1. Barrera de potencial I
Consideremos la siguiente barrera de potencial con $V=0$ para $x<0$ y $V=V_0=cte$ para $x\geq 0$:
Estudiemos la situación en la que la energía total $E$ es mayor al potencial $V_0$. En este caso podemos escribir las ecuaciones de Schrodinger en la región I ($x<0$) y en la región II ($x\geq 0$) como:
$$\psi_I=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}\ \ \ ,\ con\ k_1^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$$
$$\psi_{II}=A'e^{ik_2x}+B'e^{-ik_2x}\ \ \ ,\ con\ k_2^2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}$$
En la región II no hay ondas que se desplacen a la izquierda, sólo a la derecha, por lo tanto $B'=0$. Además, como $\int_{-\infty}^{\infty}|\psi|^2dx$ no puede calcularse porque estamos trabajando con ondas planas que ocupan todo el espacio, entonces no se puede saber el valor de una de las constantes. Es bueno entonces trabajar con la razón de las constantes respecto a la que acompaña a la onda incidente A.
Las condiciones de frontera serán:
$$\psi_I(x=0)=\psi_{II}(x=0)$$
$$\psi_{I}'(x=0)=\psi_{II}'(x=0)$$
Con las que se consigue que:
$$\frac{B}{A}=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}$$
$$\frac{A'}{A}=\frac{2k_1}{k_1+k_2}$$
Como B representa el coeficiente de la onda reflejada y A' de la onda transmitida, entonces los coeficientes de reflexión y transmisión serán entonces:
$$R=\left(\frac{B}{A}\right)^2$$
$$T=\left(\frac{A'}{A}\right)^2$$
Ahora estudiemos el caso en que $E<V_0$. Siguiendo el mismo procedimiento anterior nos damos cuenta que ahora $k_2^2<0$ y por tanto la solución a $\psi_{II}$ será una exponencial real negativa si hacemos B'=0 para que la solución converja. Esto no tiene problemas ya que las condiciones de frontera se siguen cumpliendo y por tanto podemos encontrar nuevamente las razones de las constantes. Tendremos entonces que:
$$\psi_I=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}\ \ \ ,\ con\ k_1^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$$
$$\psi_{II}=A'e^{-k_2x}\ \ \ ,\ con\ k_2^2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}<0$$
$$\frac{B}{A}=\frac{k_1-ik_2}{k_1+ik_2}$$
$$\frac{A'}{A}=\frac{2k_1}{k_1+ik_2}$$
2. Barrera de potencial II
Con esta barrera tendremos 3 regiones a estudiar: I ($x<0$), II ($0\leq x\leq l$) y III ($x>l$). Cuando $E>V_0$ en la primera región la solución será una combinación lineal de la onda que va a la izquierda y la que va a la derecha como vimos en el ejemplo anterior. En la segunda podemos escribir una solución similar y en la tercera tendremos sólo ondas hacia la derecha.
Más interesante es estudiar el caso donde $E<V_0$. En este, la primera región conservará la solución ya dada, la segunda tendrá una exponencial negativa como lo vimos en el primer ejemplo, pero la tercera tendrá una solución como $A''e^{ik1''x}$. Clásicamente las partículas no podrían pasar a la región III pero nos damos cuenta que cuánticamente la probabilidad de encontrarlas en esa región será distinta de 0 lo cual es un resultado interesante.
3. Pozo finito de potencial
Haciendo nuevamente un procedimiento similar tendremos que para que no diverja alguna de las soluciones se debe cumplir que:
$$\psi_I=Be^{kx}$$
$$\psi_{II}=Ccos(k'x)\ \ \,\ usando\ la\ solución\ par$$
$$\psi_{III}=Ae^{-kx}$$
Estas ecuaciones conllevan a un problema porque se consiguen ecuaciones trascendentales. Tendremos además:
$$\frac{k}{k'}=tan\frac{k'L}{2}\ \ \,\ usando\ la\ solución\ par$$
$$\frac{k}{k'}=cotan\frac{k'L}{2}\ \ \,\ usando\ la\ solución\ impar$$
La continuación de este problema se dejó para la siguiente clase.
Referencias
Krane, K. (2019). Modern Physics, 4th Edition. New York: Wiley.
