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中科院量子力学超详细笔记 第三章 一维问题

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量子力学 第三章知识点

量子力学 第三章知识点

对于方势阱（如右图所示） ： V ( x) = 求散射态下，反射系数和透射系数 当 E > 0 时，粒子处于散射态。能量本征方程为：
−V0 , 0 < x < a; 0, x < 0, x > a.
作者：张宏标（任课教师）
5
东北师范大学本科生物理专业量子力学课程讲稿 Lectures on Quantum Mechanics for undergraduates of physical major
C ∆1 = = A ∆
2
2i β k ( k − β ) sinh β a + 2iβ k cosh β a
2 2
(k
2
− β 2 ) sinh β a + 2i) sinh β a
R =
B = A
2
(k
2
+ β 2 ) sinh 2 β a + 4k 2 β 2
> 2 d 2 − = V0 ψ ( x) Eψ ( x) − 2 2m dx 2 2 > d −= ψ ( x) Eψ ( x) 2m dx 2
取k =
(0 < x < a) ( x < 0, x > a ) ( x < 0, x > a ) (0 < x < a)
其中 v 是粒子的经典速度。所以在上面的边界条件下， 入射几率流密度是 j = A 2 v I I 反射几率流密度是 j = B 2 v R R 透射几率流密度是 j = C 2 v T T
作者：张宏标（任课教师） 1
东北师范大学本科生物理专业量子力学课程讲稿 Lectures on Quantum Mechanics for undergraduates of physical major
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.
量子力学课件03一维定态问题

量子力学课件03一维定态问题


范围内有 n 个节点（即有 n 个 x 点使 u (x ) = 0，不包括边界点或∞远）。
n
i
基态无节点（当然处处不为零的波函数没 有这性质，如 e imφ (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， 现先证明位势若有有限大小间断时，波函 数的导数仍连续。由方程
tan δ = 0 ⇒ sin δ = 0.
所以，
B→0
⎧ A sin kx x < 0 u(x) = ⎨ x>0 ⎩ 0
于是，当 V0 → ∞ , 方程有解
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
h d (− + V(x))u1 (x) = E1u1 (x) （1） 2m dx 2
2 2
h d (− + V(x))u 2 (x) = E2u 2 (x) （2） 2 2m dx
u * × (1) − u 1 × ( 2) * 2
2
2
h ′′ − (u* (x)u1 (x) − u1 (x)u′′* (x)) = (E1 − E2 )u* (x)u1 (x) 2 2 2 2m
x<0
得解
⎧ Be −Κx + Ce Κx ⎪ u(x) = ⎨ ⎪ A sin(kx + δ ) ⎩ x>0 x<0
要求波函数有界，所以C＝0，
要求波函数 x=0 处连续，且导数连续
A sin δ = B kA cos δ = −ΚB
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)
量子力学专题三(一维势场中的粒子)

量子力学专题三(一维势场中的粒子)

量子力学专题三：一维势场中的粒子一、一维薛定谔方程边界条件和处理办法（熟练掌握）1、边界条件：A、束缚态边界条件：在无穷远处，找到粒子的概率为零，相应的波函数的值应该趋近于零；B、连续性边条件：a、波函数连续；b、波函数的一阶偏导数连续。

（注意：不一定同时成立！！）C、周期性边界条件：在求解角动量l分量的本征函数时，利用周期性边界条件可以确z定本征函数的归一化常数；在求解转子的能量本征函数时，亦可以利用周期性边界条件来确定其归一化常数。

2、处理方法：A、列出不同区间的能量本征方程，并对其进行求解；B、根据束缚态边条件，选择适合的解；C、根据连续性边条件，对得到的波函数进行归一化处理；D、写出本征函数和对应的能量本征值。

