6.6: Resolviendo el Pozo Cuadrado Semiinfinito 1D

Imagina una partícula atrapada en un pozo unidimensional de longitud L. Dentro del pozo no hay energía potencial. Sin embargo, la “pared derecha” del pozo (y la región más allá de este muro) tiene una energía potencial finita. Esto significa que es posible que la partícula escape del pozo si tuviera suficiente energía.

Nuevamente, dado que este potencial es una función por partes, la ecuación de Schrödinger debe resolverse en las tres regiones por separado.
En la región x < 0, ya hemos visto que dado que el potencial es infinito no hay posibilidad de encontrar la partícula en esta región. Así,\(\Psi\) = 0 en esta región.
En la región 0 < x < L, la ecuación y la solución deberían ser familiares:

\[\begin{align} - \dfrac{\hbar}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}\Psi(x) + U(x)\Psi(x) &= E\Psi(x) \\ \nonumber - \dfrac{\hbar}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}\Psi(x) + (0)\Psi(x) &= E\Psi(x) \\ \nonumber - \dfrac{\hbar}{2m}\dfrac{d}{dx^2}\Psi(x) &= E\Psi(x) \\ \nonumber \dfrac{d^2}{dx^2}\Psi(x) &= -\dfrac{2mE}{\hbar^2}\Psi(x) \end{align}\]

La solución general a esta ecuación es

\[ \Psi(x) = A\sin(kx) + B\cos(kx) \text{with} k = \sqrt{\dfrac{2mE}{\hbar^2}}\]

Para que esta solución sea continua con la solución para x < 0, el coeficiente B debe ser igual a cero. Por lo tanto,

\[ \Psi(x) = A\sin(kx) \]

En la región x > L, la ecuación es:

\[\begin{align} & - \dfrac{\hbar}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}\Psi(x) + U(x)\Psi(x) = E\Psi(x) \\ \nonumber & - \dfrac{\hbar}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}\Psi(x) = (E - U)\Psi(x) \\ \nonumber & \dfrac{d^2}{dx^2}\Psi(x) = \dfrac{2m(U-E)}{\hbar^2}\Psi(x) \end{align}\]

La solución general es:

\[ \begin{align} & \Psi(x) = Ce^{aX} + De^{-aX} \text{ with } \alpha = \sqrt{\dfrac{2m(U - E)}{\hbar^2}}\end{align}\]

Dado que esta región contiene el punto x = +∞, C debe ser igual a cero o la función ondulada divergirá. Por lo tanto,

\[ \Psi(x) = De^{-aX} \]

La función de onda, y la derivada de la función de onda, deben ser continuas a través del límite en x = L. Forzar la continuidad conduce a:

\[ \begin{align} & \Psi(x = L^-) = \Psi(x = L^+) \\ \nonumber & A\sin(kL) = De^{-aL} \end{align}\]
y forzar la continuidad de la derivada conduce a:

\[ \begin{align} & \Psi(x = L^-) = \Psi(x = L^+) \\ \nonumber & kA\cos(kL) = -\alpha De^{-aL} \end{align}\]

Sustituir la primera ecuación por la segunda ecuación produce:

\ [\ begin} align} & kA\ cos (kL) = -\ alpha (A\ sin (kL))\\ nonumber &\ tan (kL) = -\ dfrac {k} {\ alpha}\\\ nonumber &\ tan\ bigg (\ sqrt {\ dfrac {2Me} {\ hbar^2} L\ bigg) = -\ dfrac {

Este último resultado es una ecuación trascendental para los niveles de energía permitidos. Si se conoce la energía potencial y el ancho del pozo, los niveles de energía permitidos se pueden determinar usando un solucionador o graficando la función.

El pozo semiinfinito 1D

Determinar los niveles de energía permitidos para un protón atrapado en un pozo cuadrado semi-infinito de ancho 5.0 fm y profundidad 60 MeV.

Aplicando el resultado anterior:

\[ \tan \bigg \sqrt{\frac{2mc^2L^2E}{(\hbar c)^2}} \bigg) = - \sqrt{\frac{E}{U-E}}\]
\[ \tan \bigg \sqrt{\frac{2(938 \text{ MeV} (5.0 \text{ fm})^2 E}{(194.7 \text{ MeV fm})^2}} \bigg) = - \sqrt{\frac{E}{60-E}}\]

\[ \tan \bigg \sqrt{1.204 E} \bigg) = - \sqrt{\frac{E}{60-E}}\]
con E en MeV.
Las soluciones a esta ecuación, que representan los niveles de energía permitidos para el protón, son 6.53, 25.75 y 55.08 MeV.