (1), se tiene

13 14

14

1.43 10 ( ) 8.198 10 ( )

6.125 10 ( )ce

ce

E J J

E J

− −

−

= × − ×

= × (10)

Para el protón. Usando las relaciones (7) y (2), se tiene,

10 10

10

6.201 10 ( ) 1.5075 10 ( )

4.694 10 ( )cp

cp

E J J

E J

− −

−

= × − ×

= × (11)

2. ¿Cuál es la masa en movimiento de una partícula si su energía cinética es 2 veces su energía en

reposo?

Solución:

En relatividad, la energía cinética viene dada por

0K E E= − (12)

El dato que nos dan es 02K E= , por lo tanto reemplazando en (12), se tiene

0 02K E E E= − = (13)

De esta relación se obtiene



3

03E E= (14)

pero 2E mc= y 20 0E m c= , reemplazando en (14), tenemos

03m m= (15)

3. Calcule la energía total, el momentum y la velocidad de una partícula para la cual se cumple que la

energía en reposo es igual a dos veces la energía cinética, es decir, 0 2E K= .

Solución:

Reemplazando 0

2EK = en la relación 0K E E= − , se obtiene

002

E E E= − (16)

y la energía total vale

032

E E= (17)

Por otra parte, reemplazando este resultado en la relación entre la energía y el momentum,

2 2 20E c p m c= + , que se puede reescribir en la forma: ( )2 2

0E cp E= + , usando 20 0E m c= , se tiene

2 2 200

32E c p m c= + (18)

Elevando al cuadrado podemos despejar el momentum:

2

200

94Ecp E= − (19)

01 5

4p E

c= (20)

054

p m c= (21)

Por su parte, el momentum p viene dado por 02

21

m vpvc

=

−

, reemplazando esta relación en (21), se tiene

002

2

54

1

m vp m cvc

= =

−

(22)

Simplificando y reordenando



4

25 1

4v vc c

⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

(23)

Elevando al cuadrado y reordenando

2 25 5

4 4v vc c

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(24)

2 5 51

4 4vc

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(25)

5 0.7453

v c c= = (26)

4. ¿A qué velocidad se está moviendo una partícula si su masa en movimiento m es igual a 3 veces su

masa en reposo 0m ?

5. Calcule la velocidad v , la energía cinética K y el momentum p , si la energía total de una partícula

vale 02.3E E= .

Introducción a la Mecánica Cuántica

En una dimensión, la ecuación diferencial que permite obtener la llamada “función de onda cuántica”

( , )x tψ , es la ecuación de Schroedinger:

2 2

2

( , ) ( , )( ) ( )2

x t x tV x x im x t

ψ ψϕ− ∂ ∂+ =

∂ ∂ (27)

Al usar el método de separación de variables, con ( , ) ( ) ( )x t x T tψ ϕ= , se obtienen dos ecuaciones

diferenciales. La solución de la parte temporal se expresa en función de la energía total E de la

partícula, en la forma,

( )Eti i tT t e e ω− −= = (28)

donde la frecuencia ω viene dada por Eω = . La solución ( )xϕ de la parte espacial, se obtiene al

resolver la llamada ecuación de Schroedinger de tiempo independiente:

2

2 2

( ) 2 ( ( )) ( )d x m E V x xdxϕ ϕ+ − (29)

La solución general de la función de onda usando la solución (28) y la solución de la ecuación diferencial

(29), queda de la forma:

( , ) ( ) i tx t x e ωψ ϕ −= (30)



5

Por lo tanto, para tener la solución completa de la ecuación de Schroedinger unidimensional en la forma

(30), sólo falta calcular la función ( )xϕ , resolviendo la ecuación diferencial independiente del tiempo

(29).

Resolvamos algunos casos sencillos.

6. Peldaño de potencial para el caso 0E V< .

Consideremos el movimiento de una partícula cuántica, que al viajar encuentra regiones de distinto valor

del potencial. Consideremos también que la energía E de la partícula es menor que la altura del peldaño

de potencial, es decir, 0E V< .

