Lista 02 geral gabarito

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BC0103: Física Quântica UFABC Resolução da Lista 02 (Geral) v5 
 
 
Fernando Freitas Alves fernando.freitas@aluno.ufabc.edu.br 26/03/13 – pág. 1/55 
1. Enuncie o princípio da incerteza de Heisenberg e discuta suas consequências. 
O princípio da incerteza de Heisenberg divide-se em duas partes: 
1. Não se pode obter precisão na medida do momento 𝑝𝑥 de uma partícula em uma dada 
direção ao mesmo tempo em que (simultaneamente) se deseja obter precisão na 
medida da sua posição x nessa mesma direção em escalas quânticas, independente da 
precisão do instrumento. Tal princípio está disposto na relação 𝛥𝑝𝑥𝛥𝑥 ≥ ℏ/2, onde 
𝛥𝑝𝑥 é dita a incerteza do momento 𝑝𝑥 da partícula, 𝛥𝑥 é dita a incerteza da posição 𝑥 
dessa mesma partícula e ℏ é a constante de Planck dividida por 2𝜋. 
 
2. Não se pode obter precisão na medida da energia 𝐸 de uma partícula ao mesmo tempo 
em que (simultaneamente) se deseja obter precisão na medida do tempo da medição 
anterior 𝑡 em escalas quânticas, independente da precisão do instrumento. Tal 
princípio está disposto na relação 𝛥𝐸𝛥𝑡 ≥ ℏ/2, onde 𝛥𝐸 é dita a incerteza da energia 
𝐸 da partícula e 𝛥𝑡 é dita a incerteza do tempo 𝑡 para a medição dessa energia. 
 
2. Uma massa de 1 micrograma tem uma velocidade de 1 𝑐𝑚/𝑠. Se a velocidade tem uma 
incerteza de 1%, qual é a ordem de grandeza da incerteza mínima na sua posição? 
O princípio de incerteza trata da posição 𝑥 somente quando também trata do momento 𝑝. 
Como queremos determinar Δ𝑥, precisamos encontrar Δ𝑝. 
A velocidade de uma partícula está relacionada com 𝑝 por: 
𝑝 = 𝑚𝑣 
Logo, quando derivamos 𝑝 para descobrir como ele varia de acordo com a variação de 𝑣, 
obtemos: 
𝑑𝑝
𝑑𝑣
= 𝑚 
Aproximando 𝑑𝑝 = Δ𝑝, onde estamos definindo que o diferencial de 𝑝 é um valor tão 
pequeno quanto o erro de nossa medida, resultamos em: 
Δ𝑝 = 𝑚Δ𝑣 
Assim, por aproximação do princípio de incerteza: 
Δ𝑥 ≈
ℏ
Δ𝑝𝑥
 
⇒ Δ𝑥 ≈
ℏ
𝑚𝛥𝑣
 
⇒ Δ𝑥 ≈
6,626 × 10−34
2𝜋 · 1 × 10−9 · (0,01 × 0,01)
 
⇒ Δ𝑥 ≈ 1,055 × 10−21 𝑚 
Portanto, a incerteza mínima na sua posição possui ordem de grandeza de 10−21, que é 
bem menor que o 0,0001 𝑚/𝑠 da incerteza de sua velocidade. 
𝐿𝑒𝑚𝑏𝑟𝑒-𝑠𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑘𝑔 é 𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 
𝑞𝑢𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑛𝑜 𝑆𝐼. 𝐿𝑜𝑔𝑜: 
1𝜇𝑔 = 
= 1 × 10−6𝑔 
= 1 × 10−9𝑘𝑔 
= 1𝑛𝑘𝑔 
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3. Os núcleos atômicos são também sistemas quânticos com níveis de energia discretos. Um 
estado excitado de um certo núcleo tem uma meia vida de 0,7 × 10−9 𝑠. Considerando que 
este tempo é a incerteza ∆𝑡 para a emissão de um fóton, use a relação ∆𝐸∆𝑡 ∼ ℏ para 
calcular a incerteza da frequência, ∆𝑓, e calcule ∆𝑓/𝑓 para 𝜆 = 0,01 𝑛𝑚. 
O princípio de incerteza trata do tempo 𝑡 somente quando também trata da energia 𝐸. 
Como queremos determinar Δ𝑓, precisamos relacionar com Δ𝐸. 
Sabemos que frequência 𝑓 está relacionada com a energia 𝐸, para um fóton, através da 
equação de Einstein: 
𝐸 = ℎ𝑓 
Logo, quando derivamos 𝐸 para descobrir como ela varia de acordo com a variação de 𝑓, 
obtemos: 
𝑑𝐸
𝑑𝑓
= ℎ 
Aproximando 𝑑𝐸 = Δ𝐸, onde estamos definindo que o diferencial de 𝐸 é um valor tão 
pequeno quanto o erro de nossa medida, resultamos em: 
Δ𝐸 = ℎΔ𝑓 
Assim, pela relação dada: 
ℎΔ𝑓Δ𝑡 ≈ ℏ 
⇒ Δ𝑓 ≈
1
2𝜋Δ𝑡
 
⇒ Δ𝑓 ≈
1
2𝜋 · 0,7 × 10−9
 
⇒ Δ𝑓 ≈ 0,23 × 109 𝐻𝑧 
Como sabemos que o fóton viaja na velocidade da luz: 
𝜆𝑓 = 𝑐 
quando 𝜆 = 0,01 𝑛𝑚, temos: 
Δ𝑓
𝑓
=
𝜆Δ𝑓
𝑐
 
⇒
Δ𝑓
𝑓
=
0,01 × 10−9 · 0,23 × 109
2,998 × 108
 
⇒
Δ𝑓
𝑓
= 7,7 × 10−12 
 
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4. A posição e o momento de um elétron de 2 𝑘𝑒𝑉 são determinados no mesmo instante. Se a 
posição é determinada com uma precisão de 1 Å, qual é a porcentagem de incerteza em seu 
momento? (Dica: 1 𝑒𝑉 = 1,6 × 10−19 𝐽, 𝑚 = 9,1 × 10−31 𝑘𝑔) 
Queremos calcular a porcentagem de incerteza do momento 𝑝𝑥% do elétron. A princípio, 
sabemos que: 
𝑝𝑥%𝑝𝑥 = Δ𝑝𝑥 
⇒ 𝑝𝑥% =
Δ𝑝𝑥
𝑝𝑥
 
Assim, pela aproximação com o princípio de incerteza de Heisenberg: 
Δ𝑝𝑥 ≈
ℏ
Δ𝑥
 
⇒ 𝑝𝑥% =
Δ𝑝𝑥
𝑝𝑥
≈
ℏ
Δ𝑥𝑝𝑥
 
Só nos falta encontrar 𝑝𝑥. Sabemos que a energia cinética de uma partícula é dada por: 
𝐾 =
1
2
𝑚𝑣2 
⇒ 𝑣 = √2𝐾/𝑚 
⇒ 𝑝 = 𝑚𝑣 = 𝑚√2𝐾/𝑚 
⇒ 𝑝 = √2𝑚𝐾 
Portanto, temos: 
𝑝𝑥% ≈
ℏ
Δ𝑥𝑝𝑥
 
⇒ 𝑝𝑥% ≈
ℎ
2𝜋Δ𝑥√2𝑚𝐾
 
⇒ 𝑝𝑥% ≈
6,626 × 10−34
2𝜋 · 1 × 10−10√2 · 9,1 × 10−31 · (2 × 103 · 1,6 × 10−19)
 
⇒ 𝑝𝑥% ≥ 4,4% 
 
5. Os tempos de vida das partículas conhecidas como ressonâncias não podem ser medidos 
diretamente, mas são calculados da largura da curva da seção de choque de espalhamento 
𝜎(𝐸) em função da energia 𝐸. Assim, por exemplo, o espalhamento de uma partícula 
chamada píon, 𝜋, por um próton dá origem à ressonância ∆, via reação 𝜋 + 𝑝 → ∆ (a massa 
dessa ressonância ∆ é 𝑀∆ ≈ 1700 𝑀𝑒𝑉/𝑐
2). Sendo a largura da seção de choque da reação 
∆𝐸 = 350 𝑀𝑒𝑉, obtenha o tempo de vida aproximado da ressonância ∆. 
Utilizando a aproximação baseada no princípio de incerteza de Heisenberg: 
Δ𝐸Δ𝑡 ≈ ℏ 
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⇒ Δ𝑡 ≈
ℏ
Δ𝐸
 
Quando queremos o mínimos tempo de vida τ aproximado da ressonância Δ, devemos 
assumir sua melhor medição possível. Logo: 
τ ≈
ℏ
Δ𝐸
 
⇒ τ ≈
6,626 × 10−34
2𝜋(350 × 106 · 1,6 × 10−19)
 
⇒ τ ≈ 1,9 × 10−24 𝑠 
 
6. A energia de um certo estado nuclear pode ser medida com incerteza da ordem de 0,1 𝑒𝑉. 
Qual é o mínimo tempo de vida desse estado? 
Utilizando a aproximação baseada no princípio de incerteza de Heisenberg: 
Δ𝐸Δ𝑡 ≈ ℏ 
⇒ Δ𝑡 ≈
ℏ
Δ𝐸
 
Quando queremos o mínimos tempo τ, devemos considerar apenas o menor valor da 
desigualdade: 
τ ≈
ℏ
Δ𝐸
 
⇒ τ ≈
6,626 × 10−34
2𝜋(0,1 · 1,6 × 10−19)
 
⇒ τ ≈ 0,66 × 10−14 𝑠 
 
7. Escreva a equação de Schrödinger dependente do tempo e mostre como chegar à equação 
independente do tempo. Em que casos podemos utilizar a equação independente do tempo? 
A equação de Schrödinger dependente do tempo pode ser escrita como: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2Ψ
𝜕𝑥2
+ 𝑉Ψ = 𝑖ℏ
𝜕Ψ
𝜕𝑡
 ; Ψ = Ψ(𝑥, 𝑡), 𝑉 = 𝑉(𝑥, 𝑡) 
Para que não dependa do tempo, temos que resolver essa equação diferencial parcial (EDP) 
utilizando o método de separação de variáveis supondo a resolução: 
Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥)𝜑(𝑡) 
Ao substituirmos essa resolução na equação de Schrödinger e nos restringirmos a energia 
potenciais 𝑽 independentes do tempo, obtemos: 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2[𝜓(𝑥)𝜑(𝑡)]
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)[𝜓(𝑥)𝜑(𝑡)] = 𝑖ℏ
𝑑[𝜓(𝑥)𝜑(𝑡)]
𝑑𝑡
 
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⇒ −
ℏ2
2𝑚
𝜑(𝑡)
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥)𝜑(𝑡) = 𝑖ℏ 𝜓(𝑥)
𝑑𝜑(𝑡)
𝑑𝑡
 
⇒ 
1
𝜓(𝑥)
[−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥)] = 𝑖ℏ
1
𝜑(𝑡)
𝑑𝜑(𝑡)
𝑑𝑡
 
Como ambos os lados da equação agora dependem de variáveis diferentes, ambas só 
podem ser iguais quando possuírem o valor de uma constante 𝐺 em específico. 
1
𝜓(𝑥)
[−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥)] = 𝐺 = 𝑖ℏ1
𝜑(𝑡)
𝑑𝜑(𝑡)
𝑑𝑡
 
⇒ 
{
 
 
 
 
 
1
𝜓(𝑥)
[−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥)] = 𝐺
𝑖ℏ
1
𝜑(𝑡)
𝑑𝜑(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝐺 
 
Assim, reduzimos a EDP para EDO’s (equações diferenciais ordinárias). Podemos então 
resolver a EDO do tempo: 
𝑖ℏ
1
𝜑(𝑡)
𝑑𝜑(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝐺 
⇒ 
𝑑𝜑(𝑡)
𝜑(𝑡)
= (−𝑖)
𝐺
ℏ
 𝑑𝑡 
⇒ ∫
1
𝜑(𝑡)
𝑑𝜑(𝑡) = −𝑖
𝐺
ℏ
∫ 𝑑𝑡 
⇒ ln|𝜑(𝑡)| = −𝑖
𝐺𝑡
ℏ
+ 𝑐1 
⇒ 𝑒ln|𝜑(𝑡)| = 𝑒−𝑖𝐺𝑡/ℏ ; 𝑐1 = 0 
⇒ 𝜑(𝑡) = 𝑒−𝑖𝐺𝑡/ℏ 
⇒ 𝜑(𝑡) = cos (
𝐺𝑡
ℏ
) − 𝑖 sen (
𝐺𝑡
ℏ
) 
⇒ 𝜑(𝑡) = cos (
𝐺𝑡
ℎ/2𝜋
) − 𝑖 sen (
𝐺𝑡
ℎ/2𝜋
) 
⇒ 𝜑(𝑡) = cos (2𝜋
𝐺
ℎ
𝑡) − 𝑖 sen (2𝜋
𝐺
ℎ
𝑡) 
⇒ 𝜑(𝑡) = cos(𝜔𝑡) − 𝑖 sen(𝜔𝑡) ; 𝜔 = 2𝜋
𝐺
ℎ
 
Como 𝜔 = 2𝜋𝑓, temos que a frequência (𝑓 ou 𝜈, tanto faz o termo que usar) da onda é: 
 𝑓 = 𝜈 =
𝐺
ℎ
 
⇒ 𝐺 = ℎ𝜈 
Pela relação de Broglie-Einstein que a equação de Schrödinger a priori deve obedecer: 
𝐸 = ℎ𝜈 
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⇒ 𝐺 = 𝐸 
Portanto, nosso sistema ficará: 
⇒ 
{
 
 
 
 
 
1
𝜓(𝑥)
[−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥)] = 𝐸
𝑖ℏ
1
𝜑(𝑡)
𝑑𝜑(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝐸 
 , 
onde 𝐸 é a energia total da partícula. 
Logo, teremos que: 
Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥)𝑒−𝑖𝐸𝑡/ℏ 
Assim, para concluirmos, nossa equação de Schrödinger possui uma resolução específica 
para o tempo. Então, nos restou apenas uma equação para o espaço, ou seja, a equação 
que queríamos encontrar e é independente do tempo juntamente com a restrição que a 
energia potencial também é independente do tempo: 
1
𝜓(𝑥)
[−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥)] = 𝐸 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥) = 𝐸𝜓(𝑥) 
 
8. Uma partícula de massa 𝑚 é confinada ao espaço unidimensional entre duas barreiras de 
potencial infinito e que distam 𝐿 uma da outra. (Suponha que a energia potencial da partícula 
é nula na região de confinamento). A energia da partícula é quantizada pela condição de 
onda estacionária 𝑛𝜆/2 = 𝐿, onde 𝑛 é um número inteiro e 𝜆 o comprimento de onda da 
partícula. 
 
