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第三章 一维定态问题

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量子力学第三章

量子力学第三章

当 x a 或x 0，方程中含有 x 项
因 (x) 及 E 有限
( x) 0
（3）
从物理考虑，粒 子不能透过无穷 高的势壁
13
一维无限深势阱 方程（1）
当 0 xa
Chapter 3 One dimensional Problems of Schrodinger Eq.
Chapter 3 One dimensional Problems of Schrodinger Eq.
束缚态：0<E<V0
0, V ( x) V0
d 2 k 2 0 dx 2 2mE k
General Solution
V(x)
x a/2 x a/2
I
V 定理3：设 V x 具有空间反演不变性， x V x 。
4
Chapter 3 One dimensional Problems of Schrodinger Eq.
宇称
空间反射：空间矢量反向的操作。
r r
(r , t ) (r , t )
归一化条件
A 2
a
17
一维无限深势阱
Chapter 3 One dimensional Problems of Schrodinger Eq.
推导:



| n x | dx
2
a 2
0

| n | dx | n | dx | n | dx
2 2 2 0 a
ˆ 定义：空间反射算符，又称宇称算符 P ：
ˆ (r , t ) (r , t ) P
5
Chapter 3 One dimensional Problems of Schrodinger Eq.

Chapter 3-1 一维定态问题(上)

Chapter 3-1 一维定态问题(上)

当n分别是奇数和偶数时，满足 偶函数 → ψn ( −x) =ψn ( x) (n为奇数) (n为偶数)
奇函数 → ψn ( −x) =−ψn ( x)
即n是奇数时，波函数是x的偶函数，我们称 这时的波函数具有偶宇称；当n为偶数时， 波函数是x的奇函数，我们称这时的波函数具 有奇宇称。本征函数所具有的这种确定的奇 偶性(宇称)是由势函数 对原点的这种对称性 而来的。关于这个问题，后面将就普遍情形 作专门讨论。
a.势U(x)中第一类不连续性的存在并不改 变加于函数的标准条件。事实上, 按Schrodinger 方程 ψ ′′ = (U − ε )ψ 在势的每一个不连续点，U出现一有限量的突 ψ 也如此，但ψ ′′ 的积分在这些点上保 然跳跃， ′′ 持连续: 因此ψ ′及ψ (理由更充足)处处连续。 （证明见：曾《量子力学导论》p53）
节点数 : 按定义，所谓节点，即本征函数 的零点(端点除外)，从图可以看出 ψ n 与x轴相 交(n-1)次，即ψ n 有(n-1)个节点。
§3.2.3 有限深对称方势阱
⎧ ⎪ 0, ⎪ V (x) = ⎨ ⎪V , ⎪ 0 ⎩ a x < 2 a x ≥ 2
(1)
a为阱宽，为势阱高度。 以下讨论束缚态情况 ( 0 < E < V0 ) , 前例可看成 是 V0 ≥ E 的极限情况。
⎧ d 2ψ + α 2ψ = 0 ( x < a) ⎪ 2 ⎨ dx ⎪ ψ =0 ( x ≥ a) ⎩
(3)
在 x < a 区域内的通解是
ψ = A sin α x + B cos α x
(4)
亦可取为ψ = c sin(α x +δ ) ， c 和 δ 待定。