El “peldaño de potencial”, ( )V x viene definido por

0

0 si 0 región I( )

si 0 región IIx

V xV x

<⎧= ⎨ >⎩

(31)

Solución:

Queremos encontrar la forma específica de la función de onda cuántica ( )xϕ cada una de las dos regiones

en las cuales está dividido el potencial ( )V x . Apliquemos la ecuación diferencial de Schroedinger

independiente del tiempo (29), a cada una de las dos regiones que tenemos en este caso.

Región I; 1( ) 0V x = si 0x < , 0E > .

La ecuación de Schroedinger en la región I, queda

( )2

12 2

( ) 2 ( ) ( ) 0II

d x m E V x xdxϕ ϕ+ − = (32)

Pero 1( ) 0V x = , luego

2

2 2

( ) 2 ( ) 0II

d x m E xdxϕ ϕ+ = (33)

donde ( )I xϕ es la función de onda cuántica en la región I.

La ecuación diferencial (33) es muy sencilla puesto que es homogénea y sólo tiene coeficientes

constantes. Sabemos que toda ecuación diferencial de coeficientes constantes y homogénea se resuelve

proponiendo una solución del tipo:

V0 E

x=0

Región I Región II



6

( ) xI x eαϕ = (34)

donde α es una constante a determinar. Calculemos las derivadas:

2

22

( ) ( )( ) ; ;x x xI II

d x d xx e e edx dx

α α αϕ ϕϕ α α= = = (35)

Reemplacemos la solución propuesta y sus derivadas en la ecuación diferencial (33),

22

2 0x xme Eeα αα + = (36)

La relación que debe cumplirse es:

2

2m Eα = ± − (37)

que puede escribirse como

IiKα = ± (38)

donde

2I

mEK = (39)

Reemplazando este resultado en la solución propuesta (34), escribimos

( ) IiK xI x eϕ ±= (40)

La ecuación diferencial es de segundo orden, por lo tanto, la solución debe tener dos constantes

indeterminadas, A y B . Luego, la solución espacial de la ecuación de Schroedinger en la región I viene

dada por:

( ) I IiK x iK xI x Ae Beϕ −= + (41)

La solución general ( ),x tψ de la ecuación de Schroedinger en la región I, viene dada por

( ) ( ), I IiK x iK x i tx t Ae Be e ωψ − −= + (42)

( ) ( ) ( ), I Ii K x t i K x tx t Ae Beω ωψ − − += + (43)

En este caso muy sencillo, se ve claramente que la solución del problema cuántico contiene una

superposición de dos ondas del tipo clásico, al menos en su forma, una que viaja hacia la derecha ( )Ii K x tAe ω− , y otra que se superpone en la misma región I y que viaja hacia la izquierda ( )Ii K x tBe ω− + .

En lo que sigue, sólo nos preocuparemos de las soluciones espaciales, porque ya sabemos como se

comporta la parte temporal.

En resumen, en la región I, la parte espacial de la función de onda ( )I xϕ , viene dada por

( ) I IiK x iK xI x Ae Beϕ −= + (44)

Veamos ahora el comportamiento de la función de onda en la región II.



7

Región II; 2 0( )V x V= si 0 x< , 0E V< .

La ecuación de Schroedinger en la región II, viene dada por

( )2

22 2

( ) 2 ( ) ( ) 0IIII

d x m E V x xdxϕ ϕ+ − = (45)

Pero 2 0( )V x V= , luego

( )2

02 2

( ) 2 ( ) 0IIII

d x m E V xdxϕ ϕ+ − = (46)

Nuevamente se trata de una ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes, luego podemos

proponer una solución del tipo

( ) xII x eαϕ = (47)

donde α es una constante a determinar. Calculemos las derivadas:

2

22

( ) ( )( ) ; ;x x xII IIII

d x d xx e e edx dx

α α αϕ ϕϕ α α= = = (48)

