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 55

Vamos a considerar que la energía de la partícula, en valor absoluto, es menor que el potencial del pozo, \(|E|< V_o\)

Por otra parte, si adoptamos las notaciones:

    \(\displaystyle K = \frac{\sqrt{2m(V_o+E)}}{\hbar}\quad ; \quad \chi = \frac{\sqrt{2m|E|}}{\hbar} \)

se encuentra que la soluciones para el pozo son:

    \(\displaystyle 1) \quad K\tan k\left(\frac{a}{2}\right) = - \chi \quad ; \quad K\cot k\left(\frac{a}{2}\right) = \chi \)

Si hacemos, tal como se indica en el enunciado, \(V_o\rightarrow \infty\),cuando \("a"\) tiende a 0, en la 2ª de las ecuaciones obtenemos \(\chi\rightarrow \infty\), por lo que solo aceptaremos la primera, lo cual nos da para cada una de las zonas en que puede moverse la partícula:

    \(\begin{array}{l} I) \varphi(x) = B\cos Kx \quad ; \quad II) \varphi(x) = Ce^{-\chix} \quad ; \\  \\ III) \varphi(x) = Ce^{\chix} \end{array} \)

Por otro lado tenemos que si multiplicamos \(K \; y \; \chi\) por (a/2) y operamos en la forma:

    \(\displaystyle \left. \begin{array}{l} K\frac{a}{2} \\ \\ \chi\frac{a}{2} \\ \end{array} \right\}\quad \Rightarrow x^2 + y^2 = \frac{mV_oa^2}{2\hbar} \)

con lo que hemos obtenido la ecuación de una circunferencia cuyo radio tiende a cero al hacer \(V_o\rightarrow \infty\),cuando \("a"\) tiende a 0, y que dará un solo corte con la función \(x·\tan x = y\), que es la que hemos tomado como válida para la función onda.


La ecuación \(x·\tan x = y\) se anula en el punto x = 0, que corresponde al único estado ligado.

Para encontrar un valor aproximado de la energía, resolvemos el sistema anterior:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} x^2 + y^2 = \frac{mV_o}{2\hbar}a^2 \\ \\ \\ y = x\tan x \end{array} \)
gráfica de la función y = tang x

Para ello, consideramos un desarrollo de la función tg x en torno al origen:

    \(\displaystyle \tan x = x + \frac{1}{3}x^4 + \cdots \)

por lo que el sistema nos queda como:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} x^2 + \frac{1}{3}x^5 + \cdots = y \\  \\ x^2 + y^2 = \frac{mV_o}{2\hbar}a^2 \Rightarrow x^2 + x^4 = \\ \\= V_o\frac{ma^2}{2\hbar}\; ; \textrm{ siendo } x = \frac{a}{2\hbar}\sqrt{2m(V_o+E)} \end{array} \)

Donde hemos hecho la sustitución con la primera aproximación de x. Efectuando operaciones con la última ecuación tenemos:

    \(\displaystyle \begin{array}{l} \frac{a^2}{4\hbar^2}\left[2m(V_o + E)\right] + \frac{a^4}{16\hbar^4}\left[2m(V_o + E)\right]^2 = V_o\frac{ma^2}{2\hbar^2} \Rightarrow \\ \\ V_o + E + \frac{ma^2}{2\hbar^2}(V_o+E)^2 = V_o \Rightarrow E + \frac{ma^2}{2\hbar^2}(V_o+E)^2 =0 \Rightarrow \\ \\ E + \frac{m}{2\hbar^2}a^2V_o^2+ \frac{m}{2\hbar^2}a^2E^2 + \frac{2m}{2\hbar^2}a^2V_oE = 0 \\ \\ \Rightarrow E = - \frac{m}{2\hbar^2}(aV_o)^2 \end{array} \)

donde hemos considerado, al final, que cuando \(V_o\rightarrow \infty\),cuando \("a"\) tiende a 0, se tiene \(a·V_o = cte\)
Si comparamos este resultado con el obtenido para el pozo en forma de función delta de Dirac, tenemos:

    \(\displaystyle E = - \frac{m}{2\hbar^2}\alpha^2 \quad;\quad E = - \frac{m}{2\hbar^2}(aV_o)^2 \)

Las dos expresiones tienen gran semejanza. Además, en el último caso, el área del pozo, \(a·V_o \) es igual al valor de \(\alpha \) del primero, y esto hace que las energías sean iguales, por lo que podemos considerar que los límites dados el problema es uno solo.

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tema escrito por: José Antonio Hervás