(a) Mostre que as energias permitidas são dadas por 𝐸𝑛 = 𝑛
2𝐸1, onde 𝐸1 = ℎ
2/8𝑚𝐿2. 
 
(b) Determine 𝐸1 para um elétron confinado na região de 𝐿 = 0,1 𝑛𝑚 de comprimento e faça 
um diagrama de níveis de energia para os estados de 𝑛 = 1 até 𝑛 = 5. 
 
(c) Calcule o comprimento de onda do fóton emitido por esse sistema quando o elétron sofre 
uma transição do estado 𝑛 = 3 para o estado 𝑛 = 1; e do estado 𝑛 = 5 para o estado 𝑛 =
2. 
Assumindo que o problema possui energia potencial independente do tempo, pelo 
exercício 7, a equação de Schrödinger independente do tempo pode ser escrita como: 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥) = 𝐸𝜓(𝑥) 
Nas regiões fora do confinamento, temos que 𝑉(𝑥) → ∞, logo: 
⇒ lim
𝑉(𝑥)→∞
[−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓1(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓1(𝑥) − 𝐸𝜓1(𝑥)] = 0 
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⇔ 𝜓1(𝑥) = 0 
Na região de confinamento, temos que 𝑉(𝑥) = 0, logo: 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓2(𝑥)
𝑑𝑥2
= 𝐸𝜓2(𝑥) 
Assumindo que exista uma solução do tipo: 𝜓2(𝑥) = 𝑒
𝛼𝑥 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2(𝑒𝛼𝑥)
𝑑𝑥2
= 𝐸𝑒𝛼𝑥 
⇒ 
ℏ2
2𝑚
𝛼2𝑒𝛼𝑥 + 𝐸𝑒𝛼𝑥 = 0 
Como 𝑒𝛼𝑥 não pode ser 0, temos: 
ℏ2
2𝑚
𝛼2 + 𝐸 = 0 
⇒ 𝛼2 = −
2𝑚𝐸
ℏ2
 
⇒ 𝛼 = ±𝑖 √2𝑚𝐸/ℏ 
⇒ 𝛼 = ±𝑖𝑝/ℏ 
⇒ 𝛼 = ±𝑖
ℎ/𝜆
ℎ/2𝜋
 
⇒ 𝛼 = ±𝑖2𝜋/𝜆 
⇒ 𝛼 = ±𝑖𝑘 
Tomando então 𝑘 = √2𝑚𝐸/ℏ, pela suposição de solução anterior 𝑒𝛼𝑥 , temos duas soluções 
possíveis: 
𝜓2(𝑥) = 𝑒
𝑖𝑘𝑥 ou 𝜓2(𝑥) = 𝑒
−𝑖𝑘𝑥 
Pelo princípio de superposição, se 𝑒𝑖𝑘𝑥 é solução da equação assim como 𝑒−𝑖𝑘𝑥 também o 
é, então qualquer combinação linear das duas também é solução da equação: 
𝜓2(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘𝑥 
onde 𝐴 e 𝐵 são constantes não nulas. 
Para encontrarmos as constantes 𝐴 e 𝐵, precisamos definir que tipo de função queremos. A 
priori, sabemos que a função de onda deve ser contínua e suave além de finita. Para tal, 
podemos montar um sistema que compõe a igualdade de pontos nas interseções das regiões 
para atribuir a linearidade à função desejada, ou seja, resolver a condição de contorno. 
À esquerda (quando 𝑥 ≤ −𝐿/2) e à direita (quando 𝑥 ≥ 𝐿/2) do confinamento sabemos 
que 𝜓1(𝑥) = 0, enquanto que na região do confinamento (−𝐿/2 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿/2), sabemos que 
𝜓2(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘𝑥 . Logo: 
{ 
𝜓2(−𝐿/2) = 𝜓1(−𝐿/2)
𝜓2(𝐿/2) = 𝜓1(𝐿/2)
 
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⇒ { 𝐴𝑒
−𝑖𝑘𝐿/2 +𝐵𝑒𝑖𝑘𝐿/2 = 0
𝐴𝑒𝑖𝑘𝐿/2 +𝐵𝑒−𝑖𝑘𝐿/2 = 0
 
Utilizando a fórmula de Euler: 𝑒±𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ± 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑥, obtemos: 
{ 
𝐴[cos(𝑘𝐿/2) − 𝑖 sen(𝑘𝐿/2)] + 𝐵[cos(𝑘𝐿/2) + 𝑖 sen(𝑘𝐿/2)] = 0
𝐴[cos(𝑘𝐿/2) + 𝑖 sen(𝑘𝐿/2)] + 𝐵[cos(𝑘𝐿/2) − 𝑖 sen(𝑘𝐿/2)] = 0
 
⇒ { 
(𝐴 + 𝐵) cos(𝑘𝐿/2) − (𝐴 − 𝐵)𝑖 sen(𝑘𝐿/2) = 0
(𝐴 + 𝐵) cos(𝑘𝐿/2) + (𝐴 − 𝐵)𝑖 sen(𝑘𝐿/2) = 0
 
⇒ { 
2(𝐴 + 𝐵) cos(𝑘𝐿/2) = 0 
2(𝐴 − 𝐵)𝑖 sen(𝑘𝐿/2) = 0 
 
⇒ { 
(𝐴 + 𝐵) cos(𝑘𝐿/2) = 0
(𝐴 − 𝐵) sen(𝑘𝐿/2) = 0
 
⇒ (𝐴 + 𝐵) cos(𝑘𝐿/2) = (𝐴 − 𝐵) sen(𝑘𝐿/2) 
𝛾 cos(𝜃) + 𝛿 sen(𝜃) = 0 
⇔ 𝛾 = 𝛿 = 0 
𝑝𝑜𝑖𝑠 {cos(𝜃) , sen(𝜃)} 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑢𝑚𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑚 ℝ2 
⇒ { 
𝐴 + 𝐵 = 0
𝐴 − 𝐵 = 0
 
⇒ { 
𝐴 = −𝐵
𝐴 = 𝐵 
 
⇒ { 
(𝐴 − 𝐴) cos(𝑘𝐿/2) = 0
(𝐴 + 𝐴) sen(𝑘𝐿/2) = 0
 𝑜𝑢 { 
(𝐴 + 𝐴) cos(𝑘𝐿/2) = 0
(𝐴 − 𝐴) sen(𝑘𝐿/2) = 0
 
⇒ { 
2𝐴 cos(𝑘𝐿/2) = 0
2𝐴 sen(𝑘𝐿/2) = 0
 
⇒ { 
𝐴 cos(𝑘𝐿/2) = 0
𝐴 sen(𝑘𝐿/2) = 0
 
Ambos remetem ao sistema: 
{ 
cos(𝑘𝐿/2) = 0
sen(𝑘𝐿/2) = 0
 
⇒ 𝑘𝐿/2 = 𝑛(𝜋/2) ; 𝑛 = 1,3,5,7, …
⇒ 𝑘𝐿/2 = 𝑛(𝜋/2) ; 𝑛 = 2,4,6,8, …
 
⇒ 𝑘𝑛 = 𝑛𝜋/𝐿 ; 𝑛 = 1,2,3,4,5,6,7, … 
que levam a dois tipos de solução: 
{ 
𝜓𝑛(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘𝑛𝑥 + 𝐴𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥
𝜓𝑛(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘𝑛𝑥 − 𝐴𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥
 
⇒ { 
𝜓𝑛(𝑥) = 𝐴(𝑒
𝑖𝑘𝑛𝑥 + 𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥)
𝜓𝑛(𝑥) = 𝐴(𝑒
𝑖𝑘𝑛𝑥 − 𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥)
 
𝑒𝑖𝑘𝑛𝑥 = cos(𝑘𝑛𝑥) + 𝑖 sen(𝑘𝑛𝑥) 
𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥 = cos(𝑘𝑛𝑥) − 𝑖 sen(𝑘𝑛𝑥) 
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⇒ { 
𝑒𝑖𝑘𝑛𝑥 + 𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥 = 2 cos(𝑘𝑛𝑥)
𝑒𝑖𝑘𝑛𝑥 − 𝑒−𝑖𝑘𝑛𝑥 = 2𝑖 sen(𝑘𝑛𝑥)
 
⇒ { 
𝜓𝑛(𝑥) = 2𝐴 cos(𝑘𝑛𝑥)
𝜓𝑛(𝑥) = 2𝐴𝑖 sen(𝑘𝑛𝑥)
 
⇒ 
{
 
 
 
𝜓𝑛(𝑥) = 𝐴
′ cos (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)
𝜓𝑛(𝑥) = 𝐵
′ sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)
 
𝑠𝑒 𝑛 = 1,3,5,7, …
𝑠𝑒 𝑛 = 2,4,6,8, …
 
Como determinamos anteriormente que 𝑘 = √2𝑚𝐸/ℏ, temos que: 
√2𝑚𝐸𝑛
ℏ
=
𝑛𝜋
𝐿
 
⇒ 𝐸𝑛 = 𝑛
2
𝜋2ℏ2
2𝑚𝐿2
 
⇒ 𝐸𝑛 = 𝑛
2
ℎ2
8𝑚𝐿2
 
Tomando a energia do estado fundamental como 𝐸1 = ℎ
2/8𝑚𝐿2, obtemos que a energia 
total da partícula confinada é quantizada: 
𝐸𝑛 = 𝑛
2𝐸1 onde 𝑛 = 1,2,3,4,5,6,7, … 
_________________________________________________________________________ 
Um elétron confinado na região de 𝐿 = 0,1 𝑛𝑚 de comprimento possui energia total no 
estado fundamental:𝐸1 =
(6,626 × 10−34)2
8 · 9,1 × 10−31 · (0,1 × 10−9)2
 
⇒ 𝐸1 = 0,6 × 10
−17 𝐽 
 
6,03E-18 J
2,41E-17 J
5,43E-17 J
9,65E-17 J
1,51E-16 J
Diagrama de níveis de energia
n=1 n=2 n=3 n=4 n=5
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Fig. 1: Diagrama de níveis de energia de um elétron confinado em um poço unidimensional 
quadro infinito quando 𝐿 = 0,1 𝑛𝑚. 
_________________________________________________________________________ 
Um fóton emitido por um elétron confinado nessa região possui energia ℇ quando: 
𝑛 = 3 → 𝑛 = 1 ⇒ ℇ3→1 = 𝐸3 − 𝐸1 
𝑛 = 5 → 𝑛 = 2 ⇒ ℇ5→2 = 𝐸5 − 𝐸2 
Como a equação de Einstein diz que: 
𝐸 = ℎ𝜈 
e 𝜆𝜈 = 𝑐 para o fóton, segue que seu comprimento de onda 𝜆 respectivo é: 
𝜆3→1 =
𝑐ℎ
ℇ3→1
=
𝑐ℎ
𝐸3 − 𝐸1
 
⇒ 𝜆3→1 =
8𝑚𝑐𝐿2
ℎ
·
1
32 − 12
 
⇒ 𝜆3→1 =
8 · 9,1 × 10−31 · 2,998 × 108 · (0,1 × 10−9)2
6,626 × 10−34
·
1
32 − 12
 
⇒ 𝜆3→1 ≈
3,294 × 10−8
32 − 12
 
⇒ 𝜆3→1 = 0,4 × 10
−8 𝑚 
Analogamente: 
𝜆5→2 ≈
3,294 × 10−8
52 − 22
 
⇒ 𝜆5→2 = 0,2 × 10
−8 𝑚 
 
9. (a) Mostre que a função de onda Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡) satisfaz a equação de Schrödinger 
dependente do tempo. 
 
(b) Mostre que a função de onda Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡) não satisfaz a equação de Schrödinger 
dependente do tempo. 
 
