Enunciado

03. Uma partícula de massa m está confinada, em uma dimensão, por um poço de potencial retangular, limitado à esquerda por uma barreira impenetrável (fig.), correspondendo ao potencial

V x = ∞ x < 0 ,

                                        = - V ( 0 < x < a )

                  = 0 x > a .

onde V > 0 .

( a ) Para - V < E = - E , escreva as soluções estacionárias de energia E da equação de Schrödinger dentro e fora do poço de potencial.

( b ) Aplicando as condições de contorno, demonstre que os autovalores da energia são as raízes da equação

t g 2 m ( V - E ) ℏ a = - V - E E

Passo 1

Vamos para mais uma! Vem comigo!

Então, quando o problema fala soluções estacionárias ele se refere as soluções da equação de Schrödinger independente do tempo, dada por:

- ℏ 2 m d 2 ψ d x 2 + V 0 ψ = E ψ

Onde o nosso potencial é definido como mostrado no enunciado.

Então teremos que achar as soluções dessa equação para as duas regiões que temos.

A região 1 é onde temos 0 < x < a e a região 2 é onde temos x > a .

Não vamos considerar a região x < 0 , pois nessa região temos V = ∞ , logo não temos função de onda nessa região.

Depois que acharmos essas soluções vamos aplicar as condições de contorno de contorno e encontrar o que o item ( b ) pede. Para esse problema teremos as seguintes condições:

ψ 1 0 = 0

ψ 1 a = ψ 2 ( a )

d ψ 1 ( a ) d x = d ψ 2 ( a ) d x

Vamos lá então.

Passo 2

Vamos primeiro encontrar as soluções da região 1 . Nessa região temos o seguinte:

V 0 = - V

Então:

- ℏ 2 m d 2 ψ d x 2 - V ψ = E ψ

⇒ d 2 ψ d x 2 = - 2 m ℏ E + V ψ

Vamos simplificar essa expressão fazendo:

l = 2 m E + V ℏ

Então temos:

d 2 ψ d x 2 = - l 2 ψ

As soluções dessa equação são as mesmas de um poço de potencial, da seguinte forma:

ψ 1 a = A sen ⁡ ( l x ) + B cos ⁡ ( l x )

Passo 3

Agora vamos encontrar a solução para a região 2 . Nessa região temos o seguinte:

V 0 = 0

Então:

- ℏ 2 m d 2 ψ d x 2 = E ψ

⇒ d 2 ψ d x 2 = - 2 m ℏ E ψ

Vamos simplificar essa expressão fazendo:

k = - 2 m E ℏ

Não tem problema o sinal ficar dentro da raiz já que E < 0 .

Então temos:

d 2 ψ d x 2 = k 2 ψ

As soluções dessa equação são as mesmas de uma barreira de potencial (Eq. 10.77 ), da seguinte forma:

ψ 2 x = C e - k x + D e k x

Mas se você repara o segundo termos diverge quando x → ∞ , e isso não pode acontecer já que na região 2 temos E < V , logo a função ψ 2 tem que ser zero, então D = 0 . Então:

ψ 2 x = C e - k x

Pronto encontramos as soluções estacionárias.

Passo 4

Agora vamos aplicar as condições de contorno e tentar chegar na relação do item ( b ) .

Como mostrei no passo 1 temos:

ψ 1 0 = 0

ψ 1 a = ψ 2 ( a )

d ψ 1 ( a ) d x = d ψ 2 ( a ) d x

Vamos aplicar a primeira condição, temos:

ψ 1 0 = A sen ⁡ ( l 0 ) + B cos ⁡ ( l 0 ) = 0

⇒ B = 0

Então temos que:

ψ 1 x = A sen ⁡ ( l x )

Agora vamos aplicar a segunda condição, temos:

ψ 1 a = ψ 2 ( a )

⇒ A sen ⁡ ( l a ) = C e - k a

Aplicando a segunda condição, temos:

d ψ 1 ( a ) d x = d ψ 2 ( a ) d x

⇒ l A cos ⁡ ( l a ) = - k C e - k a

Agora dividindo a expressão que encontramos anteriormente por essa que encontramos, ficamos com:

tg ⁡ l a l = - 1 k

tg ⁡ ( l a ) = - l k

Sabendo que:

l = 2 m E + V ℏ

E que:

k = - 2 m E ℏ

Temos o seguinte:

tg ⁡ 2 m E + V ℏ a = - 2 m E + V ℏ - 2 m E ℏ

⇒ tg ⁡ 2 m E + V ℏ a = - 2 m E + V - 2 m E

Agora lembrando que E = - E , temos:

tg ⁡ 2 m V - E ℏ a = - V - E E

Prontinho, conseguimos mostrar o que o item ( b ) queria.

Resposta

( a )

ψ 1 x = A sen ⁡ ( l x )

ψ 2 x = C e - k x

( b )

Demonstrado acima.

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