Reemplacemos la solución propuesta y sus derivadas en la ecuación diferencial (33),

( )202

2 0x xme E V eα αα + − = (49)

La relación que debe cumplirse es:

( )02m E V

α− −

= ± (50)

En este punto cabe preguntarse si la energía E es mayor o menor que el potencial 0.V En el ejemplo que

estamos desarrollando se cumple que 0E V< , tal como se muestra en la figura de más arriba, por lo tanto,

( )0 0E V− < . En consecuencia, la cantidad subradical es positiva y la raíz es real. Entonces la solución

viene dada por

( )02m V E

α−

= ± (51)

Que puede escribirse como

IIKα = ± (52)

donde

( )02

II

m V EK

−= (53)

Reemplazando este resultado en la solución propuesta (34), escribimos

( ) IIK xI x eϕ ±= (54)



8

La ecuación diferencial es de segundo orden, por lo tanto, la solución debe tener dos constantes

indeterminadas, C y D . En consecuencia, la solución general de la ecuación de Schroedinger en la

región II viene dada por:

( ) II IIK x K xII x Ce Deϕ −= + (55)

En este punto debemos hacer una consideración física de importancia fundamental: las funciones de onda

físicas deben ser finitas en todo el espacio. En particular deben ser finitas cuando x →±∞ . Dicha

condición no se cumple para la solución IIK xCe , ya que

{ }IIK x

xLim Ce→∞

→∞ (56)

Este tipo de solución de la ecuación diferencial es inaceptable en términos físicos. Por lo tanto debemos

desecharla. Para ello hacemos cero la constante, 0C = . Entonces, la solución en la región II contiene un

único término:

( ) IIK xII x Deϕ −= (57)

que resulta finita cuando x →∞ .

Ya tenemos la solución general de la función de onda cuántica en las dos regiones del espacio, a saber:

( ) 0 región I

( )( ) D 0 región II

I I

II

iK x iK xI

K xII

x Ae Be xx

x e xϕ

ϕϕ

−

−

⎧ = + <= ⎨

= >⎩ (58)

Nótese que existe función de onda cuántica a la derecha del origen, es decir, en la región II, que es una

región clásicamente prohibida. Este es un resultado nuevo y que sólo existe en la mecánica cuántica.

Esta solución general está incompleta, porque no sabemos aún los valores de las constantes. Para obtener

dichas constantes, debemos aplicar ciertas restricciones a las funciones de onda encontradas, a saber:

La función de onda ( )xϕ y su derivada ( )d xdxϕ deben cumplir con las siguientes condiciones en las

discontinuidades finitas del potencial ( )U x :

a) deben ser finitas

b) deben ser univaluadas

c) deben ser continuas.

En este ejemplo, la discontinuidad finita se encuentra en 0x = , por lo tanto, se debe cumplir lo siguiente:

(0) (0)I IIϕ ϕ= (59)

0 0

( ) ( )I II

x x

d x d xdx dxϕ ϕ

= =

= (60)

Usando la solución (58), se tiene

A B D+ = (61)



9

( )I IIiK A B K D− = − (62)

Reordenado la relación (62), escribimos:

II

I

KA B i DK

− = (63)

Sumando (61) y (63), se obtiene

12

II

I

KDA iK

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠ (64)

Restando (61) menos (63), se obtiene

12

II

I

KDB iK

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (65)

La constante C se calcula usando la condición de normalización

* ( ) ( ) 1x x dxϕ ϕ∞

−∞

=∫ (66)

7. Peldaño de potencial para el caso 0E V> .

Consideremos el movimiento de una partícula cuántica, que al viajar encuentra regiones de distinto valor

del potencial. Consideremos también que la energía E de la partícula es mayor que la altura del peldaño

de potencial, es decir, 0E V> .

