UFABC - Física Quântica - Curso Prof. Germán Lugones. Aula 12. Barreira de potencial, efeito túnel, poço finito, e oscilador harmônico

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1 UFABC - Física Quântica - Curso Prof. Germán Lugones Aula 12 Barreira de potencial, efeito túnel, poço finito, e oscilador harmônico 1

2 Barreira de potencial Uma barreira de potencial é descrita por uma função de energia potencial com um máximo. E 2 V(x) E 1 0 a x Na mecânica newtoniana clássica, se uma partícula está inicialmente ao lado esquerdo da barreira (que poderia ser uma montanha), e se a energia mecânica total é E 1, a partícula não pode se mover mais para o lado direito do ponto x=a. Caso ela fizesse isso, a energia potencial V seria maior que a energia total E e a energia cinética K=E U seria negativa, o que seria impossível na mecânica clássica, uma vez que K =(1/2)mv 2 nunca poderá ser negativa. 2

3 E 2 E 1 V(x) 0 a x Uma partícula da mecânica quântica comporta-se de forma diferente: se ela encontra uma barreira como a da Figura e possui energia menor que E 2, ela pode aparecer do outro lado. Esse fenômeno é chamado tunelamento ou efeito túnel.

4 Barreira de potencial retangular Consideremos o espalhamento de um feixe de partículas de massa m e energia E, por uma barreira de potencial retangular de altura V 0 e largura a. Nas regiões I e III a equação de Schrödinger pode ser escrita como: ~ 2 2m d 2 (x) dx 2 = E (x) 4

5 Nas região II equação de Schrödinger pode ser escrita como: 2 2 m d 2 dx 2 ψ(x)+v ψ(x) =Eψ(x) d2 ψ dx 2 + Na região II, temos dois tipos de soluções: {}}{ 2 m [E V ] ψ(x) =0 E>V = ψ(x) e ±ikx com k = E<V = ψ(x) e ±ρx com ρ = 2m(E V ) 2m(V E) = p

6 Resolveremos primeiramente o caso com E < V 0 : E Classicamente, uma partícula que incide desde a esquerda deve ser refletida com certeza em x=0. Veremos que no caso quântico, existe uma probabilidade não nula de que a partícula atravesse a barreira de potencial e passe para a região III. Esse fenômeno se denomina efeito túnel.

7 Para o caso em que E < V 0, as funções de onda nas três regiões são: ψ I = incidente {}}{ Ae ik x + refeletida {}}{ B ik x k = 2mE/ (x <0eV = 0) ψ II = Ce ρx + D ρx ρ = 2m(V E)/ (0 <x<ae V = V ) ψ III = Fe ik x }{{} transmitida (x >ae V = 0) Queremos determinar o coeficiente de transmissão dado por: T = III,trans III,trans I,inc III,inc = F 2 A 2

8 As condições de contorno para a função de onda e a sua derivada são: ψ I (0) = ψ II (0) A + B = C + D ψ I(0) = ψ II(0) ik (A B) =ρ(c D) ψ II (a) =ψ III (a) Ce ρa + De ρa = Fe ik a ψ II(a) =ψ III(a) ρ(ce ρa De ρa )=ikf e ik a (1) (2) (3) (4) ( ) Somando e subtraindo as Eqs. (3) e (4) temos: 2Ce ρa = 2De ρa = ( ) 1+ ik ρ Fe ik a ( ) 1 ik ρ Fe ik a (5) (6)

9 Somando e subtraindo as Eqs. (5) e (6) temos: 2ρ(C + D) = [(ρ + ik )e ρa +(ρ ik )e ρa ] Fe ik 0a (7) 2ρ(C D) = [(ρ + ( ik )e ρa ) +(ρ ik )e ρa ] Fe ik a (8) ( ) Mas, de acordo com as Eqs. (1) e (2) temos C+D = A+B e ρ(c D) = i k 0 (A B). Substituindo nas Eqs. (7) e (8) temos: [(ρ + ik )e ρa +(ρ ik )e ρa ] Fe ik 0a =2ρ(A + B) [(ρ + ik )e ρa +(ρ ik )e ρa ] Fe ik a =2ρ =2ik (A B) (9) (10)