二、一维方势阱：1、一维无限深方势阱的求解方法及其物理讨论（熟练掌握） A 、非对称势阱： a 、解题步骤：（1）写出各个区间的能量本行方程； （2）根据写出的微分方程，求出其通解；（3）根据连续性边界条件，确定其相位及其能量本征值的取值； （4）根据概率诠释，对波函数进行归一化处理，确定待定常数； （5）写出能量本征方程和对应的能量本征值。

b 、具体过程：)0(),0(0)(a x a x x x V <<><⎩⎨⎧∞=（1）列出不同区间的能量本征方程，并对其进行求解； 在0<x 和a x >区间，波函数为：0)(≡x ψ在ax <<0区间，能量本征方程为：)()(2222x E x dxdm ψψ=-对其变形，得2=+''ψψk其中，mE k2=（0>E ）。

解得： )sin()(δψ+=kx A x（2）根据束缚态边条件，选择适合的解；此处的束缚态边条件，即粒子在无穷远处出现的概率为零，在求解本征方程——在0<x 和a x >区间，波函数为：0)(≡x ψ——时已经应用了！（3）根据连续性边条件，对得到的波函数进行归一化处理；在0=x 处，波函数连续，有0sin )0(==δψA ，则有0=δ。

量子力学 第三章习题与解答

量子力学 第三章习题与解答

第三章习题解答3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=，求：(1)势能的平均值2221x U μω=； (2)动能的平均值μ22p T =；(3)动量的几率分布函数。

解：(1) ⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμω μωμωππαμω ⋅==⋅=2222221111221ω 41= (2) ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ ⎰∞∞----=dx e dx d e x x 22222122221)(21ααμπα ⎰∞∞---=dx e x x 22)1(22222αααμπα][222222222⎰⎰∞∞--∞∞---=dx e x dx e x xααααμπα]2[23222απααπαμπα⋅-=μωμαμαπαμπα⋅===442222222 ω 41=或 ωωω 414121=-=-=U E T (3) ⎰=dx x x p c p )()()(*ψψ 212221⎰∞∞---=dx ee Px i xαπαπ⎰∞∞---=dx eePx i x222121απαπ⎰∞∞--+-=dx ep ip x 2222)(21 21αααπαπ ⎰∞∞-+--=dx ee ip x p 222222)(212 21αααπαπ παπαπα22122p e -=22221απαp e-=动量几率分布函数为 2221)()(2απαωp ep c p -==#3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ，求：(1)r 的平均值；(2)势能re 2-的平均值；(3)最可几半径； (4)动能的平均值；(5)动量的几率分布函数。

解：(1)ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==⎰∞-=0/233004dr a r a a r04030232!34a a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2203020/232020/232202/2322214 4 sin sin 1)()2(000a e a a e drr ea e d drd r e a e d drd r e ra e r e U a r a r a r -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-ππππϕθθπϕθθπ(3)电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为 ⎰⎰=ππϕθθϕθψω02022 sin )],,([)(d drd r r dr r dr r e a a r 2/23004-=2/23004)(r e a r a r -=ω 0/2030)22(4)(a r re r a a dr r d --=ω令 0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω 当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置/22203022)482(4)(a r e r a r a a dr r d -+-=ω08)(230220<-=-=e a dr r d a r ω ∴ 0a r =是最可几半径。

量子力学第三章

量子力学第三章

2
(dS = rdrd ) θ
(2)氢原子的磁矩为
M = ∫ dM = ∫
π ∞
0 0
∫
−
ehm
µ
πψnlm r2 sinθ drd θ
2
=− =−
=−
π ∞ ehm 2 ⋅ 2π ∫ ∫ ψnlm r 2 sinθ drd θ 0 0 2µ
ehm 2π π ∞ 2 ψnlm r2 sinθ drd dϕ θ 2µ ∫0 ∫0 ∫0
1
3 π a0
e−r / a0 ，求：
(1)r 的平均值；
e2 (2)势能 − 的平均值； r
(3)最可几半径；
(4)动能的平均值；
(5)动量的几率分布函数。 解：(1) r = rψ2π ∞ −2r / a0 2 re r sinθ drdθ dϕ 3 πa0 ∫0 ∫0 ∫0
∫
=
1 2πh
∫
∞
−∞
i α − 1α x − h Px 2 e e dx π
2 2
=
1 2πh
α ∞ −2α x −h Px ∫−∞ e e dx π
1
2 2
i
= = = 1
1 2πh 1 2πh 2πh
α e π ∫−∞
∞
ip p2 1 − α 2 ( x+ 2 )2 − 2 2 2 α h 2α h
4 −2r / a0 2 e r dr 3 a0
ω(r) =
dω(r) 4 2 = 3 (2 − r )re−2r / a0 dr a0 a0
令
dω(r ) = 0， r1 = 0, ⇒ dr
r2 = ∞,
r3 = a0
当 r1 = 0, r2 = ∞时， (r) = 0 为几率最小位置 ω
量子力学第三章