El “peldaño de potencial”, ( )V x viene definido por

0

0 si 0 región I( )

si 0 región IIx

V xV x

<⎧= ⎨ >⎩

(67)

8. Variaciones sobre peldaños de potencial.

Resuelva cada uno de los casos mostrados a continuación.

a) Primer caso: 0 1V E V< <

0

1

0 0( ) 0

xV x V x b

V x b

<⎧⎪= < <⎨⎪ >⎩

(68)

V0 E

x=0

Región I Región II



10

b) Segundo caso: El mismo potencial anterior, pero 1E V> .

c) Tercer caso: 0 1V E V< <

0

1

0( ) 0 0

V xV x x b

V x b

<⎧⎪= < <⎨⎪ >⎩

(69)

d) Cuarto caso: El mismo potencial anterior 1E V>

0V

1V

E

0x = x b=

0V

1V

E

0x = x b=

0V

1V E

0x = x b=

0V

1V E

0x = x b=



11

9. Barrera de potencial. Caso 0E V< (Efecto túnel)

La barrera de potencial es otro ejemplo que se puede resolver exactamente en mecánica cuántica y tiene la

particularidad de que a través de este potencial se puede producir el llamado “efecto túnel”. La barrera de

potencial viene descrita por:

0

0 0( ) 0

0

xV x V x b

x b

<⎧⎪= < <⎨⎪ >⎩

(70)

El efecto túnel se produce para el caso 0E V< . Consideremos entonces ese caso, tal como aparece en la

figura de más arriba. Allí podemos distinguir tres regiones según el valor del potencial constante. En cada

región debemos resolver la ecuación de Schroedinger independiente del tiempo (29).

Región I: 0x < , 1( ) 0V x = y 0E >

En esta región, la ecuación de Schroedinger (29), queda

2

2 2

2 ( 0) 0II

d m Edxϕ ϕ+ − = (71)

2

2 2

2 0II

d mEdxϕ ϕ+ = (72)

Las soluciones de esta ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes son de la forma

( ) xI x eαϕ = . Reemplazando esta solución en (71), se obtiene la siguiente solución general en la región I:

( ) ; 0I IiK x iK xI x Ae Be xϕ −= + < (73)

donde

2I

mEK = (74)

y las constantes son indeterminadas aún. Las soluciones son funciones armónicas u oscilatorias. Esta

solución general representa a dos ondas viajeras, una onda IiK xAe , que viene viajando desde menos

infinito ( )−∞ hacia la derecha, hasta llegar a chocar con la barrera de potencial, y otra onda viajera

IiK xBe− , que se refleja en la barrera de potencial y que viaja hacia la izquierda, es decir, hacia −∞ .

0V

E

0x = x b= x

Region I Region III

Region II



12

Región II: 0 x b< < , 2 0( )V x V= y 0E V<


( )2

02 2

2 0IIII

d m E Vdxϕ ϕ+ − = (75)

donde ( )0 0E V− < . Las soluciones de esta ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes

son de la forma ( ) xII x eαϕ = . Reemplazando esta solución en (75), se obtiene la siguiente solución general

en la región II:

( ) ; 0II IIK x K xII x Ce De x bϕ −= + < < (76)

donde

( )02

II

m V EK

−= (77)

y las constantes son indeterminadas aún. Nótese que estas soluciones no son oscilatorias, es decir, no son

ondas viajeras, sino que son exponenciales genuinas, una creciente y una decreciente.

Región III: x b> , 3 ( ) 0V x = y 0E >


2

2 2

2 ( 0) 0IIIIII

d m Edxϕ ϕ+ − = (78)

2

2 2

2 0IIIIII

d mEdxϕ ϕ+ = (79)

Las soluciones de esta ecuación diferencial homogénea con coeficientes constantes son de la forma

( ) xIII x eαϕ = . Reemplazando esta solución en (71), se obtiene la siguiente solución general en la región I:

( ) ;III IIIiK x iK xIII x Fe Ge x bϕ −= + > (80)

donde

2III

mEK = (81)

y las constantes son indeterminadas aún. Pero 2III

mEK = es igual a 2I

mEK = , luego, la solución en

la región III queda:

( ) ;I IiK x iK xIII x Fe Ge x bϕ −= + > (82)

Esta solución representa dos ondas viajeras.

a) Una onda que emerge de la región II hacia la región III, y que se dirige hacia más infinito, la solución IiK xFe en este caso.