(c) Mostre que a função de onda Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) não satisfaz a equação de 
Schrödinger dependente do tempo. 
Para analisar se uma função de onda satisfaz a equação de Schrödinger, basta substituir a 
mesma na equação e verificar se ainda satisfaz a igualdade. 
A equação de Schrödinger dependente do tempo pode ser escrita como: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2Ψ
𝜕𝑥2
+ 𝑉Ψ = 𝑖ℏ
𝜕Ψ
𝜕𝑡
 ; Ψ = Ψ(𝑥, 𝑡), 𝑉 = 𝑉(𝑥, 𝑡) 
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Quando Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡), temos que: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2(𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡))
𝜕𝑥2
+ 𝑉𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡) = 𝑖ℏ
𝜕(𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡))
𝜕𝑡
 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
[𝐴𝑖2𝑘2𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)] + 𝑉𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡) = −𝑖ℏ[𝐴𝑖𝜔𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)] 
⇒ 
ℏ2
2𝑚
𝑘2 + 𝑉 = ℏ𝜔 
⇒ ℏ𝜔 =
(ℏ𝑘)2
2𝑚
+ 𝑉 
⇒
ℎ
2𝜋
 2𝜋𝜈 =
(
ℎ
2𝜋
2𝜋
𝜆
)
2
2𝑚
+ 𝑉 
⇒ ℎ𝜈 = (
𝑝
√2𝑚
)
2
+ 𝑉 
⇒ 𝐸 = (
√2𝑚𝐾
√2𝑚
)
2
+ 𝑉 
 ⇒ 𝐸 = 𝐾 + 𝑉 ∎ 
_________________________________________________________________________ 
Quando Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡), temos que: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2(𝐴𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡))
𝜕𝑥2
+ 𝑉𝐴𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡) = 𝑖ℏ
𝜕(𝐴𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡))
𝜕𝑡
 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
[𝐴𝑘2𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡)] + 𝑉𝐴𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡) = 𝑖ℏ[−𝐴𝑘𝜔𝑒𝑘(𝑥−𝜔𝑡)] 
⇒ −
(ℏ𝑘)2
2𝑚
+ 𝑉 = −𝑖(ℏ𝜔)𝑘 
⇒ 𝐾 − 𝑉 = 𝑖𝐸𝑘 
 ⇒ 𝐸 = 𝑖
𝑉−𝐾
𝑘
 𝐴𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝐸 ∈ ℝ! ∎ 
_________________________________________________________________________ 
Quando Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡), temos que: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2(𝐴 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡))
𝜕𝑥2
+ 𝑉𝐴 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) = 𝑖ℏ
𝜕(𝐴 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡))
𝜕𝑡
 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
[−𝐴𝑘2 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)] + 𝑉𝐴sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) = 𝑖ℏ[−𝐴𝜔 cos(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)] 
⇒ 
(ℏ𝑘)2
2𝑚
+ 𝑉 = −𝑖(ℏ𝜔) cotg(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 
⇒ 𝐾 + 𝑉 = −𝑖𝐸 cotg(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 
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⇒ 𝑖 tg(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) =
𝐸
𝐾 + 𝑉
 
 ⇒ 𝑖 tg(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) = 1 𝐴𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝛼 ∈ ℝ ⇔ tg𝛼 ∈ ℝ! ∎ 
 
10. Normalize a função de onda Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡) entre −𝑎 e 𝑎. Por que a função de onda 
não pode ser normalizada entre −∞ e ∞? 
Para normalizar a função de onda, basta integrá-la com seu complexo conjugado dentro 
dos limites de espaço para encontrarmos a constante que a normaliza, onde sabemos que 
toda função probabilística resulta em 1 diante de todo o espaço amostral: 
∫Ψ∗Ψ𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 1 
⇒ ∫[𝐴𝑒−𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)][𝐴𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)]𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 1 
⇒ ∫𝐴2𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)−𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 1 
⇒ 𝐴2 ∫𝑒0𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 1 
⇒ 𝐴2 ∫𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 1 
⇒ 𝐴2[𝑎 − (−𝑎)] = 1 
⇒ 𝐴 =
1
√2𝑎
 
Portanto, a função normalizada entre −𝑎 e 𝑎 é: 
Ψ(x, t) =
𝑒𝑖(𝑘𝑥−𝜔𝑡)
√2𝑎
 
_________________________________________________________________________ 
Para os limites de integração −∞ a ∞ temos que: 
 ∫ Ψ∗Ψ𝑑𝑥
∞
−∞
= 1 
⇒ 𝐴2 ∫ 𝑑𝑥
∞
−∞
= 1 
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⇒ 𝐴2 lim
𝑥→∞
2𝑥 = 1 
⇒ 𝐴 = lim
𝑥→∞
1
√2𝑥
 
⇒ 𝐴 = 0 
⇒ lim
𝑥→∞
Ψ(x, t) = 0 
Ou seja, não temos como normalizar a função de onda nesses limites. 
 
11. Em uma região do espaço, uma partícula possui uma função de onda dada por 𝜓(𝑥) =
𝐴𝑒−𝑥
2/2𝐿2 e energia 𝐸 = ℏ2/2𝑚𝐿2, onde 𝐿 é um comprimento. 
 
(a) Determine a energia potencial em função de 𝑥. 
 
(b) Qual tipo de potencial clássico tem essa forma? 
 
(c) Determine a energia cinética em função de 𝑥. 
 
(d) Mostre que 𝑥 = 𝐿 é o ponto de retorno clássico. 
 
(e) Seja 𝑉(𝑥) = 𝑚𝜔2𝑥2/2 a energia potencial de um oscilador harmônico unidimensional, 
onde 𝜔 é a frequência angular. Compare 𝑉(𝑥) com o resultado obtido no item (a) e mostre 
que a energia total do estado com a função de onda 𝜓(𝑥) acima pode ser escrita na forma 
𝐸 = ℏ𝑤/2. 
Pelo exercício 7, quando a energia potencial não depende do tempo, a equação de 
Schrödinger independente do tempo pode ser escrita como: 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥) = 𝐸𝜓(𝑥) 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
𝑑2(𝐴𝑒−𝑥
2/2𝐿2)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝐴𝑒−𝑥
2/2𝐿2 =
ℏ2
2𝑚𝐿2
𝐴𝑒−𝑥
2/2𝐿2 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
[𝐴(−
2
2𝐿2
𝑒−𝑥
2/2𝐿2 +
4𝑥2
4𝐿4
𝑒−𝑥
2/2𝐿2)] + 𝑉(𝑥)𝐴𝑒−𝑥
2/2𝐿2 =
ℏ2
2𝑚𝐿2
𝐴𝑒−𝑥
2/2𝐿2 
⇒ −
ℏ2
2𝑚
(
𝑥2 − 𝐿2
𝐿4
) + 𝑉(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿2
 
⇒ 𝑉(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿2
(
𝑥2
𝐿2
− 1) +
ℏ2
2𝑚𝐿2
 
⇒ 𝑉(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿4
𝑥2 
Trata-se de uma energia potencial clássica de um sistema harmônico simples, tal que sua 
energia potencial 𝑉 é: 
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𝑉(𝑥) = 𝑘𝑥2 onde 𝑘 é a constante de elasticidade do sistema. 
Para este caso quântico, podemos dizer que essa constante é ℏ2/2𝑚𝐿4. 
A energia cinética dependente de 𝑥 dessa partícula é: 
𝐾(𝑥) = 𝐸 − 𝑉(𝑥) 
⇒ 𝐾(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿2
−
ℏ2
2𝑚𝐿4
𝑥2 
⇒ 𝐾(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿2
(1 −
𝑥2
𝐿2
) 
Se 𝑥 = 𝐿, temos que: 
𝐾(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿2
(1 −
𝐿2
𝐿2
) 
⇒ 𝐾(𝑥) = 0 
Portanto, no momento em que 𝑥 se aproxima de 𝐿, a partícula vai perdendo energia 
cinética até que se torne nula e depois volte a aumentar com a variação de 𝑥 novamente. 
Quando isso acontece, dizemos que 𝑥 = 𝐿 é o ponto de retorno clássico do sistema. 
_________________________________________________________________________ 
Tomando a energia potencial 𝑉(𝑥) = 𝑚𝜔2𝑥2/2 de um oscilador harmônico 
unidimensional, temos pelo resultado de 𝑉(𝑥) obtido anteriormente que: 
𝑉(𝑥) =
ℏ2
2𝑚𝐿4
𝑥2 =
𝑚𝜔2𝑥2
2
 
⇒ 
ℏ
𝐿2
= 𝑚𝜔 
⇒ 𝑚𝐿2 =
ℏ
𝜔
 
Como a energia da partícula é: 
𝐸 = 𝐾 + 𝑉 
⇒ 𝐸 ==
ℏ2
2𝑚𝐿2
(1 −
𝑥2
𝐿2
) +
ℏ2
2𝑚𝐿4𝑥2 
⇒ 𝐸 =
ℏ2
2𝑚𝐿2
 
⇒ 𝐸 =
ℏ2𝜔
2ℏ
 
⇒ 𝐸 =
ℏ𝜔
2
 
 
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12. O comprimento de onda da luz emitida por um laser de rubi é 694,3 𝑛𝑚. Se a emissão de um 
fóton com este comprimento de onda estivesse associada à transição de um elétron do nível 
𝑛 = 2 para o nível 𝑛 = 1 de um poço quadrado infinito, qual seria a largura 𝐿 do poço? 
De acordo com o exercício 8, temos que o comprimento de onda emitido por um fóton 
dado uma transição de um elétron entre níveis de energia de um poço quadrado infinito é: 
𝜆𝑛→𝑚 =
𝑐ℎ
ℇ𝑛→𝑚
=
𝑐ℎ
𝐸𝑚 − 𝐸𝑛
 ; 𝐸𝑠 = 𝑠
2
ℎ2
8𝑚𝐿2
 ∀ 𝑠 ∈ ℕ∗ 
⇒ 𝜆2→1 =
8𝑚𝑐𝐿2
ℎ
·
1
22 − 12
 
Logo, o a largura 𝐿 do poço é: 
⇒ 𝐿 = √
ℎ𝜆2→1
8𝑚𝑐
(22 − 12) 
⇒ 𝐿 = √
6,626 × 10−34 · 694,3 × 10−9
8 · 9,109 × 10−31 · 2,998 × 108
(22 − 12) 
⇒ 𝐿 = 7,948 × 10−10 𝑚 
 
13. Um elétron se encontra no estado 𝑛 = 5 de um poço unidimensional quadrado infinito. 
 
(a) Mostre que a probabilidade de encontrar o elétron entre os pontos 𝑥 = 0,2𝐿 e 𝑥 = 0,4𝐿 
é 1/5. 
 
(b) Calcule a probabilidade de encontrar o elétron em um intervalo ∆𝑥 = 0,02𝐿 em torno do 
ponto 𝑥 = 𝐿/2. 
Assumindo que o comprimento do espaço unidimensional que confina o elétron é 𝐿 e que 
o problema possui energia potencial independente do tempo, pelo exercício 7, a equação 
de Schrödinger independente do tempo pode ser escrita como: 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥) = 𝐸𝜓(𝑥) 
De acordo com o resultado encontrado para a função de onda do exercício 8: 
{
 
 
 
𝜓1(𝑥) = 𝐶 cos (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑖 sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)
 
𝑠𝑒 𝑛 = 1,3,5,7, …
𝑠𝑒 𝑛 = 2,4,6,8, …
 
temos que, quando 𝑛 = 5: 
𝜓(𝑥) = 𝐶 cos (
5𝜋
𝐿
𝑥) 
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Para normalizar essa função, basta integrá-la com seu complexo conjugado dentro dos 
limites de espaço para encontrarmos a constante que a normaliza, onde sabemos que toda 
função probabilística resulta em 1 diante de todo o espaço amostral: 
∫ 𝜓∗𝜓 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
⇒ ∫ 𝐶 cos (
5𝜋
𝐿
𝑥) · 𝐶 cos (
5𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
⇒ 𝐶2 ∫ cos2 (
5𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
cos(𝑎 + 𝑏) = cos(𝑎) cos(𝑏) − sen(𝑎) sen(𝑏) 
𝑎 = 𝑏 ⇒ cos(𝑎 + 𝑎) = cos(2𝑎) = cos(𝑎) cos(𝑎) − sen(𝑎) sen(𝑎) 
⇒ cos(2𝑎) = cos2(𝑎) − sen2(𝑎) 
⇒ cos(2𝑎) = cos2(𝑎) − [1 − cos2(𝑎)] 
⇒ cos(2𝑎) = 2 cos2(𝑎) − 1 
⇒ cos2(𝑎) =
1 + cos(2𝑎)
2
 
⇒ 𝐶2 ∫
1+ cos (
10𝜋
𝐿 𝑥
)
2
𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
⇒ 𝐶2 [ ∫ 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
+ ∫ cos (
10𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
] = 2 
𝑢 =
10𝜋
𝐿
𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 =
10𝜋
𝐿
𝑑𝑥 
∴ ∫ cos (
10𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= ∫cos(𝑢) (
𝐿
10𝜋
𝑑𝑢)
𝑎
𝑏
 
⇒ ∫ cos (
10𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
=
𝐿
10𝜋
∫ cos(𝑢) 𝑑𝑢
𝑎
𝑏
 
⇒ ∫ cos (
10𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
=
𝐿
10𝜋
sen(𝑢) |
𝑎
 
𝑏
 
⇒ ∫ cos (
10𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
=
𝐿
10𝜋
sen (
10𝜋
𝐿
𝑥) |
𝐿/2 
 
−𝐿/2
 
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⇒ 𝐶2 [𝑥 +
𝐿
10𝜋
sen (
10𝜋
𝐿
𝑥)]
𝐿/2 
 
−𝐿/2
= 2 
⇒ 𝐶2 [[
𝐿
2
− (−
𝐿
2
)] +
𝐿
10𝜋
[sen(5𝜋) − sen(−5𝜋)]] = 2 
sen(5𝜋) = 0 
⇒ 𝐶2𝐿 = 2 
⇒ 𝐶 = √
2
𝐿
 
Portanto, a função normalizada entre −𝐿/2 e 𝐿/2 é: 
𝜓(x) = √
2
𝐿
cos (
5𝜋
𝐿
𝑥) 
_________________________________________________________________________ 
Para calcularmos a probabilidade 𝑃1 de se encontrar essa partícula, basta calcularmos a 
integral definida da função densidade de probabilidade normalizada dentro dos limites 
desejados: 
𝑃1 = ∫ 𝜓
∗𝜓 𝑑𝑥
0,4𝐿
0,2𝐿
 
⇒ 𝑃1 = ∫ [√
2
𝐿
cos (
5𝜋
𝐿
𝑥)]
2
𝑑𝑥
0,4𝐿
0,2𝐿
 
⇒ 𝑃1 =
2
𝐿
∫ cos2 (
5𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
0,4𝐿
0,2𝐿
 
⇒ 𝑃1 =
2
𝐿
[
𝑥
2
+
sen (
10𝜋
𝐿 𝑥
)
20𝜋/𝐿
]
0,4𝐿
 
0,2𝐿
 
⇒ 𝑃1 =
2
𝐿
[
(0,4𝐿 − 0,2𝐿)
2
+
sen(4𝜋) − sen(2𝜋)
20𝜋/𝐿
] 
⇒ 𝑃1 =
2
𝐿
[0,1𝐿 + 0] 
⇒ 𝑃1 =
1
5
 
_________________________________________________________________________ 
BC0103: Física Quântica UFABC Resolução da Lista 02 (Geral) v5 
 
 
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A probabilidade 𝑃2 de se encontrar essa partícula entre 𝐿/2 − 0,02𝐿 e 𝐿/2 + 0,02𝐿 é a 
mesma probabilidade de encontrá-la entre 𝐿/2 − 0,02𝐿 e 𝐿/2, uma vez que sabemos que 
função de onda quando 𝑥 > 𝐿/2 é nula. Logo: 
𝑃2 = ∫ 𝜓
∗𝜓 𝑑𝑥
𝐿/2+0,02𝐿
𝐿/2−0,02𝐿
= ∫ 𝜓∗𝜓 𝑑𝑥
𝐿/2
𝐿/2−0,02𝐿
 
⇒ 𝑃2 =
2
𝐿
[
𝑥
2
+
sen (
10𝜋
𝐿 𝑥
)
20𝜋/𝐿
]
𝐿/2 
 
𝐿/2 − 0,02𝐿
 
⇒ 𝑃2 =
2
𝐿
[
(𝐿/2 + 0,02𝐿) − (𝐿/2 − 0,02𝐿)
2
+
sen(5𝜋) − sen(5𝜋 − 0,2𝜋)
20𝜋/𝐿
] 
⇒ 𝑃2 ≈
2
𝐿
[0,02𝐿 − 9,355 × 10−3] 
⇒ 𝑃2 ≈ 0,04 ≈
1
25
 
 
14. (a) Mostre que, no caso estacionário em uma dimensão, a corrente de densidade de 
probabilidade é nula para um estado ligado, em qualquer ponto do espaço. 
 
