Exercício 13: Considere o potencial barreira, ou seja,
V(x)=\left\{\begin{array}{llr} 0, & \text { se } & x<0 \\\ V_{0}, & \text { se } & 0 \leq x \leq a \\\\ 0, & \text { se } & x>a \end{array} .\right.
Considere uma partícula quântica vindo da esquerda para a direita com energia E>V_{0}.
a) Encontre as autofunções que descrevem a partícula nessa situação.
b) Utilizando as condições de continuidade, escreve as constantes das autofunções em termos de apenas uma constante.
c) Calcule os coeficientes de transmissão e reflexão (lembre da densidade de corrente!)

Passo 1

O enunciado dá um potencial retangular (barreira) e pede três coisas com a partícula incidindo da esquerda com energia E>V_{0}:
  • (a) encontrar as autofunções que descrevem o estado estacionário (ou seja, as soluções da equação de Schrödinger independente do tempo em cada região);
  • (b) usar as condições de continuidade para escrever as constantes das autofunções em termos de apenas uma constante (escolher uma normalização conveniente, por exemplo a amplitude incidente);
  • (c) calcular os coeficientes de transmissão e reflexão, usando a densidade de corrente para relacionar amplitudes a probabilidades.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • Potencial
V(x)=\left\{\begin{array}{lll} 0, & x<0,\\[4pt] V_{0}, & 0\le x\le a,\\[4pt] 0, & x>a. \end{array}\right.
  • Energia da partícula \,E>V_{0}.
  • A partícula vem da esquerda para a direita (há uma onda incidente viajando para +x).
A resolução começará a partir da equação de Schrödinger independente do tempo e das soluções planas em cada região, depois impondo continuidade de \psi e \psi' em x=0 e x=a e por fim computando correntes e T e R.]

Passo 2

Escrevendo a equação de Schrödinger independente do tempo e as soluções gerais em cada região.
A equação é
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}+V(x)\psi=E\psi.
Em regiões de potencial constante a solução é combinação linear de exponenciais complexas. Defino os números de onda (positivos):
k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}},\qquad k_{2}=\sqrt{\frac{2m(E-V_{0})}{\hbar^{2}}},
onde k vale fora da barreira (região I e III) e k_{2} dentro da barreira (região II), já que E>V_{0} garante k_{2} real.
As soluções gerais, seguindo a condição física “onda incidente da esquerda” (onda que chega de -\infty em direção a +x), são:
  • Região I ( x<0): superposição de onda incidente e refletida
\psi_{I}(x)=A\,e^{ikx}+B\,e^{-ikx},
onde A é amplitude da onda incidente (direita) e B amplitude da refletida (esquerda).
  • Região II ( 0\le x\le a): combinação de duas ondas dentro da barreira
\psi_{II}(x)=C\,e^{ik_{2}x}+D\,e^{-ik_{2}x}.
  • Região III ( x>a): apenas onda transmitida para a direita
\psi_{III}(x)=F\,e^{ikx}.
Isso responde (a): as autofunções são exatamente essas formas em cada região, com constantes A,B,C,D,F a serem determinadas por condições de contorno.
Explicação didática curta: por que exponenciais? Porque para potencial constante a equação reduz a \psi''+k^{2}\psi=0 (com k apropriado), cuja solução é combinação de e^{\pm i k x}. O termo e^{ikx} representa uma onda viajando para a direita com momento \hbar k; e^{-ikx} viaja para a esquerda.

Passo 3

Impondo as condições de continuidade em x=0 e x=a.
Condições: \psi e \psi' são contínuas em x=0 e x=a. Escrevo as quatro equações resultantes.
Em x=0:
\psi_{I}(0)=\psi_{II}(0)\quad\Rightarrow\quad A+B=C+D,
\psi'_{I}(0)=\psi'_{II}(0)\quad\Rightarrow\quad ik(A-B)=ik_{2}(C-D).
Em x=a:
\psi_{II}(a)=\psi_{III}(a)\quad\Rightarrow\quad C e^{ik_{2}a}+D e^{-ik_{2}a}=F e^{ika},
\psi'_{II}(a)=\psi'_{III}(a)\quad\Rightarrow\quad ik_{2}\big(C e^{ik_{2}a}-D e^{-ik_{2}a}\big)=ik F e^{ika}.
Essas são quatro equações lineares para as cinco constantes. Física: há uma liberdade global de multiplicar \psi por fase/constante; então escolhemos a amplitude incidente A como parâmetro livre (normalmente ponemos A=1 para obter razões relativas). O objetivo do item (b) é justamente escrever B,C,D,F em função de A.