10 Agora combinamos as Eqs. (9) e (10) para eliminar B, e tentamos obter o quociente F/A, já que ele determina o coeficiente de transmissão T. (ρ+ik )/iρk (ρ ik )/iρk {( }}{ 4A 1 F e ik a = e ρa (ρ + ik ) ρ + 1 ) ({}}{ 1 +e ρa (ρ ik ) ik ρ 1 ) ik 4 A F (iρk ) e ik a = e ρa ρ 2 +2iρk k {}}{ 2 (ρ + ik ) 2 e ρa ρ 2 2iρk k {}}{ 2 (ρ ik ) 2 ( = 2iρk e ρa + e ρa) ( ρ 2 k 2 }{{} 2 cosh ρa )( e ρa e ρa) }{{} 2 senh ρa A F e ik a = cosh ρa ( ρ 2 k 2 ) 2iρk senh ρa

11 Logo: Lembrando que: temos A F 2 = cosh 2 ρa }{{} A F 1+senh 2 ρa [ + ( ρ 2 k ) 2 2 4ρ 2 k 2 senh 2 ρa ( ] ρ 2 k ) 2 = ρ 2 k 2 senh 2 ρa }{{}}{{} (ρ 2 +k 2 ) 2 4ρ 2 k 2 ( 2 ρ 2 + k 2 ( ) = 1 + ) 4ρ 2 k 2 senh 2 ρa ( ) ( ( ( ) ( k 2 =2mE/ 2 ρ 2 + k 2 2 ( ) = 2mV / 2) 2 ( ( ) ρ 2 =2m(V E)/ 2 2m 2 4ρ 2 k 2 =4 E(V E) ( ρ 2 + k 2 ) 2 4ρ 2 k 2 ( ) = V 2 4E(V E) 2

12 Assim, o coeficiente de transmissão fica: T = F A 2 t = [ 1+ V 2 ] 1 4E(V E) senh2 ρa Vemos que em geral T>0. Isto é, existe uma probabilidade de que a partícula que inicialmente estava do lado esquerdo da barreira possa ser encontrada do lado direito da barreira. Essa probabilidade depende da espessura a da barreira e da energia E da partícula (totalmente cinética) em comparação com a altura da barreira V 0.

13 Casos particular: Consideremos o caso em que E V 0 ρa 1. lim ρa 1 senh2 ρa e2ρa 4 1 ssão Portanto, o coeficiente de transmissão fica: lim t = 16E(V E) T E V V 2 e 2ρa 1 dade de penetração na barreira Isso indica que a probabilidade de penetração na barreira é muito pequena mas, dependendo da largura, algumas partículas do feixe atravessam a barreira.

14 Na Figura vemos uma função de onda possível para uma partícula tunelando através de uma barreira de energia potencial. A função de onda é exponencial dentro da barreira (0 x L)... U(x) U 0 c(x) 0 L...e senoidal fora dela. x A função de onda e suas derivadas (inclinações) são contínuas em x = 0 e x = L, de modo que as funções senoidal e exponencial se unem sem que haja descontinuidades.

15 Partícula em uma caixa finita Vamos considerar uma partícula imersa em um potencial da forma: V(x) = 0 para 0 < x < L V(x) = V 0 para x<0 e x>l As soluções da Eq. de Schrödinger são bastante diferentes dependendo de se: - caso 1: E < V 0 - caso 2: E > V 0 V(x) V 0 região 1 região 2 região 3 0 L x Vamos resolver agora o caso 1: E < V 0 e deixaremos o caso 2 para mais adiante. 15