(b) Usando o resultado do item anterior, mostre que 〈𝑝〉 = 0 para um estado ligado em uma 
dimensão. Dica: Use integração por partes. 
Um estado fundamental, também chamado de estado estacionário (no tempo), é aquele 
no qual a densidade de probabilidade não varia com o tempo. Ou seja, a energia potencial 
não muda com o tempo. Matematicamente, de acordo com o exercício 7: 
𝑉 = 𝑉(𝑥) 
⇒ Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥)𝜑(𝑥) 
𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝜑(𝑥) = 𝑒−𝑖𝐸𝑡/ℏ 
Um estado ligado descreve um sistema onde uma partícula está sujeita a um potencial de 
tal forma que a partícula tem uma tendência para permanecer localizada em uma ou mais 
regiões do espaço. Esse potencial pode ser um potencial externo ou o resultado da 
presença de uma outra partícula. O espectro de energia de um estado ligado é discreto, ao 
contrário do espectro contínuo de partículas isoladas. Ou seja, trata-se de um estado 
quântico da partícula “ligada” a um confinamento entre barreiras de energia potencial. 
Matematicamente: 
lim
𝑥→∞
𝜓(𝑥) = lim
𝑥→−∞
𝜓(𝑥) = 0 
A corrente de densidade de probabilidade 𝑗(𝑥, 𝑡) é o fluxo ou densidade de corrente de 
energia transportada pela onda quântica. Entenda energia transportada pela onda quântica 
como a densidade de probabilidade Ψ∗Ψ de encontrar uma partícula de matéria no espaço. 
BC0103: Física Quântica UFABC Resolução da Lista 02 (Geral) v5 
 
 
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Por definição, temos que a taxa de variação espacial da corrente de densidade de 
probabilidade é igual ao inverso da taxa de variação temporal da densidade de 
probabilidade. Em outras palavras, a quantidade de energia que flui em um dado 𝑑𝑥 é o 
inverso da fluidez da energia transportada pela onda quântica. Matematicamente: 
𝜕𝑗
𝜕𝑥
= −
𝜕(Ψ∗Ψ)
𝜕𝑡
 
⇒ 
𝜕(Ψ∗Ψ)
𝜕𝑡
+
𝜕𝑗
𝜕𝑥
= 0 
tal que a função de onda é Ψ = Ψ(𝑥, 𝑡). 
A corrente de densidade de probabilidade 𝑗 é pode ser obtida pelo desenvolvimento a 
seguir. 
𝜕(Ψ∗Ψ)
𝜕𝑡
= Ψ∗
𝜕Ψ
𝜕𝑡
+Ψ
𝜕Ψ∗
𝜕𝑡
 
Pela equação de Schrödinger, sabemos que: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2Ψ
𝜕x2
+ 𝑉Ψ = iℏ
∂Ψ
∂t
 
⇒ 
∂Ψ
∂t
=
𝑖ℏ
2𝑚
𝜕2Ψ
𝜕x2
−
𝑖
ℏ
𝑉Ψ 
e pelo complexo conjugado: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2Ψ∗
𝜕x2
+ 𝑉Ψ∗ = −iℏ
∂Ψ∗
∂t
 
⇒ 
∂Ψ∗
∂t
= −
𝑖ℏ
2𝑚
𝜕2Ψ∗
𝜕x2
+
𝑖
ℏ
𝑉Ψ∗ 
Logo: 
𝜕(Ψ∗Ψ)
𝜕𝑡
= Ψ∗ (
𝑖ℏ
2𝑚
𝜕2Ψ
𝜕x2
−
𝑖
ℏ
𝑉Ψ) + Ψ(−
𝑖ℏ
2𝑚
𝜕2Ψ∗
𝜕x2
+
𝑖
ℏ
𝑉Ψ∗) 
⇒ 
𝜕(Ψ∗Ψ)
𝜕𝑡
=
𝑖ℏ
2𝑚
(Ψ∗
𝜕2Ψ
𝜕x2
− Ψ
𝜕2Ψ∗
𝜕x2
) 
Assim: 
𝜕𝑗
𝜕𝑥
= −
𝑖ℏ
2𝑚
(Ψ∗
𝜕2Ψ
𝜕x2
−Ψ
𝜕2Ψ∗
𝜕x2
) 
⇒ 
𝜕𝑗
𝜕𝑥
= −
𝑖ℏ
2𝑚
𝜕
𝜕𝑥
(Ψ∗
𝜕Ψ
𝜕x
−Ψ
𝜕Ψ∗
𝜕x
) 
⇒ 𝑗(𝑥, 𝑡) =
𝑖ℏ
2𝑚
(Ψ
𝜕Ψ∗
𝜕𝑥
−Ψ∗
𝜕Ψ
𝜕𝑥
) 
Quando o estado é estacionário, temos que: 
𝑗(𝑥, 𝑡) =
𝑖ℏ
2𝑚
(𝜓𝑒−𝑖𝐸𝑡/ℏ
𝜕(𝜓∗𝑒𝑖𝐸𝑡/ℏ)
𝜕𝑥
− 𝜓∗𝑒𝑖𝐸𝑡/ℏ
𝜕(𝜓𝑒−𝑖𝐸𝑡/ℏ)
𝜕𝑥
) 
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⇒ 𝑗(𝑥, 𝑡) =
𝑖ℏ
2𝑚
(𝜓𝑒−𝑖𝐸𝑡/ℏ𝑒𝑖𝐸𝑡/ℏ
𝜕𝜓∗
𝜕𝑥
− 𝜓∗𝑒𝑖𝐸𝑡/ℏ𝑒−𝑖𝐸𝑡/ℏ
𝜕𝜓
𝜕𝑥
) 
⇒ 𝑗(𝑥, 𝑡) = 𝑗(𝑥) =
𝑖ℏ
2𝑚
(𝜓
𝜕𝜓∗
𝜕𝑥
− 𝜓∗
𝜕𝜓
𝜕𝑥
) 
Perceba que a corrente de densidade de probabilidade, neste caso, depende só de 𝑥. 
Quando o estado é fundamental, temos que: 
𝑑𝑗
𝑑𝑥
=
𝑖ℏ
2𝑚
(𝜓
𝜕𝜓∗
𝜕𝑥
− 𝜓∗
𝜕𝜓
𝜕𝑥
) 
Pela equação de Schrödinger independente do tempo, sabemos que: 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓
𝜕𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓 = 𝐸𝜓 
⇒ 
𝑑2𝜓
𝜕𝑥2
=
2𝑚
ℏ2
(𝑉(𝑥) − 𝐸)𝜓 
∴ 
𝑑𝑗
𝑑𝑥
=
𝑖ℏ
2𝑚
(𝜓∗
2𝑚
ℏ2
(𝑉(𝑥) − 𝐸)𝜓 − 𝜓
2𝑚
ℏ2
(𝑉(𝑥) − 𝐸)𝜓∗) 
⇒ 
𝑑𝑗
𝑑𝑥
= 0 
Como a taxa de variação da corrente de densidade de probabilidade é nula, sabemos que 
ela é constante. 
Por outro lado, sabemos que, para um estado ligado: 
lim
𝑥→∞
𝜓(𝑥) = 0 
⇒ lim
𝑥→∞
𝑗(𝑥) = 0 
Assim, como a densidade de probabilidade é nula no infinito devido ao estado ser ligado e 
bem como ela é constante devido ao estado ser fundamental, concluímos que ela é nula 
para qualquer que seja o ponto no espaço: 
𝑗(𝑥) = 0 
_________________________________________________________________________ 
O valor do momento esperado 〈𝑝〉 para o estado ligado é dado por: 
〈𝑝〉 = ∫ 𝜓∗𝑝𝜓𝑑𝑥
∞
−∞
 
Onde, de acordo com o exercício 15, 𝑝 é um operador: 
𝑝 = −𝑖ℏ
𝑑
𝑑𝑥
 
Logo: 
BC0103: Física Quântica UFABC Resolução da Lista 02 (Geral) v5 
 
 
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〈𝑝〉 = ∫ 𝜓∗ (−𝑖ℏ
𝑑
𝑑𝑥
)𝜓𝑑𝑥
∞
−∞
 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ ∫ 𝜓∗
𝑑𝜓
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
 
𝑢 = 𝜓∗ ⇒ 𝑑𝑢 =
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
𝑑𝑥 = 𝑑𝜓∗ 
𝑑𝑣 =
𝑑𝜓
𝑑𝑥
𝑑𝑥 = 𝑑𝜓 ⇒ 𝑣 = 𝜓 
∫ 𝜓∗
𝑑𝜓
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
= 𝜓∗𝜓 |
∞ 
 
−∞
− ∫ 𝜓
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ(𝜓∗𝜓 |
∞ 
 
−∞
− ∫ 𝜓
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
) 
Como a corrente de densidade de probabilidade 𝑗 para o estado estacionário e ligado é: 
𝑗(𝑥) =
𝑖ℏ
2𝑚
(𝜓
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
− 𝜓∗
𝑑𝜓
𝑑𝑥
) = 0 
Implica que: 
𝜓
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
− 𝜓∗
𝑑𝜓
𝑑𝑥
= 0 
⇒ 𝜓
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
= 𝜓∗
𝑑𝜓
𝑑𝑥
 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ ∫ 𝜓
𝑑𝜓∗
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
= −𝑖ℏ ∫ 𝜓∗
𝑑𝜓
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∞
−∞
 
Assim, temos que o valor do momento esperado é: 
〈𝑝〉 = −𝑖ℏ𝜓∗𝜓 |
∞ 
 
−∞
− 〈𝑝〉 
⇒ 2〈𝑝〉 = −𝑖ℏ𝜓∗𝜓 |
∞ 
 
−∞
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ
2
𝜓∗𝜓 |
∞ 
 
−∞
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ
2
( lim
𝑥→∞
𝜓∗𝜓 − lim
𝑥→−∞
𝜓∗𝜓) 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ
2
𝜓∗ ( lim
𝑥→∞
𝜓 − lim
𝑥→−∞
𝜓) 
⇒ 〈𝑝〉 = 0 
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15. A função de onda de uma partícula livre é dada por 𝜓(𝑥) = 𝐴 sen(𝑘𝑥). 
 
(a) Encontre o valor de 𝐴 que normaliza a função de onda em uma caixa de comprimento 𝐿. 
 
(b) Calcule o valor esperado do momento da partícula. 
 
(c) Calcule a energia total da partícula. 
Para se normalizar a função, basta integrar a função densidade de probabilidade dentro dos 
limites do espaço. Por definição, sabemos que esse valor tem que dar 1, pois a 
probabilidade de se encontrar a partícula dentro do espaço confinado é 100%, uma vez que 
sabemos que ela está lá. Logo, tomando como referencial o centro da caixa, temos: 
∫ 𝜓∗𝜓 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
⇒ ∫ 𝐴 sen(𝑘𝑥) 𝐴 sen(𝑘𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
⇒ 𝐴2 ∫ sen2(𝑘𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
cos(2𝑘𝑥) = cos(𝑘𝑥 + 𝑘𝑥) 
⇒ cos(2𝑘𝑥) = cos(𝑘𝑥) cos(𝑘𝑥) − sen(𝑘𝑥) sen(𝑘𝑥) 
⇒ cos(2𝑘𝑥) = cos2(𝑘𝑥) − sen2(𝑘𝑥) 
⇒ cos(2𝑘𝑥) = [1 − sen2(𝑘𝑥)] − sen2(𝑘𝑥) 
⇒ cos(2𝑘𝑥) = 1 − 2 sen2(𝑘𝑥) 
⇒ sen2(𝑘𝑥) =
1 − cos(2𝑘𝑥)
2
 
⇒ 𝐴2 ∫
1− cos(2𝑘𝑥)
2
𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
= 1 
⇒
𝐴2
2
( ∫ 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
− ∫ cos(2𝑘𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
) = 1 
⇒
𝐴2
2
(𝑥 −
sen(2𝑘𝑥)
2𝑘
) |
𝐿/2 
 
−𝐿/2
= 1 
⇒
𝐴2
2
(𝐿 −
sen(𝑘𝐿) − sen(−𝑘𝐿)
2𝑘
) = 1 
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sen(𝑥) = − sen(−𝑥) 
⇒ 𝐴2𝐿 (1 −
sen(𝑘𝐿) − [−sen(𝑘𝐿)]
2𝑘𝐿
) = 2 
⇒ 𝐴2𝐿 = 2 (1 −
2 sen(𝑘𝐿)
2𝑘𝐿
)
−1
 
⇒ 𝐴 = √
2
𝐿
 (1 −
sen(𝑘𝐿)
𝑘𝐿
)
−1/2
 
_________________________________________________________________________ 
O valor esperado para o momento dessa partícula é: 
〈𝑝〉 = ∫ 𝜓∗𝑝𝜓 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
 
O princípio de incerteza nos diz que não podemos escrever 𝑝 em função de 𝑥. Logo, 
precisamos definir um operador para 𝑝 em relação a 𝑥. 
Sabemos, a princípio, que o momento 𝑝 pode adotar diversas identidades: 
𝑝 =
ℎ
𝜆
 