Passo 4

Resolver o sistema: primeiro expressar C e D em termos de F usando as equações em x=a.
Defino S=e^{ik_{2}a}. As duas equações em x=a são
C S + D S^{-1}=F e^{ika},
k_{2}(C S - D S^{-1})=k F e^{ika}.
Trato X=C S e Y=D S^{-1}. Então
X+Y=F e^{ika},\qquad k_{2}(X-Y)=k F e^{ika}.
Resolve-se para X e Y:
X=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1+\frac{k}{k_{2}}\Big),\qquad Y=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1-\frac{k}{k_{2}}\Big).
Voltando a C e D:
C=\frac{X}{S}=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1+\frac{k}{k_{2}}\Big)e^{-ik_{2}a},
D=Y S=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1-\frac{k}{k_{2}}\Big)e^{ik_{2}a}.
Essa é uma expressão útil: C e D estão escritas em termos de F.
Didaticamente: resolver primeiro no lado direito é prático porque a região III tem apenas um termo. Isso reduz as incógnitas e torna as contas gerenciáveis.

Passo 5

Agora usar as equações em x=0 para relacionar A,B com F (já temos C,D em função de F) e escolher A como referência.
Usando as expressões de C e D e fatorando e^{ika}, calculo C+D e C-D. As combinações ficam (usando \cos e \sin para simplificar):
C+D=F e^{ika}\Big[\cos(k_{2}a)-i\frac{k}{k_{2}}\sin(k_{2}a)\Big],
C-D=F e^{ika}\Big[\frac{k}{k_{2}}\cos(k_{2}a)-i\sin(k_{2}a)\Big].
As equações em x=0 eram
A+B=C+D,\qquad A-B=\frac{k_{2}}{k}(C-D).
Somando e subtraindo essas duas equações obtenho uma expressão direta para F em termos de A. Escolhendo A arbitrariamente (normalmente A=1), encontro
F e^{ika}\Big[\cos(k_{2}a)-i\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)\Big]=A.
Isso dá a amplitude transmitida F em termos de A:
F=\frac{A\,e^{-ika}}{\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)}.
Também posso obter a amplitude refletida B em termos de A (útil para a parte (b)):
a partir das combinações (ou subtraindo as equações) chega-se a
B=A\,\frac{i\displaystyle\frac{k_{2}^{2}-k^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)} {\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)}.
Observação didática: a forma do denominador aparece muitas vezes em espalhamento por potencial retangular; é útil memorizá-la ou saber derivá-la rapidamente no exame.