第3章 一维定态问题

第3章 一维定态问题

2 d ( x) 2mE 2 2 k ( x) 0 令： k 2 则： 2 dx
通解：
x Aeikx Beikx C coskx D sin kx
A, B, C, D 为常数，由标准条件和归一化条件确定。 ka ka a ka ka a C cos D sin 0 x C cos D sin 0 x 2 2 2 2 2 2
（3）能量间隔：
(n 1) 2 2 2 n 2 2 2 2 2 E n E n1 En (2n 1) 2 2 2m a 2m a 2m a2
n一定， a一定，
a En 0
En 2n 1 n En 2 0 En n En
2
V
a 时 2
d 2 ( x) 2 x x ( x ) ( x ) A ' e B ' e dx2
由有限条件，当
x a 2 x
( x) 0
粒子不可以进入Ⅱ区
I区： V 0
2 d 薛定谔方程： ( x) 2m E ( x) 0 dx2 2
( x)
E2
1 ( x)
n 1, 2,
a n sin x n 1, 2,3 2 a
E1
非对称二维无限深势阱
0 0 x a,0 y b V ( x, y) others
2 n12 n2 En ( 2 2) 2m a b 2
( p) ( p)
2
2
4 a
pa cos 2 2 2 2 2 a p
2
3
8.非对称一维无限深势阱
4 ( x)
V ( x)

曾谨言量子力学习题解答 第三章

曾谨言量子力学习题解答 第三章

x
0， A2 m 1e
x 0
2 2
H 2 m 1
但

m x x
A2 m 1
2
2 m 1
2m 1 ！
是归一化常数， H 2 m 1 是奇阶数厄米多项式。 # ［4］考虑粒子 E〈0 在下列势阱壁（ｘ＝０）处的反射系数。 （解）本题中设想粒子从左侧入射。 在（x〈0〉区中有入射反射波
（4） （5）
k1 A ik 2 ( B C )
x=a 处连续条件
Be ik 2 a Ce ik2 a De k3a （6）
Be ik 2 a Ce ik 2 a
（4） （5）二式相除得
ik 3 De k3a （7） k2
k1 BC ik 2 B C
（6） （7）二式相除得


但由于粒子几率流的守恒（V（x）是实数函数） ：在数量上入射几率流密度 J A 应等于反射的 J B 和 透射的 J C 的和，即：
J A J B JC
仿前题的算法，不必重复就可以写出：
(1)
k 1 2 k 1 2 k 2 2 A B C m m m
这里的（1） （2）是等效的，将（1）遍除 J 1 得：
k2 E k3 V2 E
(14)
写出（13） （14）的反正切关系式，得到：
tg 1
E m V1 E E n V1 E
k 2 a tg 1 k 2 a p tg 1 k 2 a p sin 1
E E tg 1 V1 E V2 E E E sin 1 V1 V2
k 1 2 A m
(5)

《一维定态问题》课件

《一维定态问题》课件
《一维定态问题》PPT课 件
在这个PPT课件中，我们将深入探讨一维定态问题，介绍定态和一维定态问 题的基本概念，并讲解其数学描述、求解方法以及应用领域。
导言
一维定态问题是研究物理学等领域中的一类重要问题。它提供了理解系统行 为和性质的基础，以及解决各种实际问题的方法。
定态和一维定态问题的基本概 念
例题三
借助计算机模拟，展示一维定 态问题的数值解法和仿真结果。
一维定态问题的应用
量子力学
一维定态问题在量子力学 中有广泛的应用，例如描 述电子在一维势场中的行 为。
固态物理学
研究材料中晶格振动、电 子能带等问题时，可以把 复杂的多维系统简化为一 维定态问题。
量子计算
一维定态问题为理解和实 现量子计算提供了基础， 如量子比特的储存和操作 等。
总结和展望
通过本PPT课件，我们对一维定态问题有了更深入的了解。未来，我们可以 进一步研究其在更复杂系统和实际应用中的应用。
定态是指系统在某个特定状态下具有稳定性和不变性。一维定态问题是针对 一维系统中的定态进行研究和求解的问题。
一维定态问题的数学描述
数学上，一维定态问题可以通过使用定态薛定谔方程进行描述。这个方程描述了系统的波函数和能量的 关系，是解决一维定态问题的关键。
一维定态问题的求解方法
1
经典方法
传统的求解一维定态问题的方法，如分离变量法、定态扰动法等。
2
量子力学方法
利用量子力学的基本原理和数学工具，如哈密法
借助计算机和数值计算技术，通过离散化和近似方法求解一维定态问题。
例题演示和讲解
例题一
例题二
通过实际例题，演示和讲解一 维定态问题的求解过程和方法。
通过复杂的数学方程，在黑板 上演示一维定态问题的解析求 解过程。