⇒ 𝑝 =
ℎ/2𝜋
𝜆/2𝜋
= 𝑘ℏ 
Perceba que, se tomarmos uma forma genérica da função de onda: 
Ψ(𝑥, 𝑡) = cos(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝑖 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 
e a derivarmos em relação ao espaço 𝑥, obtemos: 
∂Ψ(𝑥, 𝑡)
∂x
= −𝑘 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝑖𝑘 cos(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 
⇒ 
∂Ψ(𝑥, 𝑡)
∂x
= 𝑖𝑘[cos(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝑖 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)] 
⇒ 
∂Ψ(𝑥, 𝑡)
∂x
= 𝑖𝑘Ψ(𝑥, 𝑡) 
Substituindo o número de onda 𝑘 pela identidade encontrada acima e definindo o 
operador, obtemos: 
∂
∂x
= 𝑖
𝑝
ℏ
 
⇒ 𝑝 = −𝑖ℏ 
∂
∂x
 
Agora, então, podemos reescrever a equação do momento esperado e calculá-lo: 
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〈𝑝〉 = ∫ 𝜓∗ (−𝑖ℏ
𝑑
𝑑𝑥
)𝜓 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
 
⇒ 〈𝑝〉 = ∫ 𝐴 sen(𝑘𝑥) (−𝑖ℏ
𝑑
𝑑𝑥
) 𝐴 sen(𝑘𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ𝐴2 ∫ sen(𝑘𝑥) (
𝑑 sen(𝑘𝑥)
𝑑𝑥
)𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ𝐴2𝑘 ∫ sen(𝑘𝑥) cos(𝑘𝑥) 𝑑𝑥
𝐿/2
−𝐿/2
 
𝑢 = sen(𝑘𝑥) ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑘 cos(𝑘𝑥) 𝑑𝑥 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ𝐴2𝑘 [
1
𝑘
∫𝑢𝑑𝑢
𝑏
𝑎
] 
⇒ 〈𝑝〉 = −𝑖ℏ𝐴2 
𝑢2
2
|
𝑏 
 
𝑢 = 𝑎
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ𝐴2
2
 sen2(𝑘𝑥) |
𝐿/2 
 
−𝐿/2
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ𝐴2
2
[sen2 (
𝑘𝐿
2
) − sen2 (−
𝑘𝐿
2
)] 
sen2(𝑥) = sen(𝑥) sen(𝑥) 
⇒ sen2(𝑥) = [− sen(−𝑥)][− sen(−𝑥)] 
⇒ sen2(𝑥) = sen2(−𝑥) 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ𝐴2
2
[sen2 (
𝑘𝐿
2
) − sen2 (
𝑘𝐿
2
)] 
⇒ 〈𝑝〉 = 0 
_________________________________________________________________________Como a partícula está livre, ou seja 𝑉 = 0, dada a equação da energia total: 
𝐸 = 𝐾 + 𝑉 
sabemos que a energia total dessa partícula será: 
𝐸 = 𝐾 
⇒ 𝐸 =
𝑝2
2𝑚
 
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⇒ 𝐸 =
𝑘2ℏ2
2𝑚
 
Outro modo de provar isso está em isolar a energia total da equação de Schrödinger 
independente do tempo (independente aqui pois a função de onda dada não depende do 
tempo): 
−
ℏ2
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 𝑉(𝑥)𝜓(𝑥) = 𝐸𝜓(𝑥) 
Assim, sabendo que 𝑉(𝑥) = 0 pois a partícula está livre, sua energia total 𝐸 será: 
𝐸 = −
ℏ2
2𝑚𝜓(𝑥)
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
+ 0 
⇒ 𝐸 = −
ℏ2
2𝑚[𝐴 sen(𝑘𝑥)]
𝑑2[𝐴 sen(𝑘𝑥)]
𝑑𝑥2
 
⇒ 𝐸 =
𝑘2ℏ2
2𝑚
 
Ou: 
𝐸 =
(𝑘ℏ)2
2𝑚
 
⇒ 𝐸 =
(
2𝜋
𝜆
ℎ
2𝜋
)
2
2𝑚
 
⇒ 𝐸 =
𝑝2
2𝑚
 
⇒ 𝐸 = (
√2𝑚𝐾
√2𝑚
)
2
 
⇒ 𝐸 = 𝐾 
 
16. A energia do oscilador harmônico é dada por 𝐸 = 𝑝2/2𝑚 +𝑚𝜔2𝑥2/2, onde o primeiro 
termo é a energia cinética e o segundo é a energia potencial. Sabendo que o estado 
fundamental é um estado ligado, usando o resultado do exercício 14b, escreva uma 
expressão para o valor esperado da energia em termos das incertezas ∆𝑝 e ∆𝑥 (use definição 
dessas grandezas e também que, por simetria, 〈𝑥〉 = 0). 
Sabemos a priori que, por definição: 
Δ𝑥 = 𝜎𝑥 = √〈𝑥2〉 − 〈𝑥〉2 
Δ𝑝 = 𝜎𝑝 = √〈𝑝2〉 − 〈𝑝〉2 
Como se trata de um estado fundamental ligado, por simetria, temos que o valor da posição 
𝑥 esperado é: 
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〈𝑥〉 = 0 
De acordo com o resultado do item b do exercício 14, temos que: 
〈𝑝〉 = 0 
O que implica que: 
Δ𝑥 = 𝜎𝑥 = √〈𝑥2〉 − 0 = √〈𝑥2〉 
⇒ Δ𝑥2 = 〈𝑥2〉 
Δ𝑝 = 𝜎𝑝 = √〈𝑝2〉 − 0 = √〈𝑝2〉 
⇒ Δ𝑝2 = 〈𝑝2〉 
Como o operador 𝐸 foi dado tal que: 
𝐸 =
𝑝2
2𝑚
+
𝑚𝜔2𝑥2
2
 , 
temos que: 
〈𝐸〉 = 〈
𝑝2
2𝑚
+
𝑚𝜔2𝑥2
2
〉 
⇒ 〈𝐸〉 = 〈
𝑝2
2𝑚
〉 + 〈
𝑚𝜔2𝑥2
2
〉 
⇒ 〈𝐸〉 =
〈𝑝2〉
2𝑚
+
𝑚𝜔2〈𝑥2〉
2
 
⇒ 〈𝐸〉 =
Δ𝑝2
2𝑚
+
𝑚𝜔2Δ𝑥2
2
 
 
17. Mostre, diretamente a partir da equação de Schrödinger dependente do tempo, que 〈𝑝2〉 =
〈2𝑚 [𝐸 − 𝑉(𝑥)]〉 para qualquer potencial 𝑉(𝑥), e que 〈𝑝2〉 = 〈2𝑚𝐸〉 para o poço quadrado 
infinito. Use este resultado para calcular 〈𝑝2〉 para o estado fundamental do poço quadrado 
infinito. 
Através da equação de Schrödinger: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2Ψ
𝜕𝑥2
+ 𝑉(𝑥)Ψ = 𝑖ℏ
𝜕Ψ
𝜕𝑡
 
⇒ 
1
2𝑚
(−𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑥
)
2
Ψ+ 𝑉(𝑥)Ψ = (𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑡
)Ψ 
⇒ 
1
2𝑚
(−𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑥
)
2
= (𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑡
) − 𝑉(𝑥) 
utilizando os operadores definidos nos exercício 15 e 16: 
𝑝 = −𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑥
 e 𝐸 = 𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑡
 , 
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temos que: 
⇒ 〈
𝑝2
2𝑚
〉 = 〈𝐸 − 𝑉(𝑥)〉 
⇒ 〈𝑝2〉 = 〈2𝑚[𝐸 − 𝑉(𝑥)]〉 
_________________________________________________________________________ 
Quando a partícula possui estado ligado devido a um poço quadrado infinito, podemos 
tomar o valor 𝑉(𝑥) para qualquer 𝑥 dentro do confinamento de comprimento 𝐿 como nulo, 
ou seja: 
〈𝑝2〉 = 〈2𝑚𝐸〉 
_________________________________________________________________________ 
No estado fundamental em que Ψ = 𝜓(𝑥), temos que, de acordo com o exercício 8, a 
energia fundamental 𝐸1 ocorre quando 𝑛 = 1: 
𝐸1 = 1
2
ℎ2
8𝑚𝐿2
 
Logo, concluímos que: 
〈𝑝2〉 = 〈2𝑚𝐸1〉 
⇒ 〈𝑝2〉 = 〈2𝑚
ℎ2
8𝑚𝐿2
〉 
⇒ 〈𝑝2〉 = 〈
ℎ2
4𝐿2
〉 
 
18. Calcule 𝜎𝑥 = √〈𝑥2〉 − 〈𝑥〉2, 𝜎𝑝 = √〈𝑝2〉 − 〈𝑝〉2 e 𝜎𝑥𝜎𝑝 para a função de onda do estado 
fundamental do poço quadrado infinito. O resultado do produto 𝜎𝑥𝜎𝑝 é consistente com o 
princípio de incerteza? Explique. 
De acordo com o exercício 13, temos que uma solução possível para a função de onda 
normalizada no estado fundamental do poço quadrado infinito é: 
𝜓(x) = √
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥) ; 𝑛 = 1,2,3,4,5, … 
Para calcularmos 𝜎𝑥, primeiramente, devemos calcular 〈𝑥〉 e 〈𝑥
2〉; 
〈𝑥〉 = ∫𝜓∗𝑥𝜓 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑥〉 = ∫ [√
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] 𝑥 [√
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] 𝑑𝑥
𝐿
0
 
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Fernando Freitas Alves fernando.freitas@aluno.ufabc.edu.br 26/03/13 – pág. 28/55 
⇒ 〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫𝑥 sen2 (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
 
sen2(𝑎) =
1 − cos(2𝑎)
2
 
⇒ 〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫𝑥 [
1 − cos (
2𝑛𝜋
𝐿 𝑥
)
2
] 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑥〉 =
1
𝐿
[∫𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
−∫𝑥 cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
] 
𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
𝑑𝑣 = cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 =
𝐿
2𝑛𝜋
sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 
⇒ 〈𝑥〉 =
1
𝐿
[
𝑥2
2
|
𝐿
 
0
−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) |
𝐿
 
0
+
𝐿
2𝑛𝜋
∫sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
] 
⇒ 〈𝑥〉 =
1
𝐿
[
𝑥2
2
−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) −
𝐿2
4𝑛2𝜋2
cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥)]
𝐿
 
0
 
⇒ 〈𝑥〉 =
1
𝐿
[
𝑥2
2
−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) −
𝐿2
4𝑛2𝜋2
cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥)]
𝐿
 
0
 
⇒ 〈𝑥〉 =
1
𝐿
[
𝐿2
2
−
𝐿2
2𝑛𝜋
sen(2𝑛𝜋) + [−
𝐿2
4𝑛2𝜋2
cos(2𝑛𝜋) +
𝐿2
4𝑛2𝜋2
cos(0)]] 
sen(±2𝑛𝜋) = 0 
cos(2𝑛𝜋) = cos(0) 
⇒ 〈𝑥〉 =
1
𝐿
(
𝐿2
2
) 
⇒ 〈𝑥〉 =
𝐿
2
 
Para 〈𝑥2〉, temos: 
〈𝑥2〉 = ∫𝜓∗𝑥2𝜓 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑥〉 =
2
𝐿
∫𝑥2 [
1 − cos (
2𝑛𝜋
𝐿 𝑥
)
2
]𝑑𝑥
𝐿
0
 
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⇒ 〈𝑥2〉 =
1
𝐿
[∫𝑥2𝑑𝑥
𝐿
0
−∫𝑥2 cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
] 
𝑢 = 𝑥2 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 
𝑑𝑣 = cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 =
𝐿
2𝑛𝜋
sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 
⇒ 〈𝑥2〉 =
1
𝐿
[
 
 
 
 
𝑥3
3
|
𝐿
 
0
−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥2 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) |
𝐿
 
0
+
𝐿
𝑛𝜋
∫𝑥 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
2
−
𝐿
2 ]
 
 
 
 
 
𝑢 = 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
𝑑𝑣 = sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = −
𝐿
2𝑛𝜋
cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 
⇒ 〈𝑥2〉 =
1
𝐿
[
𝑥3
3
|
𝐿
 
0
−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥2 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) |
𝐿
 
0
+
𝐿
𝑛𝜋
[−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥 cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) |
𝐿
 
0
+
𝐿
2𝑛𝜋
∫ cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
]] 
⇒ 〈𝑥2〉 =
1
𝐿
[
𝑥3
3
−
𝐿
2𝑛𝜋
𝑥2 sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) −
𝐿2
2𝑛2𝜋2
[𝑥 cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) −
𝐿
2𝑛𝜋
sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥)]]
𝐿
 
0
 
⇒ 〈𝑥2〉 =
1
𝐿
[
1
3
[𝐿3 − 0] −
𝐿
8𝑛𝜋
[𝐿2 sen(2𝑛𝜋) − 0 sen(0)]
−
𝐿2
2𝑛2𝜋2
[[𝐿 cos(2𝑛𝜋) − 0 cos(0)] −
𝐿
2𝑛𝜋
[sen(2𝑛𝜋) − sen(0)]]] 
sen(±2𝑛𝜋) = 0 
⇒ 〈𝑥2〉 =
1
𝐿
(
𝐿3
3
−
𝐿2
2𝑛2𝜋2
𝐿) 
⇒ 〈𝑥2〉 =
𝐿2
3
−
𝐿2
2𝑛2𝜋2
 
Portanto, temos que: 
𝜎𝑥 = √(
𝐿2
3
−
𝐿2
2𝑛2𝜋2
) − (
𝐿
2
)
2
 
⇒ 𝜎𝑥 = 𝐿√
1
12
−
1
2𝑛2𝜋2
 
Como a função de onda está no estado fundamental, temos: 
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𝑛 = 1 
⇒ 𝜎𝑥 = 𝐿√
1
12
−
1
2 · 12𝜋2
 