量子力学第三章

第三章 定态方程的初步应用
3.1求一维无限深势阱中的粒子处于第一激发态时概率密度最大值 的位置。
解 一维无限深势阱中粒子的波函数是 对第一激发态，，故 令 得五个极值可疑点：
和4 又因为 将代入上式得，故概率密度最大值位于和处。
3.2若粒子的波函数形式为，求粒子的概率分布，问粒子所处的状 态是否定态？
解 （1）
（2）
3.5在一维势场中运动的粒子，势能对原点对称：，证明粒子的定态
波函数具有确定的宇称。
解 一维运动的薛定谔方程为
（1）
式中
（2）
依题意，在坐标反射变换时
再注意到当时是不变量，因此 （3）
即在坐标反射变换下，哈密顿算符具有不变性。 设坐标反射变换而得的态用表示，这时薛定谔方程为 （4）
有一个交点，故只有一个束缚态。 当 ，即
时两曲线有两交交点和，故有两个束缚态。
（5）式中常数由归一化条件求得：
最后得到波函数为
3.9设粒子处于半壁无限高的势场中 中运动，设粒子能量，求束缚态能量所满足的方程及至少存在一个束缚 态的条件。
解（1） 一维定态薛定谔方程为 将所给势能代入上式得 即 令 它们皆为实数，于是得到
它们的解分别为 但，否则时，不满足波函数有限性的要求，于是
因此在势阱中粒子满足如下薛定谔方程
或
即
（1）
其中
（2）
假设粒子处于态，与无关，因而
，
于是（1式变成
它的解为
代入（3）式得
（4）
为满足有限性要求，，否则处无限大，于是
（5）
又在处，这是因为边界是理想反射壁，粒子不能透出势阱外，于是
即
即 注意到（2）式，便得到球形势阱中粒子的能级 可见能级是量子化的，与一维无限深势阱的结果相似。
量子力学讲义及资料第三章： 一维定态问题

量子力学讲义及资料第三章： 一维定态问题

第三章： 一维定态问题[1]对于无限深势阱中运动的粒子（见图3-1）证明2a x = ）（）（22226112πn a x x -=-并证明当∞→n 时上述结果与经典结论一致。

[解]写出归一化波函数：()axn a x n πsin2=ψ （1） 先计算坐标平均值：xdx axn a xdx a x n a xdx x a aa）（⎰⎰⎰-==ψ=02022cos 11sin 2ππ利用公式：2sin cos sin ppxp px x pxdx x +-=⎰ （2） 得2cos sin cos ppxp px x pxdx x +-=⎰ （3） 22cos 22sin 221022aa x n n a a x n x n a x a x a=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππππ 计算均方根值用()x x x x x ，）（222-=-以知，可计算2xdx ax n x a dx a x n x a dx x x a a）（⎰⎰⎰-==ψ=022222022cos 11sin 2ππ利用公式px ppx x p px x p pxdx x sin 1cos 2sin 1cos 3222-+=⎰ （5） aa x n x n a a x n n a x n a x a x 0222222cos222sin 22311πππππ⋅⎪⎭⎫⎝⎛-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=222223πn a a -= ()22222222223⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=-a n a a x x x x π）（2222212πn a a -=（6） 在经典力学的一维无限深势阱问题中，因粒子局限在（0，a ）范围中运动，各点的几率密度看作相同，由于总几率是1，几率密度a1=ω。