13

b) La otra solución, IiK xGe− , representa una onda que viene viajando desde el infinito hacia la región de

la barrera de potencial. Esta solución no es físicamente aceptable, porque significaría que la onda que

viaja hacia la izquierda: IiK xGe− , debería haber rebotado en alguna barrera ubicada en el infinito. Pero en

infinito no pueden existir potenciales donde rebotar, por eso decimos que esa solución no es físicamente

aceptable. Por lo tanto, debemos desechar dicha solución. Pare ello, debemos hacer que la constante G

sea cero, es decir, 0G = . Luego, la solución físicamente aceptable en la región III es la siguiente:

( ) ;IiK xIII x Fe x bϕ = > (83)

En resumen, la función de onda en todo el espacio para la barrera de potencial viene dada por

( ) 0

( ) ( ) 0( )

I I

II II

I

iK x iK xI

K x K xII

iK xIII

x Ae Be xx x Ce De x b

x Fe x b

ϕϕ ϕ

ϕ

−

−

⎧ = + <⎪= = + < <⎨⎪ = >⎩

(84)

Esquemáticamente, la solución tiene el siguiente aspecto:

Problema: Aplique las condiciones de continuidad de la función ( )xϕ y su derivada ddxϕ en las dos

discontinuidades finitas del potencial ubicadas en 0x = y x b= . A partir de las relaciones obtenidas,

calcule todas las constantes en función de una sola constante indeterminada. Posteriormente aplique la

condición de normalización para calcular la última constante no determinada.

10. Barrera de potencial. Caso 0E V>

Resuelva el problema de la barrera de potencial, cuando la energía de la partícula es mayor que la altura

de la barrera de potencial.

6. Pozo de potencial de paredes infinitas.

Resuelva completamente el problema de una partícula en un pozo de potencial de paredes infinitas.

0V

0x = x b= x

Region I Region IIIRegion II

Onda transmitida: IiK xFe

Onda incidente IiK xAe

Onda reflejada IiK xBe−



14

Obtenga la cuantización de la energía y la constante de normalización. Escriba la forma final de las

funciones de onda ( )n xϕ y haga un dibujo esquemático de ellas y de la densidad de probabilidad asociada

* *( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( )n n n n nP x t x t x t x xψ ψ ϕ ϕ= = .

Hint: Recuerde que la condición que debe cumplir la función de onda ( )xϕ en cualquier “discontinuidad

infinita” del potencial ubicada en 0x , es que la función de onda se debe anular en la discontinuidad, es

decir, se debe cumplir que

0( ) 0xϕ = (85)

7. Pozo de potencial de paredes finitas. Caso 0E V<

Resuelva completamente el problema de una partícula en un pozo de potencial de paredes finitas. Es

decir, aplique la condición de que la función de onda y su derivada espacial se igualan en las

“discontinuidades finitas” del potencial. Obtenga la cuantización de la energía y la constante de

normalización. Escriba la forma final de las funciones de onda ( )n xϕ y haga un dibujo esquemático de

ellas y de la densidad de probabilidad asociada * *( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( )n n n n nP x t x t x t x xψ ψ ϕ ϕ= =

8. Mezcla de paredes de potencial finitas e infinitas

Resuelva completamente el problema de una partícula en un pozo de potencial formado por una pared

finita y una pared infinita.

x

V(x)

0V

0 2a

2a

−

0V

E

x

V(x) ∞∞

0 2a

2a

−

E



15

x

V(x) ∞

L0

E

0V

fisica cuantica schrodinger

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