⇒ 𝜎𝑥 = 𝐿√
1
12
−
1
2𝜋2
 
_________________________________________________________________________ 
Por outro lado, para calcularmos 𝜎𝑝, também devemos calcular 〈𝑝〉 e 〈𝑝
2〉: 
〈𝑝〉 = ∫𝜓∗𝑝𝜓 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝〉 = ∫[√
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] (−𝑖ℏ
𝑑
𝑑𝑥
) [√
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
2𝑖ℏ
𝐿
∫ sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)
𝑑
𝑑𝑥
[sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
2𝑖ℏ𝑛𝜋
𝐿2
∫sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥) cos (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
 
sen(𝑎 + 𝑏) = sen𝑎 cos 𝑏 + sen𝑏 cos 𝑎 
𝑎 = 𝑏 ⇒ sen(2𝑎) = 2 sen𝑎 cos 𝑎 
⇒ sen𝑎 cos 𝑎 =
sen(2𝑎)
2
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
2𝑖ℏ𝑛𝜋
𝐿2
∫
sen (
2𝑛𝜋
𝐿 𝑥
)
2
𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝〉 = −
𝑖ℏ𝑛𝜋
𝐿2
[−
𝐿
2𝑛𝜋
cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥)]
𝐿
 
0
 
⇒ 〈𝑝〉 =
𝑖ℏ
2𝐿
cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) |
𝐿
 
0
 
⇒ 〈𝑝〉 =
𝑖ℏ
2𝐿
[cos(2𝑛𝜋) − cos(0)] 
cos(2𝑛𝜋) = cos(0) 
⇒ 〈𝑝〉 = 0 
E para 〈𝑝2〉, temos: 
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〈𝑝2〉 = ∫𝜓∗𝑝2𝜓 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝2〉 = ∫ [√
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] (−𝑖ℏ
𝑑
𝑑𝑥
)
2
[√
2
𝐿
sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝2〉 =
2(−𝑖ℏ)2
𝐿
∫sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)
𝑑2
𝑑𝑥2
[sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)] 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝2〉 =
2𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿3
∫sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥) sen (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝2〉 =
2𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿3
∫sen2 (
𝑛𝜋
𝐿
𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
 
cos2(𝑎) =
1 − cos(2𝑎)
2
 
⇒ 〈𝑝2〉 =
2𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿3
∫
1 − cos (
2𝑛𝜋
𝐿 𝑥
)
2
𝑑𝑥
𝐿
0
 
⇒ 〈𝑝2〉 =
𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿3
[∫𝑑𝑥
𝐿
0
−∫cos (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
] 
⇒ 〈𝑝2〉 =
𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿3
[𝑥 −
𝐿
2𝑛𝜋
sen (
2𝑛𝜋
𝐿
𝑥)]
𝐿
 
0
 
⇒ 〈𝑝2〉 =
𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿3
[[𝐿 − 0] −
𝐿
2𝑛𝜋
[sen(2𝑛𝜋) − sen(0)]] 
sen(±𝑛𝜋) = 0 
⇒ 〈𝑝2〉 =
𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿2
 
Portanto, temos que: 
𝜎𝑝 = √
𝜋2𝑛2ℏ2
𝐿2
− 02 
⇒ 𝜎𝑝 =
𝜋𝑛ℏ
𝐿
 
⇒ 𝜎𝑝 =
𝜋𝑛
𝐿
(
ℎ
2𝜋
) 
⇒ 𝜎𝑝 =
𝑛ℎ
2𝐿
 
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Como a função de onda está no estado fundamental, temos: 
𝑛 = 1 
⇒ 𝜎𝑝 =
ℎ
2𝐿
 
_________________________________________________________________________ 
O resultado do produto: 
𝜎𝑥𝜎𝑝 = (𝐿√
1
12
−
1
2𝜋2
)
ℎ
2𝐿
 
⇒ 𝜎𝑥𝜎𝑝 =
ℎ
2
√
1
12
−
1
2𝜋2
 
⇒ 𝜎𝑥𝜎𝑝 =
ℎ
2
2𝜋
2𝜋
√
1
12
−
1
2𝜋2
 
⇒ 𝜎𝑥𝜎𝑝 =
ℏ
2
(2𝜋√
1
12
−
1
2𝜋2
) 
tal que 2𝜋√
1
12
−
1
2𝜋2
> 1, ou seja 
𝜎𝑥𝜎𝑝 >
ℏ
2
 , 
condiz plenamente com o princípio de incerteza, em que: 
𝜎𝑥𝜎𝑝 ≥
ℏ
2
 . 
 
19. Discuta qualitativamente os fenômenos de reflexão e transmissão de ondas quando na 
barreira de potencial e no potencial de poço quadrado. 
O fenômeno de reflexão na barreira de potencial pode acontecer dependente da largura 
da mesma. Quanto maior for a largura, maior será a probabilidade da onda não atravessar 
a barreira de potencial e portanto maior a probabilidade da onda ser refletida. O ato da 
onda atravessar a barreira de potencial é chamado de efeito de tunelamento. 
O fenômeno da transmissão na barreira de potencial é similar de tal forma que, como 
comentado, enquanto o coeficiente de reflexão é inversamente proporcional à largura da 
barreira, o coeficiente de transmissão será diretamente proporcional à mesma. 
_________________________________________________________________________ 
Os fenômenos de reflexão e transmissão de ondas no potencial de poço quadrado também 
podem acontecer quanticamente de tal forma que o comprimento de onda diminui dentro 
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do poço dado sua largura. Por esse motivo, quando o poço possuir uma largura específica, 
a onda refletida pode estar fora de fase com a onda incidente e pode acabar ocorrendo um 
cancelamento ou ressonância na mesma. Esse efeito pode gerar uma transmissão quase 
pura para certos comprimentos de onda. 
 
20. Uma partícula quântica está sujeita a um potencial degrau de altura maior do que a energia 
cinética dessa partícula. Faça o esboço do modulo quadrado da função de onda da partícula 
(Dica: Tente chegar na fórmula geral de solução primeiro. O esboço deve qualitativamente 
mostrar todas as interferências de ondas!). 
Podemos expressar a situação como: 
𝑉(𝑥) = { 
0
𝑉0
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 ; 𝑉0 > 𝐸 
Assim, de acordo com a equação de Schrödinger, temos: 
{
 
 
 
𝑑2𝜓1(𝑥)
𝑑𝑥
= −
2𝑚𝐸
ℏ2
𝜓1(𝑥) 
𝑑2𝜓2(𝑥)
𝑑𝑥
= 
2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ2
𝜓2(𝑥)
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
⇒ 
{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑘2𝑥 +𝐷𝑒−𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
Primeiramente, saber que nossa função não pode ser infinita. Logo: 
{ 
lim
𝑥→∞
𝜓1(𝑥) ≠ ∞
lim
𝑥→∞
𝜓2(𝑥) ≠ ∞
 
Como: 
lim
𝑥→∞
𝐶𝑒𝑘2𝑥 = ∞ 
Logo: 
𝐶 = 0 
Assim, teremos: 
𝜓2(𝑥) = 𝐷𝑒
−𝑘2𝑥 
Pela continuidade de borda (onde 𝑥 = 0 na intersecção), temos que, para a função de onda 
𝜓(𝑥) ser contínua: 
𝜓1(0) = 𝜓2(0) 
⇒ 𝐴𝑒0 +𝐵𝑒0 = 𝐷𝑒0 
⇒ 𝐵 = 𝐷 − 𝐴 
E para ser suave: 
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𝑑𝜓1(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
=
𝑑𝜓2(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ 
𝑑(𝐴𝑒𝑖𝑘1𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
=
𝑑(𝐷𝑒−𝑘2𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ (𝑖𝑘1𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 − 𝑖𝑘1𝐵𝑒
−𝑖𝑘1𝑥) |
 
 
𝑥 = 0
= −𝑘2𝐷𝑒
−𝑘2𝑥 |
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ 𝑖𝑘1(𝐴𝑒
0 − 𝐵𝑒0) = −𝑘2𝐷𝑒
0 
⇒ 𝑖𝑘1𝐴 − 𝑖𝑘1𝐵 = −𝑘2𝐷 
⇒ 𝑖𝑘1𝐴 + 𝑘2𝐷 = 𝑖𝑘1𝐵 
⇒ 𝐵 = 𝐴 − 𝑖
𝑘2
𝑘1
𝐷 
Com isso, temos um sistema: 
{ 
𝐵 = 𝐷 − 𝐴 
𝐵 = 𝐴 − 𝑖
𝑘2
𝑘1
𝐷 
⇒ 𝐷 − 𝐴 = 𝐴 − 𝑖
𝑘2
𝑘1
𝐷 
⇒ 𝐴 =
(1 + 𝑖
𝑘2
𝑘1
)
2
𝐷 
⇒ 𝐴 = (
𝑘1 + 𝑖𝑘2
2𝑘1
)𝐷 
∴ 𝐵 =
𝑘1 + 𝑖𝑘2
2𝑘1
𝐷 − 𝑖
𝑘2
𝑘1
𝐷 
⇒ 𝐵 = (
𝑘1 − 𝑖𝑘2
2𝑘1
)𝐷 
Concluindo então que: 
{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = (
𝑘1 + 𝑖𝑘2
2𝑘1
) 𝐷𝑒𝑖𝑘1𝑥 + (
𝑘1 − 𝑖𝑘2
2𝑘1
)𝐷𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐷𝑒
−𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
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21. Uma partícula quântica está sujeita a potencial degrau de altura menor do que a energia 
cinética da partícula. 
 
(a) Faça o esboço do módulo quadrado da função de onda da partícula. 
 
(b) Considere agora que a partícula está sujeita a um potencial na forma de barreira 
retangular com altura maior do que a energia cinética da partícula. Faça o esboço do módulo 
quadradoda função de onda da partícula nessa situação. 
Podemos expressar a situação (a) como: 
𝑉(𝑥) = { 
0
𝑉0
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 ; 𝑉0 < 𝐸 
Assim, de acordo com a equação de Schrödinger, temos: 
{
 
 
 
𝑑2𝜓1(𝑥)
𝑑𝑥
= −
2𝑚𝐸
ℏ2
𝜓1(𝑥) 
𝑑2𝜓2(𝑥)
𝑑𝑥
= −
2𝑚(𝐸 − 𝑉0)
ℏ2
𝜓2(𝑥)
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
⇒ 
{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘2𝑥 + 𝐷𝑒−𝑖𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝐸 − 𝑉0)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
Primeiramente, saber que nossa função não pode ser infinita. Como todos os termos são 
senoidais não convergentes, sabemos que as funções nunca serão infinitas. 
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Depois, sabemos que a interação da onda com o potencial fará a onda possivelmente voltar, 
mas não deve haver onda voltando de acima do potencial, pois não há nada que interage 
com ela posteriormente para que isso aconteça. Logo: 
𝐷 = 0 
Assim, teremos: 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘2𝑥 
Pela continuidade de borda (onde 𝑥 = 0 na intersecção), temos que, para a função de onda 
𝜓(𝑥) ser contínua: 
𝜓1(0) = 𝜓2(0) 
⇒ 𝐴𝑒0 +𝐵𝑒0 = 𝐶𝑒0 
⇒ 𝐵 = 𝐶 − 𝐴 
E para ser suave: 
𝑑𝜓1(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
=
𝑑𝜓2(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ 
𝑑(𝐴𝑒𝑖𝑘1𝑥 + 𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
=
𝑑(𝐶𝑒𝑖𝑘2𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ (𝑖𝑘1𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 − 𝑖𝑘1𝐵𝑒
−𝑖𝑘1𝑥) |
 
 
𝑥 = 0
= 𝑖𝑘2𝐶𝑒
𝑖𝑘2𝑥 |
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ 𝑖𝑘1(𝐴𝑒
0 − 𝐵𝑒0) = 𝑖𝑘2𝐶𝑒
0 
⇒ 𝑘1𝐴 − 𝑘1𝐵 = 𝑘2𝐶 
⇒ 𝑘1𝐴 − 𝑘2𝐶 = 𝑘1𝐵 
⇒ 𝐵 = 𝐴 −
𝑘2
𝑘1
𝐶 
Com isso, temos um sistema: 
{ 
𝐵 = 𝐶 − 𝐴 
𝐵 = 𝐴 −
𝑘2
𝑘1
𝐶 
⇒ 𝐶 − 𝐴 = 𝐴 −
𝑘2
𝑘1
𝐶 
⇒ 𝐴 =
(1 +
𝑘2
𝑘1
)
2
𝐶 
⇒ 𝐴 = (
𝑘1 + 𝑘2
2𝑘1
)𝐶 
∴ 𝐵 = (
𝑘1 + 𝑘2
2𝑘1
)𝐶 −
𝑘2
𝑘1
𝐶 
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⇒ 𝐵 = (
𝑘1 − 𝑘2
2𝑘1
)𝐶 
Concluindo então que: 
{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = (
𝑘1 + 𝑘2
2𝑘1
)𝐶𝑒𝑖𝑘1𝑥 + (
𝑘1 − 𝑘2
2𝑘1
)𝐶𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝐸 − 𝑉0)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
 
_________________________________________________________________________ 
Podemos expressar a situação (b) como: 
𝑉(𝑥) = { 
0
𝑉0
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0 𝑜𝑢 𝑥 > 𝑎
, 𝑠𝑒 0 < 𝑥 < 𝑎 
 ; 𝑉0 > 𝐸 
Assim, de acordo com a equação de Schrödinger, temos: 
⇒ 
{
 
 
 
 𝜓1(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘1𝑥 +𝐷𝑒−𝑖𝑘1𝑥 
𝜓3(𝑥) = 𝐹𝑒
𝑘2𝑥 + 𝐺𝑒−𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0 
, 𝑠𝑒 𝑥 > 𝑎 
, 𝑠𝑒 0 < 𝑥 < 𝑎 
 
