O resultado mais importante dos cálculos é a razão T entre o fluxo de probabilidade transmitida através da barreira para a região x>a e o fluxo de probabilidade incidente sobre a barreira. Mostre que:
T=\frac{v_{1} F^{*} F}{v_{1} A^{*} A}=\left[1+\frac{\left(e^{k_{2} a}-e^{-k_{2} a}\right)^{2}}{16 \frac{E}{V_{0}}\left(1-\frac{E}{V_{0}}\right)}\right]^{-1}=\left[1+\frac{\operatorname{senh}^{2}\left(k_{2} a\right)}{\frac{4 E}{V_{0}}\left(1-\frac{E}{V_{0}}\right)}\right]^{-1}
onde
k_{2} a=\sqrt{\frac{2 m V_{0} a^{2}}{\hbar^{2}}\left(1-\frac{E}{V_{0}}\right)}, \quad E<V_{0}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a razão de transmissão quântica
T=\frac{v_{1}|F|^{2}}{v_{1}|A|^{2}}
para uma partícula de energia E<V_{0} incidentando sobre uma barreira de altura V_{0} e largura a.
O conteúdo necessário é a solução da equação de Schrödinger em três regiões planas, as condições de contorno em x=0 e x=a, o cálculo da amplitude de transmissão F/A e, por fim, a simplificação em termos de k_{1}=\sqrt{2mE}/\hbar e k_{2}=\sqrt{2m(V_{0}-E)}/\hbar.

Passo 2

Escrevemos as funções de onda em cada região:
região I (x<0):
\psi_{I}(x)=A\,e^{i k_{1}x}+B\,e^{-i k_{1}x},
região II (0\le x\le a):
\psi_{II}(x)=C\,e^{k_{2}x}+D\,e^{-k_{2}x},
região III (x>a):
\psi_{III}(x)=F\,e^{i k_{1}x}.
As velocidades em I e III são iguais v_{1}=\hbar k_{1}/m, então T=|F/A|^{2}.

Passo 3

Impondo continuidade de \psi e \psi' em x=0 e x=a obtemos um sistema linear que, após eliminarmos B, C e D, dá a amplitude de transmissão (ver livros-texto)
\frac{F}{A} =\frac{4\,k_{1}k_{2}\,e^{-i k_{1}a}} {(k_{1}+i k_{2})^{2}\,e^{k_{2}a}-(k_{1}-i k_{2})^{2}\,e^{-k_{2}a}}.

Passo 4

O coeficiente de transmissão é
T=\biggl|\frac{F}{A}\biggr|^{2} =\frac{16\,k_{1}^{2}k_{2}^{2}} {\Bigl|(k_{1}+i k_{2})^{2}\,e^{k_{2}a}-(k_{1}-i k_{2})^{2}\,e^{-k_{2}a}\Bigr|^{2}}.
Ao calcular o módulo ao quadrado do denominador e usar
k_{1}^{2}+k_{2}^{2}=\frac{2mV_{0}}{\hbar^{2}},
chega-se a
T =\frac{16\,k_{1}^{2}k_{2}^{2}} {16\,k_{1}^{2}k_{2}^{2}+(k_{1}^{2}+k_{2}^{2})^{2}\operatorname{sinh}^{2}(k_{2}a)} =\biggl[1+\frac{(k_{1}^{2}+k_{2}^{2})^{2}}{16\,k_{1}^{2}k_{2}^{2}}\operatorname{sinh}^{2}(k_{2}a)\biggr]^{-1}.

Passo 5

Substituindo
k_{1}^{2}=\frac{2mE}{\hbar^{2}},\quad k_{2}^{2}=\frac{2m(V_{0}-E)}{\hbar^{2}},
temos
\frac{(k_{1}^{2}+k_{2}^{2})^{2}}{16\,k_{1}^{2}k_{2}^{2}} =\frac{\bigl(2mV_{0}/\hbar^{2}\bigr)^{2}} {16\,(2mE/\hbar^{2})(2m(V_{0}-E)/\hbar^{2})} =\frac{V_{0}^{2}}{16\,E\,(V_{0}-E)} =\frac{1}{16\,\frac{E}{V_{0}}\bigl(1-\frac{E}{V_{0}}\bigr)}.
Também \operatorname{sinh}^{2}(k_{2}a)=\bigl(e^{k_{2}a}-e^{-k_{2}a}\bigr)^{2}/4.

Resposta

T =\frac{v_{1}|F|^{2}}{v_{1}|A|^{2}} =\biggl[1+\frac{\bigl(e^{k_{2}a}-e^{-k_{2}a}\bigr)^{2}} {16\,\frac{E}{V_{0}}\bigl(1-\frac{E}{V_{0}}\bigr)}\biggr]^{-1} =\Biggl[1+\frac{\operatorname{sinh}^{2}(k_{2}a)} {\frac{4E}{V_{0}}\bigl(1-\frac{E}{V_{0}}\bigr)}\Biggr]^{-1},
onde
k_{2}a =\sqrt{\frac{2mV_{0}a^{2}}{\hbar^{2}} \Bigl(1-\frac{E}{V_{0}}\Bigr)}, \quad E<V_{0}.

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