第三章一维定态问题

第三章一维定态问题
，x a
中运动，求粒子的能级和对应的波函数。
解： U (x)与t 无关，是定态问题。其定态S—方程
2
d 2 (x) U (x) (x) E (x)
2m dx2
在各区域的具体形式为
x0
2 2m
d2 dx2
1(x)
U
( x) 1 ( x)
E 1 ( x)
1
0xa
2 2m
d2 dx2
2
(
x)
E
等式两边除以（x, y, z) X ( x)Y ( y)Z(z)
1 2 d2
1 2 d2
1 2 d2
X
2
dx2
X
V1( x)
Y
2
dy2
Y V2( y)
Z
2
dz2
Z
V3(z)
E
2 [
2
d2 dx 2
V1 ( x)]X ( x)
Ex X (x)
2 d 2
[
2
dy 2
V2 ( y)]Y ( y)
E yY ( y)
2 d 2
[ 2 dz 2 V3 ( z )]Z ( z ) Ez Z ( z )
其中
E Ex Ey Ez
返回
（二）一维无限深势阱
0, V ( x)
| x | a | x | a
V(x)
I
II
III
求解 S — 方程 分四步：
-a 0 a
（1）列出各势域的一维S—方程
（2）解方程
（3）使用波函数标准条件定解
（4）定归一化系数
（1）列出各势域的 S — 方程
2
2

量子力学导论第3章答案

第三章一维定态问题3.1）设粒子处在二维无限深势阱中，⎩⎨⎧∞<<<<=其余区域,0,0 ,0),(by a x y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。

如b a = ，能级的简并度如何？ 解：能量的本征值和本征函数为m E y x n n 222π =)(2222bn an y x +,2,1, ,sinsin2==y x y x nn n n byn axn abyx ππψ若b a =，则 )(222222y x n nn n ma E yx +=πayn axn ay x nn yx ππψsinsin2=这时，若y x n n =，则能级不简并;若y x n n ≠，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如5,10==y x n n 与2,11''==y x n n ）3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即⎩⎨⎧∞<<<<<<=其余区域 ,0,0,0 ,0),,(cz b y a x z y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。

如c b a ==，讨论能级的简并度。

解：能量本征值和本征波函数为)(222222222cn bn an mnn n Ez y x zyx++=π ,,3,2,1,, ,sinsinsin8==z y x z y x n n n czn byn axn abcn n n zy x πππψ当c b a ==时，)(2222222z y x n n n mann n Ezyx++=πayn ayn axn a n n n z y x zy x πππψsinsinsin223⎪⎭⎫⎝⎛=z y x n n n ==时，能级不简并；z y x n n n ,,三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。

z y x n n n ,,三者皆不相等时，能级一般为6度简并的。

如 ⎩⎨⎧→++=++→++=++)9,6,3()10,5,1(2086161210)11,3,1()9,7,1(10438652222222222223.3）设粒子处在一维无限深方势阱中，⎩⎨⎧><∞<<=ax 0, ,0 ,0),(x ax y x V 证明处于定态)(x n ψ的粒子)61(12)x -(x ,22222πn aa x -==讨论∞→ n 的情况，并于经典力学计算结果相比较。