Primeiramente, sabemos que nossa função não pode ser infinita. Como todos os termos da 
partícula livre são senoidais não convergentes, sabemos que as funções nunca serão 
infinitas. 
Depois, sabemos que a interação da onda com o potencial fará a onda possivelmente voltar, 
mas não deve haver onda voltando acima do potencial, pois não há nada que interaja com 
ela posteriormente para que isso aconteça. Logo: 
𝐷 = 0 
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Assim, teremos: 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘1𝑥 
Pela continuidade de borda (onde 𝑥 = 0 ou 𝑥 = 𝑎 nas intersecções), temos que, para a 
função de onda 𝜓(𝑥) ser contínua: 
𝜓1(0) = 𝜓3(0) 
⇒ 𝐴𝑒0 +𝐵𝑒0 = 𝐹𝑒0 + 𝐺𝑒0 
⇒ 𝐴 + 𝐵 = 𝐹 + 𝐺 
𝜓3(𝑎) = 𝜓2(𝑎) 
⇒ 𝐹𝑒𝑘2𝑎 + 𝐺𝑒−𝑘2𝑎 = 𝐶𝑒𝑖𝑘1𝑎 
⇒ 𝐶 = 𝐹𝑒(𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎 + 𝐺𝑒(−𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎
E para ser suave: 
𝑑𝜓1(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
=
𝑑𝜓3(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ 
𝑑(𝐴𝑒𝑖𝑘1𝑥 + 𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
=
𝑑(𝐹𝑒𝑘2𝑥 + 𝐺𝑒−𝑘2𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 0
 
⇒ 𝑖𝑘1(𝐴𝑒
0 − 𝐵𝑒0) = 𝑘2(𝐹𝑒
0 − 𝐺𝑒0) 
⇒ 𝑖𝑘1(𝐴 − 𝐵) = 𝑘2(𝐹 − 𝐺) 
⇒ 𝐴 − 𝐵 = 𝑖
𝑘2
𝑘1
(𝐺 − 𝐹) 
𝑑𝜓3(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 𝑎
=
𝑑𝜓2(𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 𝑎
 
⇒ 
𝑑(𝐹𝑒𝑘2𝑥 + 𝐺𝑒−𝑘2𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 𝑎
=
𝑑(𝐶𝑒𝑖𝑘1𝑥)
𝑑𝑥
|
 
 
𝑥 = 𝑎
 
⇒ 𝑘2(𝐹𝑒
𝑘2𝑎 − 𝐺𝑒−𝑘2𝑎) = 𝑖𝑘1𝐶𝑒
𝑖𝑘1𝑎 
⇒ 𝐶 = 𝑖
𝑘2
𝑘1
(𝐺𝑒−(𝑘2+𝑖𝑘1)𝑎
− 𝐹𝑒(𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎)
 
Com isso, temos um sistema: 
{
 
 
 
 
 
𝐴 + 𝐵 = 𝐹 + 𝐺 
𝐴 − 𝐵 = 𝑖
𝑘2
𝑘1
(𝐺 − 𝐹) 
𝐶 = 𝐹𝑒(𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎 + 𝐺𝑒−(𝑘2+𝑖𝑘1)𝑎 
𝐶 = 𝑖
𝑘2
𝑘1
(𝐺𝑒−(𝑘2+𝑖𝑘1)𝑎 − 𝐹𝑒(𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎)
 
Como não precisamos calcular as amplitudes das funções de onda, pois queremos apenas 
esboçar o gráfico, concluímos aqui os cálculos. 
{
 
 
 
 𝜓1(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 + 𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘1𝑥 
𝜓3(𝑥) = 𝐹𝑒
𝑘2𝑥 + 𝐺𝑒−𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0 
, 𝑠𝑒 𝑥 > 𝑎 
, 𝑠𝑒 0 < 𝑥 < 𝑎 
 
 
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22. Uma partícula livre de massa 𝑚 e número de onda 𝑘1 está movendo-se para a direita. No 
ponto 𝑥 = 0, o potencial muda bruscamente de 0 para 𝑉0 e permanece com este valor para 
todos os valores positivos de 𝑥. Se a energia inicial da partícula é 𝐸 = 2𝑉0: 
 
(a) Calcule o número de onda 𝑘2 na região 𝑥 > 0 como função de 𝑘1. 
 
(b) Calcule o coeficiente de reflexão 𝑅 do degrau de potencial. 
 
(c) Qual é o valor do coeficiente de transmissão 𝑇? 
 
(d) Para cada milhão de partículas com número de onda 𝑘1 que incidem no degrau de 
potencial, quantas continuam a viajar no sentido positivo do eixo 𝑥? Como se compara este 
valor com a previsão clássica? 
Como o problema trata um potencial degrau com 𝑉0 < 𝐸, de acordo com o exercício 21, 
temos que: 
{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = (
𝑘1 + 𝑘2
2𝑘1
)𝐶𝑒𝑖𝑘1𝑥 + (
𝑘1 − 𝑘2
2𝑘1
)𝐶𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝐸 − 𝑉0)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
⇒ 
𝑘2
𝑘1
=
√2𝑚(𝐸 − 𝑉0)/ℏ
√2𝑚𝐸/ℏ
 
⇒ 𝑘2 = 𝑘1√
𝐸 − 𝑉0
𝐸
 
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⇒ 𝑘2 = 𝑘1√1−
𝑉0
𝐸
 
Como 𝐸 = 2𝑉0, temos que: 
𝑘2 = 𝑘1√1 −
𝑉0
2𝑉0
 
⇒ 𝑘2 = 𝑘1√1− 1/2 
⇒ 𝑘2 =
𝑘1
√2
 
_________________________________________________________________________ 
O coeficiente de reflexão 𝑅, que é a razão entre as densidades de corrente de probabilidade 
de ondas refletida e incidente, matematicamente é dado por: 
𝑅 =
(
𝑘1 − 𝑘2
2𝑘1
)
2
(
𝑘1 + 𝑘22𝑘1
)
2 
⇒ 𝑅 =
(𝑘1 − 𝑘2)
2
(𝑘1 + 𝑘2)2
 
⇒ 𝑅 =
(1 −
𝑘2
𝑘1
)
2
(1 +
𝑘2
𝑘1
)
2 
⇒ 𝑅 =
(1 −
1
√2
)
2
(1 +
1
√2
)
2 
⇒ 𝑅 =
(√2 − 1)
2
(√2 + 1)
2 
⇒ 𝑅 =
2 − 2√2 + 1
2 + 2√2 + 1
 
⇒ 𝑅 =
3/2 − √2
3/2 + √2
 
_________________________________________________________________________ 
Analogamente, o coeficiente de transmissão 𝑇 é a razão entre as densidades de corrente 
de probabilidade de ondas não refletida e incidente. Pode ser obtida também como: 
𝑇 = 1 − 𝑅 
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Pois a soma dos coeficientes, por definição, deve ser 1: 
𝑅 + 𝑇 = 1 
⇒ 𝑇 = 1 − (
3/2 − √2
3/2 + √2
) 
⇒ 𝑇 =
3/2 + √2 − 3/2 + √2
3/2 + √2
 
⇒ 𝑇 =
2√2
3/2 + √2
 
_________________________________________________________________________ 
Como o valor do coeficiente de transmissão 𝑇 pode ser aproximado por: 
𝑇 ≈ 0,97 
Podemos dizer que, aproximadamente, na média 97% das partículas incidentes não são 
refletidas pelo degrau de potencial. 
Logo, para cada milhão, 970 𝑚𝑖𝑙 partículas incidentes continuam a viajar no sentido 
positivo de 𝑥. 
Classicamente não percebemos isso pois o coeficiente de reflexão 𝑅, pois mais que sua 
fração de 3% seja considerável, tende a zero quando a diferença de potencial se torna 
muito grande. 
 
23. Repita o exercício anterior, mas agora com o degrau de potencial definido por 𝑉 = 0 para 
𝑥 < 0 e 𝑉 = −𝑉0 para 𝑥 > 0, fazendo a velocidade da partícula aumentar em vez de 
diminuir. O número de onda da partícula incidente continua a ser 𝑘1, e a energia inicial 
continua a ser 𝐸 = 2𝑉0. Responda às questões (a), (b), (c) e (d) do exercício anterior, 
discutindo os resultados obtidos. 
Como o problema trata um potencial degrau com 𝑉0 < 𝐸, analogamente ao exercício 21, 
temos que: 
{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = (
𝑘1 + 𝑘2
2𝑘1
)𝐶𝑒𝑖𝑘1𝑥 + (
𝑘1 − 𝑘2
2𝑘1
)𝐶𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝐸 + 𝑉0)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
⇒ 𝑘2 = 𝑘1√1+
𝑉0
𝐸
 
Como 𝐸 = 2𝑉0, temos que: 
𝑘2 = 𝑘1√1 + 1/2 
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⇒ 𝑘2 = √
3
2
 𝑘1 
_________________________________________________________________________ 
O coeficiente de reflexão 𝑅 é: 
𝑅 =
(1 −
𝑘2
𝑘1
)
2
(1 +
𝑘2
𝑘1
)
2 
⇒ 𝑅 =
(1 −√
3
2)
2
(1 +√
3
2)
2 
⇒ 𝑅 =
(√2 − √3)
2
(√2 + √3)
2 
⇒ 𝑅 =
2 − 2√6 + 3
2 + 2√6 + 3
 
⇒ 𝑅 =
5/2 − √6
5/2 + √6
 
_________________________________________________________________________ 
Enquanto que o coeficiente de transmissão 𝑇 é: 
⇒ 𝑇 = 1 − (
5/2 − √6
5/2 + √6
) 
⇒ 𝑇 =
2√6
5/2 + √6
 
_________________________________________________________________________ 
Como o valor do coeficiente de transmissão 𝑇 pode ser aproximado por: 
𝑇 ≈ 0,99 
Podemos dizer que, aproximadamente, na média 99% das partículas incidentes não são 
refletidas pelo degrau de potencial. 
Logo, para cada milhão, 990 𝑚𝑖𝑙 partículas incidentes continuam a viajar no sentido 
positivo de 𝑥. 
Perceba que esse valor corresponde a um valor mais próximo do esperado para o ponto de 
vista clássico. 
 
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24. Em um dispositivo semicondutor, uma camada de óxido forma uma barreira com 0,5 𝑛𝑚 de 
largura e 10 𝑉 de altura entre os dois fios condutores. Elétrons chegam à barreira depois de 
serem acelerados por uma tensão de 5 𝑉, partindo aproximadamente do repouso. 
 
(a) Qual fração dos elétrons incidentes consegue atravessar a barreira por tunelamento? 
 
(b) Qual deve ser a tensão de aceleração para que a fração dos elétrons incidentes que 
consegue atravessar a barreira por tunelamento seja o dobro do valor encontrado no item 
(a)? 
A barreira de potencial descrita é análoga ao item (b) do exercício 21, no entanto 𝑉0 > 𝐸: 
 
{
 
 
 
 𝜓1(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘1𝑥 + 𝐵𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚5
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘1𝑥 
𝜓3(𝑥) = 𝐹𝑒
𝑘2𝑥 + 𝐺𝑒−𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(10 − 5)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0 
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0,5 × 10−9 
, 𝑠𝑒 0 < 𝑥 < 0,5 × 10−9
 
⇒ 
{
 
 
 
 
 
𝐴 + 𝐵 = 𝐹 + 𝐺 
𝐴 − 𝐵 = 𝑖
𝑘2
𝑘1
(𝐺 − 𝐹) 
𝐶 = 𝐹𝑒(𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎 + 𝐺𝑒−(𝑘2+𝑖𝑘1)𝑎 
𝐶 = 𝑖
𝑘2
𝑘1
(𝐺𝑒−(𝑘2+𝑖𝑘1)𝑎 − 𝐹𝑒(𝑘2−𝑖𝑘1)𝑎)
 
Perceba que 𝑘1 = 𝑘2. 
Resolvendo o coeficiente de reflexão, obteremos: 
𝑇 = [1 +
senh2(𝑘2𝑎)
4
𝐸
𝑉𝑜
(1 −
𝐸
𝑉𝑜
)
]
−1
 
⇒ 𝑇 =
[
 
 
 
 
1 +
senh2 (
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ 𝑎)
4
𝐸
𝑉𝑜
(1 −
𝐸
𝑉𝑜
)
]
 
 
 
 
−1
 
⇒ 𝑇 =
[
 
 
 
 
1 +
senh2 (
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ 𝑎)
4
𝐸
𝑉𝑜
(1 −
𝐸
𝑉𝑜
)
]
 
 
 
 
−1
 
Aqui devemos utilizar a conversão de 𝑒𝑉 para 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠: 1𝑒𝑉 = 1,602 × 10−19 𝐽. 
∴ 𝑇1 =
[
 
 
 
 
1 +
senh2 (
√2 · 9,109 × 10−31(10 − 5) × 1,602 × 10−19
6,626 × 10−34/2𝜋
· 0,5 × 10−9)
4 ·
5
10
(1 −
5
10
)
]
 
 
 
 
−1
 
⇒ 𝑇 ≈ 0,424 × 10−4 
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_________________________________________________________________________ 
Quando queremos o dobro da fração de tunelamento 𝑇1, devemos encontrar a tensão de 
aceleração 𝐸. Para isso, podemos estimar facilmente o valor através do gráfico de relação 
de 𝐸 com 𝑇, onde percebe-se um valor de aproximadamente 5,6 𝑉 para 2𝑇1: 
 
Para confirmamos, calculemos o valor de 𝑇2 quando 𝐸 = 5,6𝑉: 
𝑇2 =
[
 
 
 
 
1 +
senh2 (
√2 · 9,109 × 10−31(10 − 5,6) × 1,602 × 10−19
6,626 × 10−34/2𝜋
· 0,5 × 10−9)
4 ·
5,6
10
(1 −
5,6
10
)
]
 
 
 
 
−1
 
⇒ 𝑇2 ≈ 0,849 × 10
−4 
⇒ 𝑇2 ≈ 2𝑇1 
Portanto, podemos concluir que a tensão de aceleração de aproximadamente 5,6𝑉 
duplica a fração de tunelamento 𝑇1. 
 