210a xdx a xdx x aa ===⎰⎰ω 312202a dx x a x a==⎰()22222222223⎪⎭⎫⎝⎛--=-=-a n a a x x x x π）（故当∞→n 时二者相一致。

量子力学 第三章知识点

量子力学 第三章知识点


= − n p a (n(p−1))n2e−xp( p(−ai)p2a ) −1
因此，最后得到：
C( p) 2
= −
( np
p a3n2
)2 − ( pa
)2
2
(−1)n exp (−ipa
) −12
=−
(
np
p a3n2
)2 − ( pa
)2
2
(−1)n cos ( pa
) −1 − i sin ( pa
i
nap − p p i na
+
p
x
a 0
= − 2 p1 a exp i nnap p −− pp a −1p p + exp −i nna ++pp
a
−1
a
a
= − 1 2nap (−1)n exp (−ipa ) −1
2 p a
nap − pp na
+
p
时粒子处于动量取值在 p − p + dp 内的几率，以及粒子波函数ψ (x, t) 的表达式。
[解] 由于阱壁突然崩塌，粒子变为自由粒子。此时哈密顿量为 Hˆ = pˆ 2 ，能量本征值以及本征函数 2µ
分别= 为 E p2 (−∞ < p < +∞),
2µ
ϕ= p (x)
1 2p
exp
i
px
∫ ∫ ∞
= ψ (x, 0) = C( p)ϕ p (x)dp
−∞
1 2p
∞ −∞
C
(
p)
exp
i pxBiblioteka dp由此可得：∫ = C( p) 21p −∞∞ψ (x, 0) exp p = − i px dx 21
量子力学导论第3章答案

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。

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；

量子力学3-1

19
ψ1' ψ2' = ， ψ1 ψ2
ψ1 即 ln = 0 ψ 2
'
或
[lnψ2 −lnψ1]' = 0
ψ2 对 积 ，ln =常 （ x无 ， 数 为 c） x 分 数 与 关 常 取 ln ψ 1 所 ψ2 = cψ1 以
故 ψ2与 1代 同 量 态 其 级 简 。 ψ 表 一 子 ， 能 不 并
现 讨 此 征 方 。 下 理 4对 在 论 本 值 程 以 定 1− 于 维 题 样 立 三 问 同 成 。
3
定 1 理： 设 (x)是 程 一 解 对 的 量 征 为E, ψ 方 的 个 ， 应 能 本 值 则 *(x)也 方 的 个 ， 应 能 也 E。 ψ 是 程 一 解 对 的 量 是 即 量E 可 是 重 并 。 能 能 二 简 的
5
故 (x)可 为 函 ψ 取 实 数
当 级 简 时 用 理 能 有 并 ， 定 2 定理2：对于能量的某个本征值E，总可找到方 程的一组实解，凡是属于 E 的任何解，均可表 成这一组实解的线性叠加.即这组实解是完备的。
证 ： 明 设 (x)是 于 量 的 何 征 数 解 ψ 属 能 E 任 本 函 ( )
24
③势垒
V(x)
V(x)
梯形势(散射问题) ④其他形式
势垒(隧道贯穿)
超晶格
谐振子
﹟
25
▲量子力学中常用的二阶常系数 齐次线性微分方程的解 对方程 ψ' '+pψ'+qψ = 0 其特征方程为
r2 + pr +q = 0
若 个 为r，2， 其 为 两 根 1 r 则 解
(1 两 相 的 根1,2 ) 不 等 实 r

量子力学曾谨言第五版第三章讲课稿(知识点)