一维定态的简并问题

一维定态的简并问题
一维定态的简并问题是一个涉及到量子力学和量子统计力学的概念。

在这个问题中，我们考虑一个粒子在一维无限深势阱中的定态，也就是粒子在一维空间中被限制在了一个特定的区域内。

根据量子力学的原理，粒子的能量是由其动能和势能共同决定的。

在一维无限深势阱中，粒子的势能是无限大的，因此其能量是由动能决定的。

当粒子处于定态时，其能量是确定的，而动能也是确定的，因此粒子的波函数在一维空间中是有规律的。

然而，当粒子处于不同的量子态时，其波函数可能会表现出不同的规律性。

在某些情况下，不同的量子态可能会有相同的能量，这就是所谓的能级简并。

在一维无限深势阱中，能级简并通常出现在高激发态，因为高激发态的粒子具有更多的动量和能量，因此其波函数在一维空间中的规律性更加复杂。

简并问题在一维定态中是存在的，但并不是所有的一维定态都会有简并现象。

有些一维定态是没有简并的，也就是说它们的能量是唯一的，不会出现能级简并的情况。

这种现象被称为非简并性定理。

这个定理在一维无限深势阱中成立，但在其他情况下可能不成立。

总之，一维定态的简并问题是一个涉及到量子力学和量子统计力学的概念。

在这个问题中，我们需要考虑粒子在一维空间中的运动和能量分布，以及不同量子态之间的相互作用和简并现象。

2020年物理竞赛—量子力学A版—第三章 一维定态问题 一维势散射问题34PPT 课件


新坐标下 Schrodinger 方程改写为：
该式是新坐标下一维线性 谐振子Schrödinger 方程，于是可以利用已 有结果得：
d2 dx2
(
x)
2
2
[
E
1 2
2
x2
V0
]
(
x)
0
d2 dx2
(
x)
2
2
[
E
1 2
2
x2
]
(
x)
0
其中 E E V0
能量本征值：
En
(n
1 2
)
En En V0
然而，量子情况与此不 同,对于基态，其几率密度 是： ω0(ξ) = |ψ0(ξ)|2
= N02 exp[-ξ2] (1)在ξ= 0处找到粒子的 几率最大； (2)在|ξ|≧1处，即在阱外 找到粒子的几率不为零,与 经典情况完全不同。
5. 几率分布
分析波函数可知量子力学的谐振子波函数ψn有 n 个节点，在节 点处找到粒子的几率为零。而经典力学的谐振子在 [-a, a] 区间每 一点上都能找到粒子，没有节点。
ωn(ξ)
n=2
|10|2
ω0(ξ)
n=1
-1 0 1
n=0
-1 1
-4 -2
24
当线性谐振子处在前几个量子态时,几率分布与经典情况差别很大。当 量子数增大时，相似性随之增加。
（三）例
例1. 求三维谐振子能级，并讨论它的简并情况。
解： l （1）三维谐振子 Hamilton 算符
Hˆ
2
2
d2
（5）求归一化常数
(I)作变量代换，因为ξ=αx， 所以dξ=αdx；

chapt3一维定态问题

ⅲ．当 V(x) 有奇异点，简并可能存在。因 这时可能导致 u2(x)u1(x) 处处为零。
推论：一维束缚态的波函数必为实函数（当然
可保留一相位因子）。
证
(−
h2 2m
d2 dx2
+
V(x))un (x)
=
Enun (x)
令 un (x) = Rn (x) + iIn (x)（ R n (x), In (x) 都是实函数） 则
x > 0 中。
定义： a. 反射份额 b. 透射份额
R=
jR ji
，现
R=1;
T = jT ji
，现
T=0。
T+R =1
3. 在区域 x > 0 ，概率密度为
ρ = uE(x) 2 = D 2 e−2Κx
在这一区域，经典粒子是不能到达的。这是量 子物理学的结论。它可能带来经典物理学认为 不可能出现的物理现象。
范围内有 n 个节点（即有 n 个 x 点使
un (xi ) = 0，不包括边界点或∞远）。
基态无节点（当然处处不为零的波函数没 有这性质，如 eimφ (它是简并的)，同样， 多体波函数由于反对称性，而可能无这性质）
（4）在无穷大位势处的边条件：根据坐标空 间的自然条件，波函数应单值，连续，平方可积，
所以，
B→0
于是，当 V0 → ∞ , 方程有解
u(x)
=
⎧A ⎨ ⎩
sin 0
kx
x<0 x>0
这表明，在无穷大的位势处，波函数为0， 边界上要求波函数连续，但并不要求再计及导 数的连续性。当然，概率密度和概率通量矢总 是连续的。
§3.2 隧穿效应和扫描隧穿显微镜 (1)阶梯位势：讨论最简单的定态问题
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从物理考虑，粒子不能透过无穷 高的势壁。根据波函数的统计解 释，要求在阱壁上和阱壁外波函 数为零，特别是 ψ(-a) = ψ(a) = 0。

