Exercícios Resolvidos de Partícula na Caixa Unidimensional

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Enunciado

Considere o movimento unidimensional de uma partícula de massa m sujeita a um potencial U x que é nulo na região 0 < x < L e infinito para x ≤ 0 ou x ≥ L .

(a) Escreva a função de onda nas regiões x ≤ 0 e x ≥ L . Justifique sua resposta.

(b) Escreva a equação de Schrödinger para a região 0 < x < L e utilizando as condições de contorno, obtenha a expressão para a função de onda normalizada ψ x .

(c) Determine os possíveis valores dos níveis de energia em termos dos parâmetros do enunciado e de ℏ .

Passo 1

(a) Lembrando que a equação de Schrödinger é dada por:

- ℏ 2 2 m   d 2 ψ x d x 2   + U x ψ x = E ψ ( x )

Rearranjando os termos na equação:

d 2 ψ x d x 2 = 2 m ℏ 2 U x - E ψ x

Fazendo U x = U o > E :

d 2 ψ x d x 2 = 2 m ℏ 2 U 0 - E ψ x

A solução dessa equação é:

ψ x = ψ 0 e - k x

onde k 2 = 2 m ℏ 2 U 0 - E .

Isso é porque temos uma derivada segunda de uma função igual a uma constante vezes a própria função, e isso acontece para a função exponencial.

Mas na região x ≤ 0 e na região x ≥ L , temos que U x = U 0 = ∞ .

Então, fazendo U 0 → ∞ ,   k 2 → ∞ e ψ x = ψ 0 e - k x → 0 .

Portanto, nessas regiões, a função de onda é:

ψ x = 0

Passo 2

(b) Agora, na região com 0 < x < L , temos U 0 = 0 e a equação de Schrödinger fica:

d 2 ψ x d x 2 = - 2 m E ℏ 2 ψ x

Agora temos uma função cuja derivada segunda é uma menos uma constante vezes a própria função.

Isso ocorre para as funções seno e cosseno, então as duas são possíveis respostas.

Então, como uma combinação linear de soluções de uma equação diferencial também é solução dessa equação, uma solução possível vai ser:

ψ x = A s e n k x + B c o s k x

Onde k 2 = 2 m E ℏ 2 .

Pelas condições de contorno do problema:

ψ 0 = 0 ⇒ B = 0 ∴ ψ x = A s e n k x

ψ L = 0 ⇒ A s e n k L = 0

Como não queremos uma solução trivial ( A = 0 ⇒ ψ x = 0 é solução trivial), vamos fazer:

s e n k L = 0

k L = n π

k = n π L

Com n = 1,2 , 3 , …

Beleza, mas ainda precisamos achar as soluções normalizadas, pois até agora temos só que:

ψ x = A s e n n π L

Ainda falta achar esse A aí em cima.

Para isso, vamos usar a condição de normalização:

∫ 0 d ψ x 2 d x = 1

A 2 ∫ 0 d s e n 2 n π L d x = 1

Usando que:

∫ 0 d s e n 2 a x d x = x 2 - s e n 2 a x 4 a x = 0 x = d

Achamos:

A 2 L 2 = 1

A = 2 L

Logo, a solução normalizada é:

ψ x = 2 L s e n n π x L ,   n = 1,2 , 3 …

Passo 3

(c) Vimos no Passo 2 que:

k = n π L

Com n = 1,2 , 3 , …

Com isso já conseguimos achar as energias permitidas E n .

Tínhamos visto também no Passo 2 que:

k 2 = 2 m E ℏ 2

Isolando E:

E = k 2 ℏ 2 2 m

Substituindo pelo valor de k que falamos no início do Passo 3:

E n = n 2 π 2 L 2 ℏ 2 2 m

E n =   n 2 π 2 ℏ 2 2 m L 2

Resposta

(a) ψ x = 0

(b) ψ x = 2 L s e n n π x L ,   n = 1,2 , 3 …

(c) E n =   n 2 π 2 ℏ 2 2 m L 2

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