Considere a mesma partícula agora com energia positiva E propagando-se da esquerda para a direita.
(a) Mostre que o estado estacionário pode ser escrito como:
\begin{gathered} x<0 \quad \varphi(x)=e^{i k x}+A e^{-i k x} \\\ x>0 \quad \varphi(x)=B e^{i k x} \end{gathered}
onde k, A e B devem ser determinados.
(b) Defina -E_{L}=-\frac{m \alpha^{2}}{2 \hbar^{2}}. Calcule os coeficientes de reflexão R e transmissão T em termos de E / E_{L}.
Estude o comportamento de R e T quando:
  • E \rightarrow 0
  • E \rightarrow \infty

Passo 1

O enunciado dá a forma proposta do estado estacionário para uma partícula incidindo da esquerda com energia positiva e pede para determinar k, A e B. Também define
-E_{L}=-\frac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}
(o que sugere que o potencial é um delta atraente V(x)=-\alpha\delta(x), com \alpha>0). As quantidades que precisamos encontrar são:
  • a constante de onda k associada à energia E>0;
  • os coeficientes complexos A (onda refletida) e B (onda transmitida);
  • os coeficientes de reflexão R e transmissão T em termos de E/E_{L};
  • o comportamento de R e T quando E\to0 e quando E\to\infty.
Vou usar a equação de Schrödinger estacionária e as condições de contorno apropriadas para um potencial delta no ponto x=0.

Passo 2

Escrevendo a equação de Schrödinger independente do tempo para região sem potencial (para x\neq0):
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\psi''(x)=E\psi(x).
Para E>0 definimos a constante de onda
k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}.
Isto garante que as soluções em cada região são combinações de exponenciais complexas oscilatórias e^{\pm i k x}. Assim a forma proposta
\begin{gathered} x<0 \quad \varphi(x)=e^{i k x}+A e^{-i k x},\\\ x>0 \quad \varphi(x)=B e^{i k x} \end{gathered}
é a ansatz correta para uma partícula vindo da esquerda: termo incidente e^{ikx}, refletida A e^{-ikx}, transmitida B e^{ikx}.

Passo 3

Agora aplico as condições de contorno no ponto x=0. Para um potencial V(x)=-\alpha\delta(x) a função de onda é contínua em x=0 e sua derivada possui um salto determinado pela integral da equação de Schrödinger sobre um intervalo pequeno em torno de 0. Faço isso explicitamente:
Integrando -\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\psi''(x)+V(x)\psi(x)=E\psi(x) de -\varepsilon a +\varepsilon e tomando \varepsilon\to0,
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\big[\psi'(0^{+})-\psi'(0^{-})\big]+\int_{-\varepsilon}^{+\varepsilon}V(x)\psi(x)\,dx=0.
Como V(x)=-\alpha\delta(x) temos \int_{-\varepsilon}^{+\varepsilon}V\psi=-\alpha\psi(0). Logo
\psi'(0^{+})-\psi'(0^{-})=\frac{2m}{\hbar^{2}}\big(-\alpha\psi(0)\big)=-\frac{2m\alpha}{\hbar^{2}}\psi(0).
Esta é a condição do salto da derivada para o delta atraente.
A condição de continuidade é simplesmente
\psi(0^{-})=\psi(0^{+}).

Passo 4

Avalio as condições usando a ansatz. Continuidade em x=0:
\psi(0^{-})=1+A,\qquad \psi(0^{+})=B,
portanto
1+A=B.
Agora a derivada de cada ramo: para x<0,
\psi'(x)=ik e^{ikx}-ik A e^{-ikx}\quad\Rightarrow\quad \psi'(0^{-})=ik(1-A).
Para x>0,
\psi'(x)=ik B e^{ikx}\quad\Rightarrow\quad \psi'(0^{+})=ik B.
Aplicando a condição do salto:
\psi'(0^{+})-\psi'(0^{-})=ikB-ik(1-A)=ik\big(B-1+A\big).
Usando B=1+A simplifica a expressão:
\psi'(0^{+})-\psi'(0^{-})=ik(2A).
Igualando com o resultado da integração:
ik(2A)=-\frac{2m\alpha}{\hbar^{2}}\psi(0)=-\frac{2m\alpha}{\hbar^{2}}B.
Cancelando o fator 2,
ik A=-\frac{m\alpha}{\hbar^{2}}B.