同理：
则解为：
I II III
III 0
0
0, A sin(x ), 0.
(3) 使用标准条件定解：
1 2 2 ( n ) 2 2 2 2 a 于是波函数： 0

( 2 n1) 2 2 2 8 a 2
类似 I 中关于 n = m 的 讨论可知：
( n 0,1, 2, )
综合 I 、II 2 2 2 m Em 2 8a

I
结果，最后得：

III
0
对应 m = 2 n
II
m
I
m A sin x 2a III 0 m A cos x 2a
m 0的偶数
对应 m = 2n+1
II
m奇数。
xa
合并为：
n
0
（1）列出各势域的 Schrö dinger 方程
2 d 2 ( x ) V ( x ) ( x ) E ( x ) 2 2 dx d2 2 ( x ) 2 [V ( x ) E ] ( x ) 0 2 dx
势V(x)分为三个区域， 用 I 、II 和 III 表示，其上的波函数 分别为ψI(x),ψII(x) 和ψIII(x)。则方程 为：
n A sin ( x a) 2a
xa
（4）由归一化条件定系数 A
n
0

xa
| n | dx 1
2
n A sin ( x a) 2a
xa
得：
1 | A| a
2

A
1 a
（取实数）
定态波函数为
n ( x, t ) n ( x)e
i Ent
§1 一维无限深势阱
§1 §2 §3
§2 线性谐振子
§3 势垒贯穿
§1
l l l l
一维无限深势阱
（一）一维运动 （二）一维无限深势阱 （三）宇称 （四）讨论
（一） 一维运动 当粒子在势场 V(x,y,z) 中运动时， 其Schrö dinger 方程为：
2 ˆ H [ V ( x, y, z )] ( x, y, z ) E ( x, y, z ) 2 此方程是一个二阶偏微分方程。若势可写成： V(x,y,z) = V1(x) + V2(y) + V3(z) 形式，则 Schrö dinger 方程可在直角坐标系中分离变量。

A sin(a ) 0 A sin(a ) 0
(1) ( 2)
Asin(a ) cos Acos(a ) sin 0 Asin(a ) cos Acos(a ) sin 0
(1)+(2) (2)-(1)
cos(a ) sin 0 sin(a ) cos 0
x
III
B2 e
x

V(x)