[例]对于自由粒子，由于 为实函数，且具有空间反射不变性。
[解]哈密顿量 的本征值 是二度简并的，对应两个独立的定态波函数：
，
它们不是实函数，也不具有确定的宇称。但总能组合成一组实的定态波函数
它们具有确定宇称 。
除了波函数的自然条件外，有时还要用到波函数一阶导数 的连接条件。
(iv)、①.在某处 点，若 连续或发生阶梯形跃变，则波函数的一阶导数 连续；
（ 是简并度）
空间反射得： （ ），所以，集合 也是与 对应的定态波函数。
只要 中有一个无确定宇称的波函数，例如 ，就可用有确定宇称的组合
来取代，而 ,最后总能组合成一组具有确定宇称的解。
总之，若 空间反射不变，则无简并的定态波函数必有确定的宇称。对于简并的能级，总可以组合成有确定宇称的一组简并波函数。
推论（Corollary）：当 具有空间反射不变性时，则
(1)、对于无简并的能级，定态波函数必有确定的宇称。
(2)、若能级有简并，则总能找到一组简并的定态波函数，其中每一个波函数都有确定的宇称。
证明：(1)、能级无简并情况：因能级无简并，则 ，即 具有确定的宇称。
(2)、能级有简并情况：设集合 是与能级 对应的本征波函数
；
由波函数的归一化条件： ，确定归一化系数为 。
因此，能量本征波函数表示为
。
将能级和波函数用图表示如下:
对结果进行物理分析:
1、从能量公式分析
(i)、能级 是量子化的，但经典动能 , 连续取值。
而最低能量 ，这与经典粒子不同，是微观粒子波动性的表现。因为“静止的波”是没有意义的。通常地， 称为零点能(zero-point energy)，对应的这个状态称为基态(ground state)。

9 量子力学 一维定态问题重点


2 d 2 [ V1 ( x )]X ( x ) E x X ( x ) 2 d x2 [ [ d V2 ( y )] Y ( y ) E yY ( y ) 2 d y2 2 d 2 V3 ( z )]Z ( z ) E z Z ( z ) 2 d z2
讨论
状态不存在 E0 0 当n 0时： 0， II 0 A s i n0 x 0
II
当n k时： k
Asi n
k k x Asi n x a a
描写同一状态
所以 n 只取正整数，即 于是：
( n 1, 2, )
n
I III 0 n II A si n x n a 2n A s i n x 或 2a
m 奇数。
能量最低的态称为基态，其上为第一激发态、第二激发态依次类推。
（4）由归一化条件定系数 A





2
| m |2 dx 1
a a
| m | dx
| | dx
I 2 II 2 | m | dx
a
a
| | dx
II 2 m

III 0
I II III
则解为： 0, Asi n ( x ), 0.
3.连续性:在势的分界点
1）波函数连续：
x a 点,
I (a) II (a) Asin(a ) 0,

（1）列出各势域的 Schrö dinger 方程
2 d 2 ( x ) V ( x ) ( x ) E ( x ) 2 dx2 d2 2 ( x ) 2 [V ( x ) E ] ( x) 0 2 dx

3-1一维运动问题的一般分析

3-1⼀维运动问题的⼀般分析第三章⼀维势场中的粒⼦§3.1 ⼀维运动问题的⼀般分析⼀维问题的实际背景是平⾯型固体器件，“超晶格”，以及从⾼维问题约化下来的⼀维问题。

3.1.1 ⼀维定态Schr?dinger ⽅程的解的⼀般特征⼀维定态Schr?dinger ⽅程是222(),2d V x E m dx ψψψ-+= 或者写为⼆阶常微分⽅程的标准形式 ()22()0.d m E V x dxψψ+-= 在经典⼒学的意义上E T V =+，其中T 是动能，永远0≥，因此我们永远有0E V -≥。

⽽在量⼦⼒学⾥由于有不确定关系的缘故，我们完全谈不上粒⼦在某点处有多⼤的动能，因此即使在0E V -<的区域⾥，波函数仍然有⾮零解。

然⽽⽅程在0E V -<的区域和0E V ->的区域解的特征是完全不同的。

我们把0E V ->的区域称为经典允许区，0E V -<的区域称为经典禁戒区。

把⽅程重写为22212(),d m E V dxψψ=-- 并假设ψ是实函数。

画出()vs ()x x ψ的曲线，那么我们发现：在经典允许区(0->E V 即>E V )⾥，()x ψ在横轴上⽅是向上凸的，在横轴下⽅是向下凹的；在经典禁戒区(0-凹的，在横轴下⽅是向上凸的。