Aplicaciones
1. Una aplicacón de la ecuación de schrodinger es el occilador ármonico cuántico, consideremos una "párticula" ( representada por la función de onda $ \psi (x) $ ) sometida a un potencial de la forma $U(x) = \frac{1}{2}k x^{2}$, la ecuación de schrodinger correspondiente es:
$$ \frac{-\hbar^{2}}{2m}D_{x}^{2} \psi (x) + \frac{1}{2}k x^{2} \psi (x) = E \psi (x) $$
o equivalentemente:
$$ D_{x}^{2} \psi (x) - \frac{2m}{\hbar^{2}}(\frac{k}{2}x^{2}-E )\psi (x) = 0 $$
proponemos una solución del tipo $ \psi (x)\sim Ae^{-ax^{2}} $:
$$ \ddot{\psi}(x)=-2Aa(-2ax^{2}e^{-ax^{2}}+e^{-ax^{2}}) $$
remplazando en la ecuación diferencial de schrodinger:
$$ -2Aa(-2ax^{2}e^{-ax^{2}}+e^{-ax^{2}})- \frac{2m}{\hbar^{2}}(\frac{k}{2}x^{2}-E )A e^{-ax^{2}}=0 $$
reagrupando:
$$x^{2}(4a^{2}-\frac{mk}{\hbar^{2}}) + (-2a+\frac{2mE}{\hbar^{2}}) = 0$$
para que esta igualdad sea válida para todo x entonces debe cumplirse que:
$$(4a^{2}-\frac{mk}{\hbar^{2}})=0 $ y $(-2a+\frac{2mE}{\hbar^{2}}) = 0$$
de estas 2 ecuaciones obtenemos:
$$ a = (\frac{mk}{4\hbar^{2}})^{1/2}=\frac{\sqrt{mk}}{2\hbar}$$
$$E=\frac{a\hbar^{2}}{m} =\frac{\frac{\sqrt{mk}}{2\hbar}\hbar^{2}}{m} = \frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{k}{m}}$$
este resultado es solo válido para el estado fundamental!.
La solución completa se puede obtener mediante una solución por series de potencias de la funcion de onda , sin embargo puede usarse el método de los operadores ecaleras para obtener los autovalores de las energias permitidas sin resolver la ecuación diferencial directamente , donde se llega a que:
$$ E_{n}=(n+\frac{1}{2})\hbar \sqrt{\frac{k}{m}}$$
2. Los pozos cuánticos se forman en semiconductores que poseen materiales como el GaAs, emparedado entre dos capas de materiales, constituyendo así band gap. Estas estructuras pueden ser cultivadas mediante procedimientos de crecimiento epitaxial.
A causa de la naturaleza cuasi bidimensional, los electrones en los pozos cuánticos poseen una densidad de estados más pronunciada que en el cuerpo de un material. Como consecuencia, los pozos cuánticos se usan de manera abundante en la fabricación de diodos láser. También se los utiliza para fabricar transistores de alta movilidad de electrones, que se usan en electrónica de bajo ruido. Los fotodetectores infrarrojos de pozos cuánticos también se basan en pozos cuánticos y se los utiliza para operar imágenes infrarrojas.
Un diodo láser, también conocido por sus siglas como ILD, es un dispositivo semiconductor porque utiliza la unión p-n para emitir una luz tal como lo hacen los LED, pero en el caso de los diodos laser estos producen una luz mucho más intensa y pura, y todo esto debido a que posee una cámara resonante de espejos que produce un reforzamiento en la emisión de las ondas luminosas a una misma frecuencia y fase, todo este proceso es conocido como ‘‘Amplificación de luz por emisión estimulada de radiación’’ lo que por sus siglas en inglés se abrevia como LASER, procediendo de ahí su nombre de diodo (por la unión p-n) laser.
Video de funcionamiento de un diodo láser:
https://www.youtube.com/watch?v=3CKvdHkAFOU
Waira M
Problemas
1. Considere un pozo cuadrado de potencial que tiene un muro infinito en x=0 y un muro de altura U en x=L tal y como se muestra en la figura. Para el caso en el que la energía de la partícula es menor que U (E<U), obtenga las soluciones de la ecuación de Schrödinger dentro del pozo y en la región de la derecha que satisfacen las condiciones de frontera.
Solución: Juan Felipe Zapata
La ecuación de schrodinger independiente del tiempo se puede escribir de forma general como: $$\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=\frac{2m}{\hbar^{2}}\left(U-E\right)\psi(x)$$
Región I
En esta parte tenemos que $U=0$ por lo tanto la ecuación de schrodinger queda: $$\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=-\frac{2mE}{\hbar^{2}}\psi(x)=-k^{2}\psi(x)$$
Su solución es:
$$\psi(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}=C\sin(kx)+D\cos(kx)$$
Aplicando las condición de finitud para la función de onda $\psi(x=0)=0$ obtenemos que la solución es:
$$\psi(x)=C \sin(kx)$$
Región II
Para esta región la ecuación de schrodinger la escribimos como:
$$\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=\frac{2m}{\hbar^{2}}\left(U-E\right)\psi(x)=\alpha^{2}\psi(x)$$
Su solución es:
$$\psi(x)=Fe^{-\alpha x}+De^{\alpha x}$$
Aplicando la condición de finitud de la función en onda $\psi(x=\infty)=0$ tenemos:
$$\boxed{\psi(x)=Fe^{-\alpha x}}$$
Condiciones de frontera:
Al pedir continidad de $\psi(x)$ y de $\frac{d \psi(x)}{dx}$ en $x=L$ podemos hallar las contantes.
$$C \sin(kL)= F e^{-\alpha L}$$
$$Ck \cos (kL)=- \alpha F e^{-\alpha L}$$
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