I -a

I II III
II 0 a
III
1 单值； 2 有限：当x -∞，ψ有限 条件要求C2=0
d2 2 dx d2 2 dx d2 2 dx
I
2 2
I
0 0 0
描写同一状态
( n 1, 2, )
于是：
n
I III 0 n II x n A sin a
n 1,2,
或
2n A sin x 2a
En
( 2n)
2
2 2
8 a
2
cos 0 sina 0 II .
d2 2 I I ( x ) ( V E ) ( x) 0 x a 2 2 dx 2 d2 2 II II ( x ) E ( x) 0 a x a 2 2 dx 2 d2 2 III III ( x ) ( V E ) ( x) 0 xa 2 2 dx
•
l
l l
2）波函数导数连续： 在边界 x = -a，势有无穷跳跃，波函数微商不连续。 这是因为： 若ψI(-a)’ = ψII(-a)’， 则有，0 = A αcos(-αa + δ) 与上面波函数连续条件导出的结果 A sin(-αa + δ)= 0 矛盾，二者不能同时成立。所以波函数导数在有无 穷跳跃处不连续。
由此可见，对于一维无限深方势阱，粒子束缚于有限空 间范围，在无限远处，ψ = 0 。这样的状态，称为束缚 态。一般地说，束缚态的能量本征值是分立能级，组成 分立谱。 能量量子化，n：量子数
2 2 2 d d d 2 2 X ( x)Y ( y ) Z ( z ) 2 2 dx dy dz V1 ( x) V2 ( y) V3 ( z ) ( x, y, z ) E ( x, y, z ) 2
2 d 2 2 d 2 YZ X V1 ( x) XZ Y V2 ( y ) 2 2 2 dx 2 dy 2 d 2 XY Z V3 ( z ) E ( x, y, z ) 2 2 dz
1 2 d 2 Z V3 ( z ) E 2 Z 2 dz
令
E E x E y Ez
2 d 2 [ V1 ( x )] X ( x ) E x X ( x ) 2 2 dx 2 d 2 [ V2 ( y )]Y ( y ) E yY ( y ) 2 2 dy 2 d 2 [ V3 ( z )] Z ( z ) E z Z ( z ) 2 2 dz
第三章 一维定态问题
本章要求
1 掌握求解一维定态Schrö dinger 方程的 基本步骤; 2 掌握能量量子化,束缚态,宇称,隧道效应, 零点能,分立谱,连续谱,厄密多项式等概 念;
第三章 一维定态问题
l
l l l
l
在继续阐述量子力学基本原理之前，先用 Schrö dinger 方程来处理一类简单的问题——一维定 态问题。其好处有四： （1）有助于具体理解已学过的基本原理； （2）有助于进一步阐明其他基本原理； （3）处理一维问题，数学简单，从而能对结果进行 细致讨论，量子体系的许多特征都可以在这些一维 问题中展现出来； （4）一维问题还是处理各种复杂问题的基础。
所谓一维运动就是指在某一方向上的运动。
（二）一维无限深势阱
0, V ( x)
| x | a | x | a
I
V(x)
II
III
-a
l l l l l
0
a
求解步骤： （1）列出各势域的一维Schrö dinger 方程 （2）解方程 （3）使用波函数标准条件定解 （4）定归一化系数
2
设：V ( x, y, z ) V1 ( x) V2 ( y ) V3 ( z )
令： ( x, y, z ) X ( x)Y ( y ) Z ( z )
2 2 V ( x , y , z ) ( x , y , z ) E ( x , y , z ) 2
2 d 2 2 d 2 YZ X V1 ( x) XZ Y V2 ( y ) 2 2 2 dx 2 dy 2 d 2 XY Z V3 ( z ) E ( x, y, z ) 2 2 dz
方程可简化为：
d2 2 dx d2 2 dx d2 2 dx
I
2
2 2
I
0 0 0
I
V(x)
II
II
II
III
III

III
-a
0
a
（2）解方程

I II
C 1e
x
C 2e
x
A s in(x ) B1e
0
xa
i Ent 1 n sin ( x a)e x a 2a a
（三）宇称 （1）空间反射：空间矢量反向的操作。
(r , t ) (r , t ) (r , t ) (r , t )
(r , t ) (r , t ) （2）此时如果有： (r , t ) (r , t )

V(x)
I II III
0, A sin(x ), 0.
1）波函数连续：
I -a
II
III 0 a
(a ) (a )
I II


A sin(a ) 0,
A sin(a ) 0 .
II (a ) III (a )
等式两边除以（x, y, z ) X ( x )Y ( y ) Z ( z )
1 X 1 2 d 2 2 d 2 2 dx 2 X V1 ( x) Y 2 dy 2 Y V2 ( y )
2
n
II
n A sin x a
( n 0, 1, 2, )
讨论
E0 0 当n 0时： 0， II 0 A sin 0 x 0
当n k时： k
II
状态不存在
k k A sin x A sin x a a
所以 n 只取正整数，即