Passo 5

Resolvo o sistema linear B=1+A e ik A= -\dfrac{m\alpha}{\hbar^{2}}B. É conveniente definir
\beta\equiv\frac{m\alpha}{\hbar^{2}k}.
Então a segunda equação fica A=-\dfrac{m\alpha}{i\hbar^{2}k}B=\;i\beta\,B (porque -1/i= i). Assim
A=i\beta B,\qquad B=1+A=1+i\beta B.
Isolando B:
B(1-i\beta)=1\quad\Rightarrow\quad B=\frac{1}{1-i\beta}.
E então
A=i\beta B=\frac{i\beta}{1-i\beta}.
Recordando que k=\sqrt{2mE}/\hbar, temos \beta>0.

Passo 6

Agora obtenho expressões mais físicas para \beta em termos de E e da energia de referência E_{L}. Calculo \beta^{2}:
\beta^{2}=\frac{m^{2}\alpha^{2}}{\hbar^{4}k^{2}}=\frac{m^{2}\alpha^{2}}{\hbar^{4}}\cdot\frac{\hbar^{2}}{2mE}=\frac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}E}=\frac{E_{L}}{E}.
Portanto
\beta=\sqrt{\frac{E_{L}}{E}}.
Com isso podemos escrever os módulos ao quadrado necessários para refletância e transmitância.

Passo 7

Defino as probabilidades de corrente (fluxo) e relaciono com A e B. O fluxo (densidade de corrente) para uma onda plana C e^{ikx} é j=(\hbar k/m)|C|^{2}. Para a onda incidente e^{ikx} temos j_{\text{inc}}=\hbar k/m. Para a refletida A e^{-ikx} o fluxo para a esquerda tem magnitude j_{\text{ref}}=(\hbar k/m)|A|^{2}. Para a transmitida B e^{ikx} o fluxo à direita é j_{\text{trans}}=(\hbar k/m)|B|^{2}. Assim os coeficientes adimensionais são
R=\frac{|j_{\text{ref}}|}{j_{\text{inc}}}=|A|^{2},\qquad T=\frac{j_{\text{trans}}}{j_{\text{inc}}}=|B|^{2}.
Agora calculo |B|^{2} e |A|^{2}. Como B=\dfrac{1}{1-i\beta},
|B|^{2}=\frac{1}{1+\beta^{2}}.
E como A=i\beta B,
|A|^{2}=\beta^{2}|B|^{2}=\frac{\beta^{2}}{1+\beta^{2}}.
Usando \beta^{2}=E_{L}/E obtemos as formas em termos de E/E_{L}:
T=|B|^{2}=\frac{1}{1+\dfrac{E_{L}}{E}}=\frac{E}{E+E_{L}},
R=|A|^{2}=\frac{\dfrac{E_{L}}{E}}{1+\dfrac{E_{L}}{E}}=\frac{E_{L}}{E+E_{L}}.
Verifica-se imediatamente que R+T=1, como deve ser para este potencial conservativo com mesmas velocidades à esquerda e à direita.

Passo 8

Estudo os limites pedidos:
  • Quando E\to0^{+}, temos E_{L}/E\to\infty, portanto
R=\frac{E_{L}}{E+E_{L}}\to1,\qquad T=\frac{E}{E+E_{L}}\to0.
Interpretação física: a partícula muito lenta é quase totalmente refletida pelo poço delta atraente (barreira efetiva para baixas energias).
  • Quando E\to\infty, temos E_{L}/E\to0, portanto
R\to0,\qquad T\to1.
Interpretação: partículas de alta energia quase não “veem” o potencial delta e transmitem praticamente sem reflexão.

Resposta

k=\sqrt{\dfrac{2mE}{\hbar^{2}}}.
B=\dfrac{1}{1-i\beta},\qquad A=\dfrac{i\beta}{1-i\beta}, onde \beta=\sqrt{\dfrac{E_{L}}{E}}=\dfrac{m\alpha}{\hbar^{2}k}.
R=\dfrac{E_{L}}{E+E_{L}},\qquad T=\dfrac{E}{E+E_{L}}.
Quando E\to0:\\ R\to1,\\ T\to0.
Quando E\to\infty:\\ R\to0,\\ T\to1.

Exercícios relacionados