6. Poço quadrado de largura nula

Considere um poço quadrado de largura a e profundidade V_{0}. Estude o estado ligado quando a \rightarrow 0.
(a) Mostre que existe apenas um estado ligado e que sua energia se comporta como
E \sim-\frac{m V_{0}^{2} a^{2}}{2 \hbar^{2}}
(b) Mostre que a probabilidade de encontrar a partícula fora do poço tende a 1.
(c) Explique como esse resultado se conecta com o potencial delta do exercício 2.

Passo 1

O enunciado dá um poço quadrado unidimensional de largura a\) e profundidade \(V_{0}\) (assumir potencial simétrico em torno de \(x=0\), isto é \[V(x)=\begin{cases} -V_{0}, & |x|<\dfrac{a}{2},\\[4pt] 0, & |x|>\dfrac{a}{2}, \end{cases}
) e pede o comportamento do estado ligado quando a\to0\]. As perguntas são: (a) mostrar que existe apenas um estado ligado e que sua energia se comporta como \[E \sim -\dfrac{m V_{0}^{2} a^{2}}{2\hbar^{2}},\] (b) mostrar que a probabilidade de encontrar a partícula fora do poço tende a \(1 quando a\to0,
(c) explicar a conexão com o potencial delta do exercício 2.
Informações relevantes que usarei:
  • Estados ligados têm energia E<0.
  • A equação de Schrödinger estacionária em 1D e as condições de contorno (continuidade de \psi e \psi' em x=\pm a/2).
  • Para E<0 as soluções fora do poço são exponenciais decrescentes; dentro do poço são combinações de senos/cossenos.]

Passo 2

Escrever a equação de Schrödinger e as formas gerais das soluções nas três regiões. A equação de Schrödinger independente do tempo é
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\psi''(x)+V(x)\psi(x)=E\psi(x).
Para energia ligada E<0 defino
\kappa\equiv\sqrt{\dfrac{-2mE}{\hbar^{2}}}>0, \qquad k\equiv\sqrt{\dfrac{2m(V_{0}+E)}{\hbar^{2}}}=\sqrt{\dfrac{2m(V_{0}-|E|)}{\hbar^{2}}}.
As soluções são:
  • Região |x|>a/2 (fora do poço), onde V=0:
\psi_{\text{out}}(x)=A\,e^{-\kappa|x|},
(escolhi a forma simétrica decrescente, já que estado ligado mais baixo é par).
  • Região |x|<a/2 (dentro do poço), onde V=-V_{0}:
\psi_{\text{in}}(x)=C\cos(kx)+D\sin(kx).
Como o potencial é par (simétrico), os estados podem ser separados em par e ímpar. O estado ligado mais baixo é par, então tomo \psi par e ponho D=0. Assim dentro:
\psi_{\text{in}}(x)=C\cos(kx).

Passo 3

Aplicar as condições de contorno (continuidade de \psi e \psi') em x=a/2 para a solução par. Em x=a/2:
continuidade de \psi:
A e^{-\kappa a/2}=C\cos\!\bigl(k a/2\bigr).
continuidade de \psi' (derivadas, lembrando a derivada de e^{-\kappa|x|} para x>0 é -\kappa A e^{-\kappa x}):
-\kappa A e^{-\kappa a/2} = -C k \sin\!\bigl(k a/2\bigr).
Dividindo a segunda pela primeira (para eliminar A e^{-\kappa a/2} e C) obtém-se a condição de quantização para o estado par:
k\tan\!\bigl(k a/2\bigr)=\kappa.
Esta equação relaciona k e \kappa e por consequência determina E.

Passo 4

Expressar \kappa em termos da energia e aproximar para a\to0. Temos
\kappa=\sqrt{\dfrac{-2mE}{\hbar^{2}}},\qquad k^{2}=\dfrac{2m(V_{0}-|E|)}{\hbar^{2}}.
No limite a\to0 a energia ligada |E| tende a 0 (pois a solução esperada mostra E\to0^{-}); portanto V_{0}-|E|\approx V_{0} e podemos aproximar
k\approx k_{0}\equiv\sqrt{\dfrac{2mV_{0}}{\hbar^{2}}}\qquad\text{quando }a\to0.
Note que k_{0} é finito (depende de V_{0} fixo), então k a/2 \to 0 quando a\to0.

Passo 5

Aproximação da condição de quantização para pequenos k a/2. Para argumento pequeno vale \tan x\approx x. Então
k\tan\!\bigl(k a/2\bigr)\approx k\cdot\bigl(k a/2\bigr)=\dfrac{k^{2}a}{2}.
Pela condição de contorno isto é igual a \kappa, logo
\kappa \approx \dfrac{k^{2}a}{2}.
Substituindo k^{2}\approx 2mV_{0}/\hbar^{2}
\kappa \approx \dfrac{2mV_{0}}{\hbar^{2}}\cdot\dfrac{a}{2}=\dfrac{mV_{0}a}{\hbar^{2}}.
Agora uso \kappa=\sqrt{2m|E|}/\hbar para obter |E|:
\dfrac{\sqrt{2m|E|}}{\hbar}\approx \dfrac{mV_{0}a}{\hbar^{2}} \quad\Rightarrow\quad |E|\approx \dfrac{\hbar^{2}}{2m}\left(\dfrac{mV_{0}a}{\hbar^{2}}\right)^{2} =\dfrac{mV_{0}^{2}a^{2}}{2\hbar^{2}}.
Portanto, para a\to0,
E\sim -\dfrac{mV_{0}^{2}a^{2}}{2\hbar^{2}},
o que resolve a parte (a).

