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DE FÍSICA
ejercicios resueltos de mecánica cuántica y física atómica

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Ejercicios de Mecánica cuántica

Si

Respuesta del ejercicio 71

El esquema del proceso viene representado en la figura adjunta.

partícula sometida a una barrera de potencial rectangular

Las soluciones generales de la ecuación de Schrödinger para cada región son:

    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    I.-\quad\varphi(x) = A·e^{ik·x} + B·e^{-ik·x}\quad ;\quad con \; k =\frac{\sqrt{2m·E}}{\hbar} \\
     \\
    II.-\quad\varphi(x) = C·e^{ik·x} + D·e^{-ik·x}\\
     \\
    III.-\quad\varphi(x) = E·e^{ik_1·x} + F·e^{-ik_1·x}\quad ;\quad con \; k_1 =\frac{\sqrt{2m(V_o-E)}}{\hbar}
    \end{array} \)
Podemos eliminar de la solución II la onda que viaja de izquierda a derecha por no tener realidad física. De ese modo,C = 0.
Para encontrar las 4 relaciones entre los coeficientes A,B,D,E y F aplicamos a las soluciones de la ecuación de Schrödinger las condiciones de contorno siguientes:
1) exigimos que la función \( \varphi(x) \) sea continua para todo valor de x, es decir:
    \( \varphi^{I}(a) = \varphi^{III}(a)\quad ; \quad \varphi^{II}(0) = \varphi^{III}(0) \)
2) exigimos igualmente que la función \( \varphi(x) \) tenga derivada continua en todo rango de las x:
    \( \varphi^{I'}(a) = \varphi^{III'}(a)\quad ; \quad \varphi^{II'}(0) = \varphi^{III'}(0) \)
Aplicando estas condiciones obtenemos:
    \( \begin{array}{l}
    (1)\quad \varphi^{I}(a)= \varphi^{III}(a)\Rightarrow A·e^{ik·a} + B·e^{-ik·a} = E·e^{ik_1·a} + F·e^{-ik_1·a} \\
     \\
    (2)\quad \varphi^{I'}(a)= \varphi^{III'}(a)\Rightarrow ik·A·e^{ik·a} - ik·B·e^{-ik·a} = k_1E·e^{ik_1·a} - k_1F·e^{-ik_1·a} \\
     \\
    (3)\quad\varphi^{II}(0) = \varphi^{III}(0) \Rightarrow D = E + F \\
     \\
    (4)\quad\varphi^{II'}(0) = \varphi^{III'}(0) \Rightarrow -ik·D = k_1·E - k_1·F
    \end{array} \)
Estás ecuaciones son las que nos servirán para determinar el coeficiente de transmisión. Considerando la densidad de corriente de probabilidad para la zona II tenemos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    J_{II}(x) = - \frac{i·\hbar}{2·m}[\varphi_{II}^*\varphi_{II}^\prime -\varphi_{II}(\varphi_{II}^*)^\prime ] = - \frac{i·\hbar}{2·m}\left[(D^*·e^{ikx})D(-ik)e^{-ikx}- \right. \\
     \\
    \left. - (D·e^{-ikx})(D^*(ik)e^{ikx}) \right] = - \frac{i·\hbar}{2·m}\left[D^*D(-ik)- DD^*(ik)\right] = \frac{k·\hbar}{m}|D|^2
    \end{array} \)
Está densidad de corriente ha de proceder de la zona en que se encontraba la partícula antes de toparse con la barrera de potencial, pero esta no será igual porque hemos de considerar los efectos de dicha barrera. Podemos poner según eso:
    \( \displaystyle J_{II}(x) =\frac{k·\hbar}{m}|D|^2 = \frac{\hbar·k}{m}f(k,k_1)|B|^2 \)
Dónde B es el coeficiente que corresponde a la solución de la ecuación de onda para el caso en que la partícula se mueve hacia la izquierda en la zona I.
Por definición ponemos:
    \( \displaystyle T = f(k,k_1) \Rightarrow T = \frac{|D|^2}{|B|^2} \)
Para evaluar T nos servimos de las relaciones entre las constantes obtenidas anteriormente. Nos bastará conocer las dependencias de B en función de D, o viceversa, para obtener T.
Vamos a despejar B en función de D. Para ello escribimos el sistema en forma matricial:
    \( \displaystyle \left(
    \begin{array}{cccc}
    e^{ikx} & e^{-ikx} & -e^{-k_1x} & -e^{-k_1x} \\
    ik·e^{ikx} & -ik·e^{-ikx} & -k_1·e^{-k_1x} & k_1·e^{-k_1x} \\
    0 & 0 & -1 & -1 \\
    0 & 0 & -k_1 & k_1 \\
    \end{array}
    \right)\left(
    \begin{array}{c}
    A \\
    B \\
    E \\
    F \\
    \end{array}
    \right) = \left(
    \begin{array}{c}
    0 \\
    0 \\
    -D \\
    ik·D \\
    \end{array}
    \right) \)
Resolviendo por Cramer tenemos que el determinante de la matriz de los coeficientes vale:
    \( \triangle = 4i·k·k_1 \)
Y para obtener B hacemos:
    \( \displaystyle \triangle_B = \left|
    \begin{array}{cccc}
    e^{ika} & 0 & -e^{-k_1a} & -e^{-k_1a} \\
    ik·e^{ika} & 0 & -k_1e^{-k_1a} & k_1e^{-k_1a} \\
    0 & -D & -1 & -1 \\
    0 & ik·D & -k_1 & k_1 \\
    \end{array}
    \right| \)
Y operando resulta:
    \( \triangle_B = e^{ika}·D\left[2(k^2-k_1^2)·Sh(k_1a)+4·ik·k_1·Ch(k_1a)\right] \)
Con lo que, finalmente:
    \( \displaystyle B = \frac{\triangle_B}{\triangle} = \frac{e^{ika}·D\left[2(k^2-k_1^2)·Sh(k_1a)+4·ik·k_1·Ch(k_1a)\right]}{- 4·ik·k_1} \)
Y tomando adjuntos:
    \( \displaystyle B^* = \frac{e^{-ika}·D^*\left[2(k^2-k_1^2)·Sh(k_1a)+4·ik·k_1·Ch(k_1a)\right]}{ 4·ik·k_1} \)
De dónde resulta:
    \( \displaystyle B^*B = |B|^2 = |D|^2·\left[\frac{4(k^2-k_1^2)·Sh^2(k_1a) + 16k^2k_1^2·Ch^2(k_1a)}{16k^2·k_1^2}\right] \)
Obteniendo para T el valor:
    \( \displaystyle T = \frac{|D|^2}{|B|^2} = \left[\frac{4(k^2-k_1^2)·Sh^2(k_1a) + 16k^2k_1^2·Ch^2(k_1a)}{16k^2·k_1^2}\right]^{-1} \)
Pero teniendo en cuenta el valor de \( k \; y\; k_1 \) y recordando la relación:
    \( Sh^2(k_1a) - Ch^2(k_1a) = 1 \Rightarrow Ch^2(k_1a) = Sh^2(k_1a) + 1 \)
Llegamos a la expresión:
    \( \displaystyle T = \left[1 + \frac{V_o^2·Sh^2(k_1a)}{4E(V_o-E)}\right]^{-1} = \left(1 + \frac{Sh^2(k_1a)}{4(E/V_o)[1-(E/V_o)]}\right)^{-1}\)
Con:
    \( \displaystyle k_1 = \frac{\sqrt{2m(V_o-E)}}{\hbar} \)
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Página publicada por: José Antonio Hervás