所以，在经典允许区⾥()x ψ呈现出振荡式的⾏为，⽽在经典禁戒区⾥()x ψ通常是单调变化的。

这样⼀个直观的图像对于我们理解以后的问题很有帮助。

3.1.2 关于⼀维定态Schr?dinger ⽅程的解的基本定理朗斯基(Wronski)定理：若势能()V x 在-∞<<+∞x 上没有奇点，ψ1()x 和ψ2()x 都是⼀维定态Schr?dinger ⽅程的解，⽽且属于相同的能量，那么12121212ψψψψψψψψ''?≡≡-=''常数, 其中/d dx ψψ'≡。

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


成一个多项式。换言之，要求 H(ξ) 从某一项（比如第 n 项）起 以
后各项的系数均为零，即 bn ≠ 0, bn+2 = 0.
bn 2
2n 1
(n 1)(n 2) bn
0
递推关系
因为
bn 0,
2n 1 0
因为
2E
于是最后得：
E
(n
1 2
)
所以有：
E
1 2
n 0,1,2,
结论
2020高中物理竞赛
量子力学 第三章
一维势散射问题
（3）用标准条件定解
单值性和连续性条件自然满足，只剩下第三个有限性条件需要进行讨论。
因为H(ξ)是一个幂级数，故应考虑他的收敛性。考虑一些特殊点， 即势场有跳跃的地方以及x=0, x → ±∞或ξ=0, ξ→±∞。
(I)ξ=0 exp[-ξ2/2]|ξ=0 = 1 Heven(ξ)|ξ=0 = b0 Hodd(ξ)|ξ=0 = 0 皆有限
H n (
)
(1)n
exp[
2]
dn
d n
exp[
2]
由上式可以看出，Hn(ξ) 的最高次幂是 n 其系数是 2n。
下面给出前几个厄密多项式具体表达式： H0=1；H2=4ξ2-2 ；H4 = 16ξ4-48ξ2+12 H1=2ξ；H3=8ξ3-12ξ；H5=32ξ5-160ξ3+120ξ
厄密多项式和谐振子波函数的递推关系：
3. 对应一个谐振子能级只有一个本征函数，即一个状态，所以能级 是非简并的。值得注意的是，基态能量 E0={1/2}ħω ≠0，称为零点能。 这与无穷深势阱中的粒子的基态能量不为零是相似的，是微观粒子波粒二 相性的表现，能量为零的“静止的”波是没有意义的，零点能是量子效应。
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1
a
cos
(2m + 1)πx
2a
当 n = 2m 为偶数时，波函数为反对称的
ψ 2 m (x ) =
1