Passo 6

Mostrar que existe apenas um estado ligado quando a\to0. Considero a possível solução ímpar (paridade ímpar). Para a solução ímpar \psi_{\text{in}}(x)=D\sin(kx) e as condições levam à equação
\kappa = k\cot\!\bigl(k a/2\bigr).
Para a\to0 temos k a/2\to0 e \cot x\approx 1/x, então o lado direito comporta-se como
k\cot\!\bigl(k a/2\bigr)\approx k\cdot \dfrac{2}{k a}=\dfrac{2}{a},
que diverge quando a\to0. Mas \kappa que encontramos na parte anterior é pequeno, de ordem mV_{0}a/\hbar^{2} (que tende a zero). Assim não há solução ímpar consistente no limite a\to0. Logo o único estado ligado remanescente é o estado par que acabamos de calcular. Conclusão: existe apenas um estado ligado no limite a\to0.

Passo 7

Calcular a probabilidade de estar fora do poço e mostrar que tende a 1. Para a forma aproximada do estado ligado no limite a\to0 a parte externa domina e tem a forma (para x>0):
\psi(x)\approx A e^{-\kappa x}.
Normalizando totalmente (considerando paridade e extensão infinita) exige
1=2\int_{0}^{\infty}A^{2}e^{-2\kappa x}\,dx = 2\cdot A^{2}\cdot \dfrac{1}{2\kappa} = \dfrac{A^{2}}{\kappa},
portanto A=\sqrt{\kappa}. Agora a probabilidade de encontrar a partícula dentro do poço (intervalo |x|<a/2) é
P_{\text{in}}=\int_{-a/2}^{a/2}|\psi(x)|^{2}\,dx \approx \int_{-a/2}^{a/2}\kappa e^{-2\kappa|x|}\,dx =2\kappa\int_{0}^{a/2}e^{-2\kappa x}\,dx =1-e^{-\kappa a}.
Para \kappa a pequeno (lembre \kappa\sim mV_{0}a/\hbar^{2}, então \kappa a\sim mV_{0}a^{2}/\hbar^{2}\to0) podemos aproximar 1-e^{-\kappa a}\approx \kappa a. Usando \kappa\approx mV_{0}a/\hbar^{2} obtemos
P_{\text{in}}\approx \kappa a \approx \dfrac{mV_{0}a^{2}}{\hbar^{2}}\xrightarrow[a\to0]{}0.
Logo a probabilidade fora do poço é
P_{\text{out}}=1-P_{\text{in}}\xrightarrow[a\to0]{}1.
Isto responde a parte (b): a partícula está cada vez mais, em probabilidade, fora do poço estreito.

Passo 8

Conexão com o potencial delta (parte (c)). O potencial delta atrativo centrado em x=0 com força \alpha>0 é
V_{\delta}(x)=-\alpha\,\delta(x).
Esse potencial tem exatamente um estado ligado com energia conhecida:
E_{\delta}=-\dfrac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}.
Se tomarmos o limite formal do poço quadrado estreito como um delta, a constante de acoplamento do delta é a integral do potencial:
\alpha=\int_{-a/2}^{a/2}V(x)\,dx = V_{0}\,a.
Substituindo \alpha=V_{0}a na expressão de E_{\delta} obtemos
E_{\delta}=-\dfrac{m(V_{0}a)^{2}}{2\hbar^{2}}=-\dfrac{mV_{0}^{2}a^{2}}{2\hbar^{2}},
que coincide com a expressão obtida no Passo 5. Além disso, o potencial delta admite exatamente um estado ligado (para qualquer \alpha>0), e a largura característica do estado ligado é 1/\kappa com \kappa = m\alpha/\hbar^{2}. No nosso caso \alpha=V_{0}a pequeno quando a\to0, então \kappa\to0 e a função de onda fica muito espalhada — consistindo com a probabilidade majoritariamente fora do poço.
Portanto a conexão é: o poço quadrado estreito aproxima-se (em primeira ordem) de um potencial delta de força \alpha=V_{0}a; a energia e o perfil do estado ligado coincidem com os do delta para esse \alpha, e como o delta tem exatamente um estado ligado, o poço estreito também tem apenas um que sobrevive no limite.

Resposta

(a) Existe apenas um estado ligado no limite a\to0 e
E \sim -\dfrac{mV_{0}^{2}a^{2}}{2\hbar^{2}}.
(b) A probabilidade de encontrar a partícula fora do poço tende a 1. Mais precisamente P_{\text{in}}\approx \dfrac{mV_{0}a^{2}}{\hbar^{2}}\to0, logo P_{\text{out}}\to1.
(c) No limite a\to0 o poço quadrado tende a um potencial delta com força \alpha=V_{0}a; o estado ligado resultante tem energia E_{\delta}=-\dfrac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}=-\dfrac{mV_{0}^{2}a^{2}}{2\hbar^{2}}, coincidindo com o resultado do item (a).

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