Passo 6

Calcular densidade de corrente e os coeficientes de transmissão e reflexão.
A densidade de corrente quântica unidimensional é
j(x)=\frac{\hbar}{2mi}\big(\psi^{*}\psi'-\psi\psi'^{*}\big).
Para uma onda plana \psi(x)=\mathcal{A}e^{ikx} tem-se
j=\frac{\hbar k}{m}|\mathcal{A}|^{2},
e para \mathcal{A}e^{-ikx} o sinal de k muda e o corrente tem sinal negativo.
Na região I (esquerda) o corrente incidente é
j_{\mathrm{inc}}=\frac{\hbar k}{m}|A|^{2},
o corrente refletido é
j_{\mathrm{ref}}=-\frac{\hbar k}{m}|B|^{2},
(negativo porque é para a esquerda). Na região III (direita) o corrente transmitido é
j_{\mathrm{trans}}=\frac{\hbar k}{m}|F|^{2},
pois a onda transmitida é F e^{ikx}.
Definições:
R=\frac{|j_{\mathrm{ref}}|}{j_{\mathrm{inc}}}=\frac{|B|^{2}}{|A|^{2}},\qquad T=\frac{j_{\mathrm{trans}}}{j_{\mathrm{inc}}}=\frac{|F|^{2}}{|A|^{2}},
aqui não há fator adicional de k porque k é o mesmo nas regiões I e III (o potencial nos dois lados é zero).
Agora uso a expressão encontrada para F/A:
\frac{F}{A}=\frac{e^{-ika}}{\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)}.
Logo
T=\left|\frac{F}{A}\right|^{2}=\frac{1} {\cos^{2}(k_{2}a)+\displaystyle\frac{(k^{2}+k_{2}^{2})^{2}}{4k^{2}k_{2}^{2}}\sin^{2}(k_{2}a)}.
Essa expressão pode ser simplificada usando a identidade
\cos^{2}\theta+\Big(1+\frac{(k^{2}-k_{2}^{2})^{2}}{4k^{2}k_{2}^{2}}\Big)\sin^{2}\theta =1+\frac{(k^{2}-k_{2}^{2})^{2}}{4k^{2}k_{2}^{2}}\sin^{2}\theta,
o que leva ao resultado usual (substituindo k^{2}-k_{2}^{2}=\dfrac{2mV_{0}}{\hbar^{2}} e também usando k^{2}=\dfrac{2mE}{\hbar^{2}}, k_{2}^{2}=\dfrac{2m(E-V_{0})}{\hbar^{2}}):
T=\frac{1}{1+\dfrac{V_{0}^{2}}{4E(E-V_{0})}\sin^{2}(k_{2}a)}.
E, obviamente,
R=1-T.
Também a amplitude de reflexão B/A que eu escrevi antes é
\frac{B}{A}=\frac{i\displaystyle\frac{k_{2}^{2}-k^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)} {\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)},
a partir da qual R=|B/A|^{2} dá a mesma expressão 1-T.
Didática: note que T oscila com k_{2}a (comportamento de interferência dentro da barreira) e pode chegar a 1 quando \sin(k_{2}a)=0 (condição de ressonância, correspondendo a transparência total para certas energias).

Passo 7

Resumo das expressões das constantes em termos de A (item (b)) — útil para referência rápida.
Escolhendo A como parâmetro (por exemplo A=1):
\frac{F}{A}=\frac{e^{-ika}}{\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)},
\frac{B}{A}=\frac{i\displaystyle\frac{k_{2}^{2}-k^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)} {\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)},
C=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1+\frac{k}{k_{2}}\Big)e^{-ik_{2}a},\qquad D=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1-\frac{k}{k_{2}}\Big)e^{ik_{2}a}.
Essas expressões respondem explicitamente (b): todas as constantes escritas em função de uma só ( A).

Resposta

(a) \psi_{I}(x)=A e^{ikx}+B e^{-ikx} for x<0.
\psi_{II}(x)=C e^{ik_{2}x}+D e^{-ik_{2}x} for 0\le x\le a.
\psi_{III}(x)=F e^{ikx} for x>a.
(b) Em função de A (escolhendo A como amplitude incidente):
\frac{F}{A}=\frac{e^{-ika}}{\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)},
\frac{B}{A}=\frac{i\displaystyle\frac{k_{2}^{2}-k^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)} {\cos(k_{2}a)-i\displaystyle\frac{k^{2}+k_{2}^{2}}{2k k_{2}}\sin(k_{2}a)},
C=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1+\frac{k}{k_{2}}\Big)e^{-ik_{2}a},\qquad D=\frac{F e^{ika}}{2}\Big(1-\frac{k}{k_{2}}\Big)e^{ik_{2}a}.
(c) Coeficientes de transmissão e reflexão:
T=\frac{|F|^{2}}{|A|^{2}}=\frac{1}{\cos^{2}(k_{2}a)+\displaystyle\frac{(k^{2}+k_{2}^{2})^{2}}{4k^{2}k_{2}^{2}}\sin^{2}(k_{2}a)} =\frac{1}{1+\dfrac{V_{0}^{2}}{4E(E-V_{0})}\sin^{2}(k_{2}a)},
R=\frac{|B|^{2}}{|A|^{2}}=1-T.

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