PROBLEMAS RESUELTOS DE CIENCIAS FISICAS
problemas resueltos de mecánica cuántica

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Ejercicios de Mecánica Cuántica

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Ejercicios de Física Cuántica

Respuesta del ejercicio 52

El esquema del fenómeno viene representado en la figura adjunta.

pozo de potencial

La ecuación de Schrödinger para una partícula sometida a fuerzas que derivan de un potencial como éste es:

    \(\displaystyle - \frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\varphi}{dx^2} - \alpha\delta(x)\varphi = E\varphi \)
siendo el salto de la función cuando pasamos de una zona a otra:

    \(\displaystyle \triangle = \left(\frac{d\varphi}{dx}\right)_\varepsilon - \left(\frac{d\varphi}{dx}\right)_{-\varepsilon} = - \frac{\hbar^2}{2m} \alpha\varphi(0)\qquad (*) \)

La ecuación de ondas para cada una de las zonas, I y II, vendrá dada por la expresión:

    \( \begin{array}{l} \varphi_I = Ae{-igx} + Be{igx}\quad; \\  \\ \varphi_{II} = Ce{-igx} + De{igx}\quad; \quad \textrm{ con } g=\sqrt{2mE}/\hbar \end{array}\)

En la zona II solo hay movimiento hacia la derecha, y en consecuencia C = 0. Considerando todo lo demás, aplicamos las condiciones de contorno que son:

    \(\displaystyle \varphi_I(0) =\varphi_{II}(0) \quad; \quad \left(\frac{d\varphi}{dx}\right)_\varepsilon - \left(\frac{d\varphi}{dx}\right)_{-\varepsilon} = - \frac{\hbar^2}{2m} \alpha\varphi(0) \)

y de las que obtenemos:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \varphi_I(0) =\varphi_{II}(0) \Rightarrow A + B = D \\ \\ \\ \left.\frac{\partial \varphi_I }{\partial x}\right|_0 = - igA + igB\quad; \quad \left.\frac{\partial \varphi_{II} }{\partial x}\right|_0 = igD \end{array} \)

Considerando la última de ellas y haciendo uso de la primera:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} ig(-A+B-D) = -\frac{2m}{\hbar^2}\alpha\varphi(x) \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow ig(-A+B-A-B) = -\frac{2m}{\hbar^2}\alpha D \end{array} \)

Haciendo operaciones y escribiendo A y D en función de B resulta:

    \(\displaystyle A = \frac{m\alpha}{ig\hbar^2 - m\alpha}B \quad ; \quad D = \frac{ig\hbar^2}{ig\hbar^2 - m\alpha}B \)

Con lo que la función de onda podrá escribirse en la forma:

    \(\displaystyle \begin{array}{l}
    \varphi_I = \frac{m\alpha}{ig·\hbar^2 - m\alpha}·B·e^{-ig·x} + B·e^{ig·x}\qquad x<0 \\
    \\
    \\
    \varphi_{II} = \frac{ig·\hbar^2}{ig·\hbar^2 - m\alpha}·B·e^{ig·x}\qquad x>0
    \end{array} \)

A partir de aquí podemos obtener los coeficientes de transmisión y reflexión por:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} R = \frac{|A|}{|B|} = \left(\frac{m\alpha}{ig\hbar^2 - m\alpha}\right)\left(\frac{m\alpha}{ig\hbar^2 - m\alpha}\right)^* = \frac{m^2\alpha^2}{g^2\hbar^2 + m^2\alpha^2} \\ \\ \\ T = \frac{|D|}{|B|} = \left(\frac{ig\hbar^2}{ig\hbar^2 - m\alpha}\right)\left(\frac{ig\hbar^2}{ig\hbar^2 - m\alpha}\right)^* = \frac{g^2\hbar^4}{g^2\hbar^2 + m^2\alpha^2} \end{array} \)

Pero recordando el valor de \(\sqrt{2mE}/\hbar\), e introduciéndolo en las expresiones para R y T

    \(\displaystyle R = \frac{m^2\alpha^2}{2E\hbar^2 + m^2\alpha^2} \quad; \quad T = \frac{2E\hbar^2}{2E\hbar^2 + m^2\alpha^2} \)

Tenemos ahora, por el enunciado que \( E_Q = m\alpha^2/2\hbar^2 \), por lo que agrupando los términos de forma que entre este valor resulta:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \frac{1}{R} = \frac{2E\hbar^2 + m\alpha^2}{m\alpha^2} = \frac{E}{E_Q} + 1 \Rightarrow R = \frac{E_Q}{E+ E_Q} \\ \\ \\ \frac{1}{T} = \frac{2E\hbar^2 + m\alpha^2}{2E\hbar^2} = 1 + \frac{m\alpha^2}{2E\hbar^2}= 1+ \frac{E_Q}{E} \Rightarrow T = \frac{E}{E+ E_Q} \end{array} \)
Si hacemos tender a E hacia infinito, resulta:

    \( \displaystyle \lim_{E \rightarrow \infty} = \frac{1}{T} = \lim_{E \rightarrow \infty} \left[1+ \frac{E_Q}{E} \right]= 1 \Rightarrow \lim_{E \rightarrow \infty} T = 1 \)

Por otro lado, como R+T=1, en el límite, para \(E \rightarrow \infty\) se tendrá R = 0, y esto significa que no habrá onda reflejada si no solo transmitida, es decir, la onda atraviesa el pozo de potencial y sigue hacia la derecha.

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tema escrito por: José Antonio Hervás