sin
mπx a
（这里已略去无关紧要的波函数整体相因子 (− 1)m ） 。各个能级上波函 数的节点（零点，不计两个端点 ± a ）个数为：基态（ n = 1 ）无节点， 第一激发态（ n = 2 ）有一个节点等等。而且可以看出，阱中各能级的 波函数按 n − 1 的奇偶性区分为奇函数和偶函数，也就是说有
ϕ1 ( p ) = δ ⎜ p −
2
1 ⎛ 2 ⎝
πh ⎞ 1 ⎛ πh ⎞ ⎟+ δ⎜ p + ⎟
2a ⎠ 2 ⎝ 2a ⎠
（3.4b）
（3.4b）式表明阱中的动量谱是两个在全实轴上反向运动的单色 de Broglie 波叠加而成的驻波。 显然，两种结果很不相同。究竟谁正确？或是两者都对？两者都 错？实际的文献讨论中，几种观点全有表述。事实上，波函数、动量
ϕ1 ( p ) =
2
πa cos 2 ⎜
⎛ ap ⎞ ⎟ 2 2 −2 ⎝ h ⎠ ⎡⎛ ap ⎞ − ⎛ π ⎞ ⎤ , ⎢⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ 2h ⎢⎝ h ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎥ ⎣
(− ∞ < p < +∞ )
(3.4a)
注意， （3.4a）式为连续分布。 另一方面，Pauli 求解 ϕ1 ( p ) 时，直接采用第 iii 条两个“单色波” 中所含的 n = 1 基态的两个“动量” 。由此，Pauli 认为2，
45
一方面，Landau 做法是1，将上面定义在全实轴上的基态波函数
ψ 1 (x ) 作富里叶积分变换，便得到无限深方阱中粒子的动量波函数 ϕ1 ( p ) ：
ϕ 1 ( p) =
1 2πh
+∞
−∞
∫ dxe
−i
px h
ψ 1 (x)
代入ψ 1 (x ) 表达式，注意阱外ψ 1 (x ) 为零，即得阱中粒子动量几率分布
这里出现两个待定系数 A 、 α 和一个待定参数 k （它的数值将决定阱 中粒子的能量） 。为了确定它们，利用两个边界条件 ψ (± a ) = 0（加上总 几率归一条件，一共也是三个） ，即
⎧ sin (ka + α ) = 0 ⎨ ⎩sin (− ka + α ) = 0
由此得 α = ka = n π ， n = 1,2,3,L 。最后，阱中粒子的能级和波函数分别为
&&dinger 方程都应当定义在整个 x 轴上，而不只是定义在势 算符及 Schro
阱内，正确边界条件应当是ψ 1 ( x ) = 0( x ≥ a ) ，而不是ψ 1 ( x ) = 0( x = a )。 这里问题的关键在于：不象坐标波函数是定域的，动量波函数是 非定域的， 阱内动量波函数的正确答案依赖于正确处理阱外的坐标波 函数， 也即依赖于坐标波函数边界条件的正确拟定。 反过来也可以说，
2
给出 p ≥
h 。由此可知，若将一个粒子禁闭在 2a 宽度的局部区域中， 2a
相应的动能便有
h2 p2 ≥ 2m 8ma 2
参考基态能级表达式， 再次可知§1.3 的排除粒子静止概念是正确的。
44
另外注意，由于边界条件的存在，总能量（3.2a）虽然也是阱中粒子 的动能值，但却不是动能算符的任何本征值。(3.2b)式也不是动能算 符的本征函数。其实，阱内任何定态都是各种动量（及动能）本征态 的叠加态（见 v, ） ，它们由势阱约束着不色散而成为定态（否则将呈 自由波包色散，见§3.3） 。 iv, 将波函数ψ n (x ) 用复指数来表示，并近似地配上因子 e 可得
2
En = n 2π 2 h 2 , 8ma 2
(n = 1,2,3,L)
x <a x ≥a
(3.2a)
⎧ 1 ⎡ nπ (x + a )⎤ sin ⎢ ⎪ ⎥, ψ n ( x ) = ⎨ a ⎣ 2a ⎦ ⎪ 0 , ⎩
(3.2b)
这虽然是一个最简单的例子，鉴于存在不少观点分歧，需要作一 些讨论说明： i, 无限深方阱的势函数是对实际物理情况作出的近似的数学 模写。因为 第一，介质中势能不可能真是无限大； 第二，势函数也不可能是严格的阶跃。容易给出能够近似认定某一势 函数为无限深方阱的条件。设实际阱壁高为 V0 ，可将 V0 近似认作无限 高的条件是： E << V0 ， E 是问题中涉及的最大能量。同时，设势函数 两端显著上升的尺度为 ~ Δx ， 波函数有显著变化的尺度为 ~ λ = 2π