16 Na região dentro do poço, 0<x<L, temos V(x)=0. Portanto, a equação de Schrödinger fica: ~ 2 2m d 2 (x) dx 2 = E (x) ) d 2 (x) dx 2 + 2mE (x) =0 ~ 2 Logo, a solução da equação diferencial na região 2 é: 2(x) =Ae ikx + Be ikx onde k = r 2mE ~ 2 Classicamente, uma partícula de massa m e energia E < V 0 encontra-se confinada dentro do poço finito. Contudo, a mecânica quântica permite que a partícula possa estar fora do poço. Portanto, ψ(x) não deve ser zero em x=0 e x=l. 16

17 Nas regiões 1 e 3 onde V(x) = V 0, a equação de Schrödinger fica: ~ 2 2m d 2 (x) dx 2 + V 0 (x) =E (x) ) d 2 (x) 2m(V 0 E) dx 2 ~ {z 2 } 2 (x) =0 Logo, a solução da equação diferencial nas regiões 1 e 3 é da forma: ψ(x) = A e kx + B e kx A função de onda deve ser finita, portanto: - o termo contendo e kx deve ser nulo na região 3, já que diverge quando x +. - o termo contendo e kx deve ser nulo na região 1, já que diverge quando x. 17

18 Assim sendo, as soluções nas regiões 1 e 3 devem ser: 1(x) =Ce x 3(x) =De x Condições de contorno: A função de onda ψ(x) e a sua derivada primeira dψ(x)/dx devem ser contínuas já que d 2 ψ(x)/dx 2 deve estar bem definida. Isso leva às condições: ψ 1 (0) = ψ 2 (0) C = A + B ψ 2 (L) = ψ 3 (L) Ae ikl + Be ikl = D e αl dψ 1 (0)/dx = dψ 2 (0)/dx αc = ik(a B) dψ 2 (L)/dx = dψ 3 (L)/dx ik(ae ikl Be ikl ) = αd e αl 18

19 Os níveis de energia permitidos podem ser obtidos a partir das 4 e q u a ç õ e s a n t e r i o r e s, eliminando-se as incógnitas A, B, C e D. Energy V No entanto, não é possível encontrar uma solução analítica p a r a e s s a s e q u a ç õ e s. Resolvendo-as através de métodos numéricos obtemos as energias mostradas na figura. n = 4 n = 3 V = V 0 Infinite square well Finite square well n = 2 0 L n = 1 x 19

20 Oscilador Harmônico Analisemos agora as soluções da equação de Schrödinger para o caso de uma partícula sujeita ao potencial unidimensional do tipo oscilador harmônico. O potencial é V (x) = k 2 x2 e as soluções podem ser obtidas resolvendo ~ 2 d 2 (x) + k 2m dx 2 2 x2 (x) =E (x) como se trata de uma situação onde há confinamento, pois a partícula está ligada pelo potencial de força restauradora, as energias formam um espectro discreto {E n }. Para cada estado de energia haverá uma autofunção (i.e, função de onda) ψ n correspondente.

21 Introduzindo-se uma variável adimensional r m! ~ x temos que d 2 d 2 ( 2 apple 2 ) =0 ( ) onde κ 2E/ ω. A resolução da Eq. ( ) está além do escopo deste curso. Um estudo bem mais completo do oscilador harmônico quântico pode ser encontrado nos livros-textos de Mecânica Quântica.

22 É possível mostrar que κ=2n+1, com n=0,1,2,, para que se obtenha soluções aceitáveis fisicamente, i.e. ψ(x) tende a zero para x ±. Decorre imediatamente desta condição a quantização da energia do sistema: E n n 1 n 0, 1, 2, c 2 As soluções da Eq. ( ) são dadas por n x C n e m x2 2 H n x onde C n são constantes de normalização, e as funções H n (ξ) são os polinômios de Hermite.

23 q Os primeiros polinômios de Hermite são: H 0 (y) = 1 H 1 (y) = 2y H 2 (y) = 4y 2 2 H 3 (y) = 8y 3 12y H 4 (y) = 16y 4 48y As funções de onda para n=0, 1, 2 são: 0 x A 0 e m x2 2 1 x A 1 m e m x x A 2 1 2m x 2 e m x2 2

24 ψ 0 ψ n 2 A A ψ 1 ψ 2 P c ξ