25. Mostre que o coeficiente de transmissão é nulo para o caso de partículas incidentes em um 
degrau potencial de altura 𝑉0 > 𝐸, onde 𝐸 é a energia cinética inicial das partículas. 
Quando 𝑉0 > 𝐸, de acordo com o exercício 20, temos que as funções de ondas do problema 
são dadas por: 
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{
 
 
 
 
 
𝜓1(𝑥) = (
𝑘1 + 𝑖𝑘2
2𝑘1
) 𝐷𝑒𝑖𝑘1𝑥 + (
𝑘1 − 𝑖𝑘2
2𝑘1
)𝐷𝑒−𝑖𝑘1𝑥 ; 𝑘1 =
√2𝑚𝐸
ℏ
 
𝜓2(𝑥) = 𝐷𝑒
−𝑘2𝑥 ; 𝑘2 =
√2𝑚(𝑉0 − 𝐸)
ℏ
 
, 𝑠𝑒 𝑥 < 0
, 𝑠𝑒 𝑥 > 0
 
Temos que o coeficiente de transmissão é: 
𝑇 = 1 − 𝑅 
⇒ 𝑇 = 1 −
𝐵∗𝐵
𝐴∗𝐴
 
Onde 𝐵∗ e 𝐴∗ são os conjugados complexos de 𝐵 e 𝐴 respectivamente. 
Assim, analogamente ao exercício 22, resultamos com: 
⇒ 𝑇 = 1 −
(1 − 𝑖
𝑘2
𝑘1
) (1 + 𝑖
𝑘2
𝑘1
)
(1 + 𝑖
𝑘2
𝑘1
) (1 − 𝑖
𝑘2
𝑘1
)⇒ 𝑇 = 1 − 1 
⇒ 𝑇 = 0 
 
26. Um feixe de prótons com uma energia cinética de 50 𝑀𝑒𝑉 incide sobre um degrau de 
potencial de 30 𝑀𝑒𝑉. 
 
(a) Que fração do feixe é refletida? 
 
(b) Que fração do feixe é transmitida? 
 
(c) Como se modificam os resultados encontrados em (a) e (b), se a energia dos prótons for 
de 20 𝑀𝑒𝑉? 
Quando 𝑉0 < 𝐸, de acordo com o exercício 22, para um degrau de potencial, temos que a 
relação entre os números de ondas das funções incidente 𝑘1 e transmitida 𝑘2 é: 
𝑘2 = 𝑘1√1−
𝑉0
𝐸
 
e que o coeficiente de reflexão 𝑅 é: 
𝑅 = (
1−
𝑘2
𝑘1
1 +
𝑘2
𝑘1
)
2
 
⇒ 𝑅 =
(
 
1− √1−
𝑉0
𝐸
1 + √1 −
𝑉0
𝐸)
 
2
 
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Assim, para 𝐸 = 50 × 106 𝑒𝑉 e 𝑉0 = 30 × 10
6 𝑒𝑉, temos: 
√1−
𝑉0
𝐸
= √1 −
30 × 106
50 × 106
 
⇒ √1 −
𝑉0
𝐸
= √1−
3
5
 
⇒ √1 −
𝑉0
𝐸
= √
2
5
 
⇒ 𝑅 =
(
 
1 −√
2
5
1 +√
2
5)
 
2
 
⇒ 𝑅 = (
√5 − √2
√5 + √2
)
2
 
⇒ 𝑅 =
5 − 2√10 + 2
5 − 2√10 + 2
 
⇒ 𝑅 =
7/2 − √10
7/2 + √10
 
⇒ 𝑅 ≈ 5% 
_________________________________________________________________________ 
O coeficiente de transmissão é: 
𝑇 = 1 − 𝑅 
𝑇 = 1 − (
7/2 − √10
7/2 + √10
) 
𝑇 =
2√10
7/2 + √10
 
𝑇 ≈ 95% 
_________________________________________________________________________ 
Se a energia dos prótons for de 20 𝑀𝑒𝑉, temos que 𝑉0 > 𝐸. Logo, de acordo com o 
exercício 25, temos que: 
𝑅 = 100% 
𝑇 = 0% 
 
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27. Use a equação de Schrödinger para mostrar que o valor esperado da energia cinética de uma 
partícula é dado por 
〈𝐸𝑐𝑖𝑛.〉 = ∫ 𝜓
∗(𝑥) [−
ℏ
2𝑚
𝑑2𝜓(𝑥)
𝑑𝑥2
] 𝑑𝑥
∞
−∞
 
De acordo com a equação de Schrödinger: 
−
ℏ2
2𝑚
𝜕2Ψ(𝑥, 𝑡)
𝜕𝑥2
+ 𝑉(𝑥, 𝑡)Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝐸Ψ(𝑥, 𝑡) 
podemos isolar o operador linear 𝐸: 
𝐸 = −
ℏ2
2𝑚
𝜕2
𝜕𝑥2
+ 𝑉(𝑥, 𝑡) 
Assim, ao escrevermos a definição de valor esperado para a energia, temos que: 
〈𝐸〉 = ∫ Ψ∗(𝑥, 𝑡) 𝐸 Ψ(𝑥, 𝑡)𝑑𝑥
∞
−∞
 
⇒ 〈𝐸〉 = ∫ Ψ∗(𝑥, 𝑡) (−
ℏ2
2𝑚
𝜕2
𝜕𝑥2
+ 𝑉(𝑥, 𝑡))Ψ(𝑥, 𝑡)𝑑𝑥
∞
−∞
 
Assim, para a energia cinética 𝐸𝑐𝑖𝑛., temos que seu operador é: 
𝐸𝑐𝑖𝑛. = 𝐸 − 𝑉 
⇒ 𝐸𝑐𝑖𝑛. = −
ℏ2
2𝑚
𝜕2
𝜕𝑥2
 
Logo, seu valor esperado é definido como: 
⇒ 〈𝐸𝑐𝑖𝑛.〉 = ∫ Ψ
∗(𝑥, 𝑡) (−
ℏ2
2𝑚
𝜕2
𝜕𝑥2
)Ψ(𝑥, 𝑡)𝑑𝑥
∞
−∞
 
Assumindo que a partícula se encontra no estado fundamental, temos que: 
Ψ(𝑥, 𝑡) = 𝜓(𝑥)𝜑(𝑡) 
reduzindo então o valor esperado da energia cinética para: 
⇒ 〈𝐸𝑐𝑖𝑛.〉 = ∫ 𝜓
∗(𝑥) [−
ℏ2
2𝑚
𝜕2𝜓(𝑥)
𝜕𝑥2
] 𝑑𝑥
∞
−∞
 
 
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28. Considere uma partícula movendo-se em um espaço bidimensional definido por 𝑉 = 0 para 
0 < 𝑥 < 𝐿, 0 < 𝑦 < 𝐿 e 𝑉 = ∞ para quaisquer outros valores de 𝑥 e 𝑦. 
 
(a) Escreva as funções de onda da partícula neste poço de potencial. 
 
(b) Escreva uma expressão para as energias correspondentes. 
 
(c) Quais são os conjuntos de números quânticos do estado degenerado de menor energia? 
Pela equação de Schrödinger, podemos generalizar para o caso bidimensional: 
−
ℏ2
2𝑚
 (
𝜕2
𝜕𝑥2
+
𝜕2
𝜕𝑦2
)Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡) + 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑡)Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝐸Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡) 
Assim, quando 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 0, temos: 
𝜕2Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡)
𝜕𝑥2
+
𝜕2Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡)
𝜕𝑦2
= −
2𝑚𝐸
ℏ2
Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡) 
Como o estado é ligado, assumiremos que podemos fazer a separação de variáveis, uma 
solução possível seria: 
Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝜓𝑥(𝑥)𝜓𝑦(𝑦)𝜑(𝑡) 
Podemos dizer também que, quando 𝑉 = 0, temos que 𝐸 = 𝐾 + 𝑉 = 𝐾. Logo: 
2𝑚𝐸
ℏ2
=
2𝑚𝐾
ℏ2
= (
√2𝑚𝐾
ℏ
)
2
= 𝑘1
2 
Substituindo a solução e resolvendo: 
𝑑2[𝜓𝑥(𝑥)𝜓𝑦(𝑦)𝜑(𝑡)]
𝑑𝑥2
+
𝑑[𝜓𝑥(𝑥)𝜓𝑦(𝑦)𝜑(𝑡)]
𝑑𝑦2
= −𝑘1
2𝜓𝑥(𝑥)𝜓𝑦(𝑦)𝜑(𝑡) 
⇒ 𝜓𝑦(𝑦)𝜑(𝑡)
𝑑2𝜓𝑥(𝑥)
𝑑𝑥2
+𝜓𝑥(𝑥)𝜑(𝑡)
𝑑2𝜓𝑦(𝑦)
𝑑𝑦2
= −𝑘1
2𝜓𝑥(𝑥)𝜓𝑦(𝑦)𝜑(𝑡) 
⇒ 
1
𝜓𝑥(𝑥)
𝑑2𝜓𝑥(𝑥)
𝑑𝑥2
= −𝑘1
2 −
1
𝜓𝑦(𝑦)
𝑑2𝜓𝑦(𝑦)
𝑑𝑦2
 
Perceba que a parte dependente do tempo some. Uma vez que já conhecemos seu 
resultado, não precisamos dela. 
Agora temos uma igualdade para variáveis separadas. Logo, sabemos que isso só pode 
acontecer quando ambas forem iguais a uma constante 𝐻 em comum: 
{
 
 
 
 
 
1
𝜓𝑥(𝑥)
𝑑2𝜓𝑥(𝑥)
𝑑𝑥2
= 𝐻 
1
𝜓𝑦(𝑦)
𝑑2𝜓𝑦(𝑦)
𝑑𝑦2
= −(𝑘1
2 +𝐻)
 
Assumindo uma solução genérica 𝜓𝑥(𝑥) = 𝑒
𝛼𝑥 para um eixo qualquer 𝑥 e substituindo: 
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𝑑2𝑒𝛼𝑥
𝑑𝑥2
= 𝐻𝑒𝛼𝑥 
⇒ 𝛼2𝑒𝛼𝑥 = 𝐻𝑒𝛼𝑥 
Como a função deve ser periódica, consideraremos 𝐻 < 0 para que resultemos em um 
número imaginário 𝑖 em 𝛼, e por consequente, uma função periódica dada por 𝑒±𝑖√−𝐻. 
Portanto: 
𝛼 = ±𝑖√−𝐻 
Sabemos que o argumento na função deve ser o número de onda 𝑘 da forma periódica. 
Assim, temos que: 
𝐻 = −𝑘2
2 
⇒ 𝛼 = ±𝑖𝑘2 
Logo, utilizando o princípio de superposição, as soluções gerais para o eixo 𝑥 são: 
𝜓𝑥(𝑥) = 𝐴𝑒
−𝑖𝑘2𝑥 +𝐵𝑒𝑖𝑘2𝑥 
Assumindo agora uma solução genérica 𝜓𝑦(𝑦) = 𝑒
𝛽𝑦 para um eixo qualquer 𝑦 e 
substituindo: 
𝑑2𝑒𝛽𝑦
𝑑𝑦2
= −(𝑘1
2 − 𝑘2
2)𝑒𝛽𝑦 
𝑘3
2 = 𝑘1
2 − 𝑘2
2 
⇒ 𝛽2𝑒𝛽𝑦 = −𝑘3
2𝑒𝛽𝑦 
⇒ 𝛽2 = −𝑘3
2 
⇒ 𝛽 = −𝑖𝑘3 
Utilizando o princípio de superposição, as soluções gerais para o eixo 𝑦 são: 
𝜓𝑦(𝑦) = 𝐶𝑒
𝑖𝑘3𝑦 + 𝐷𝑒−𝑖𝑘3𝑦 
O problema bidimensional se reduziu em problemas unidimensionais. Cada problema em 
particular pode ser resolvido analogamente aos exercícios 8 e 13. No entanto, não podemos 
replicar o mesmo processo exato, pois o referencial desses exercícios está no centro do 
poço de confinamento, enquanto que o referencial deste exercício está no canto do 
mesmo. 
Aplicando as condições de contorno em 0 e 𝐿, temos que à esquerda (quando 𝑥 ≤ 0) e à 
direita (quando 𝑥 ≥ 𝐿) do confinamento sabemos que 𝜓1(𝑥) = 0, enquanto que na região 
do confinamento (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿), sabemos que 𝜓2(𝑥) = 𝐴𝑒
𝑖𝑘𝑥 +𝐵𝑒−𝑖𝑘𝑥 . Logo: 
{ 
𝜓2(0) = 𝜓1(0)
𝜓2(𝐿) = 𝜓1(𝐿)
 
⇒ { 𝐴𝑒
0 + 𝐵𝑒0 = 0
𝐴𝑒𝑖𝑘𝐿 +𝐵𝑒−𝑖𝑘𝐿 = 0
 
Utilizando a fórmula de Euler: 𝑒±𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ± 𝑖 𝑠𝑒𝑛 𝑥, obtemos: 
BC0103: Física Quântica UFABC Resolução da Lista 02 (Geral) v5 
 
 
Fernando Freitas Alves fernando.freitas@aluno.ufabc.edu.br 26/03/13 – pág. 50/55 
{ 
𝐴 + 𝐵 = 0 
𝐴[cos(𝑘𝐿) + 𝑖 sen(𝑘𝐿)] + 𝐵[cos(𝑘𝐿) − 𝑖 sen(𝑘𝐿)] = 0
 
⇒ { 
𝐴 = −𝐵 
(𝐴 + 𝐵) cos(𝑘𝐿) + (𝐴 − 𝐵)𝑖 sen(𝑘𝐿) = 0
 
⇒ (𝐴 − 𝐴) cos(𝑘𝐿) + [𝐴 − (−𝐴)]𝑖 sen(𝑘𝐿) = 0 
⇒ 2𝐴𝑖 sen(𝑘𝐿) = 0 
⇒ sen(𝑘𝐿) = 0 
⇒ 𝑘𝐿 = 𝑛′ (
𝜋
2
) ; 𝑛′ = 2,4,6,8, … 
⇒ 𝑘𝑛′ =
𝑛′𝜋
2𝐿
 ; 𝑛′ = 2,4,6,8, … 
𝑛 =
𝑛′
2
 
⇒ 𝑘𝑛 =
𝑛𝜋
𝐿
 ; 𝑛 = 1,2,3,4,5,6,7, … 
Tal resultado lega à autofunção: 
𝜓𝑛(𝑥)