⎧ 1 ⎪ ⎪ ( ) ψ n x = ⎨ 2i a ⎪ ⎪ ⎩
nπ ( x + a )h i ⎛ nπ ( x + a )h ⎞ ⎞ ⎡ i⎛ − En t ⎟ − ⎜ + En t ⎟ ⎤ ⎜ h⎝ 2a ⎠ ⎠⎥ ⎢e h ⎝ 2 a , −e ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 0,
− iE n t
h
，
x <a x ≥a
§第三章 一维问题
&&dinger 方程是量子力学的中心任务。本章研究其中较为简 求解 Schro
单的情况——一维问题。
§3.1 一维定态的一些特例
1, 一维方势阱问题，Landau 与 Pauli 的矛盾
《无限深方势阱》 这是本章第一个例题， 也是最简单的对一类物理问题的数学近似 模型。但有关它的动量波函数及其衍生问题却引起过争论，甚至导致 严重误解： “量子力学的数学是错的” 。
47
《有限深方势阱》 这时位势为
⎧ ⎪ 0, V (x ) = ⎨ ⎪V0 , ⎩
x<
a 2 a x≥ 2
(3.5a)
这里讨论束缚态情况——阱中粒子能量 E < V0 。显然，前面无限深阱 问题是这里 V0 >> E 的极限情况。
&&dinger 方程按势阱分区而分解为三个区域性方程。分别 这时 Schro
ψ n (− x ) = (− 1)n −1ψ n (x )
(3.3)
iii, 求解结果表明，若用势阱（或势垒）从空间上限制微观 粒子的活动，也即将它们内禀波动性——de Broglie 波局域化，则由 于波自身干涉结果必定导致波频率的分立化（注意，经典物理学中所 有波也均如此） ，但由 de Broglie 波的特性，频率分立化就意味着能 量量子化。即使对基态 n = 1 ，粒子的动能也不为零，说明阱中粒子从 不静止。这里 x = p = 0 ，故 Δx ~ a ， Δp ~ p ，代入不确定性关系 Δx ⋅ Δp ≥ h ，
三个分区波函数解分别为
⎧ψ I ( x ) = Ae k ′ x ⎪ ⎨ψ II ( x ) = B sin ( k x + α ) ⎪ψ ( x ) = Ce − k ′ x ⎩ III
k n
=
4a ， n
因此， 对 n 很大的高激发态情 则可认作阶跃变化的条件为 Δx << λ = 4a 。
43
况，势函数将难以被模型化为无限深方阱。另外，更不应当由这种人 为的近似模型导出哈密顿量不厄密等等损及量子力学理论体系的结 论。 ii, 当 n = 2m + 1 奇数时，波函数为对称的
ψ 2 m+1 (x ) =
&&dinger 方程成立， 这两个区域中的波 穷位势问题见讨论 i,） ， 为使 Schro
函数ψ (x ) 必须为零 —— 即有边界条件ψ (x ) = 0 ( x ≥ a ) 。说明微观粒子即 便具有波动性，也难以渗透进非常高的势垒区里。于是坐标波函数求 解只须对第 II 区进行，
⎧ h2 d 2 ψ (x ) = Eψ (x ), ⎪− ⎨ 2m dx 2 ⎪ψ (x ) = 0, ⎩ x <a x ≥a
a⎞ ⎛ ⎜x ≤ − ⎟ 2⎠ ⎝ a⎞ ⎛ a ⎜− < x < ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎛a ⎞ ⎜ ≤ x⎟ 2 ⎝ ⎠
(3.5b)
或写成
⎧ d 2ψ 2m (V0 − E ) k′ = ⎪ 2 I − k ′2ψ I = 0, h2 ⎪ dx ⎪ 2mE ⎪ d 2ψ II + k 2ψ I = 0, k= ⎨ 2 h2 ⎪ dx ⎪ d 2ψ III − k ′2ψ III = 0, ⎪ 2 dx ⎪ ⎩
&&dinger 方程，其中位势为 研究一维 Schro
⎧ ⎪ 0, V (x ) = ⎨ ⎪ ⎩ + ∞, x <a x ≥a
(3.1a)
&&dinger 方程现在分为三个区域：第 I 区 于是定义在整个 x 轴上的 Schro
x ≤ − a ，第 II 区 x < a ，第 III 区 x ≥ a 。由于 I 区和 III 区中 V (x ) = +∞（无
设三个分区波函数为 ψ I (x ),ψ II (x ),ψ III (x ) ，则三个分区方程为
⎧ h 2 d 2ψ I − + V0ψ I = Eψ I , ⎪第I区 : 2m dx 2 ⎪ ⎪ h 2 d 2ψ II II 第 区 : − = Eψ II , ⎨ 2m dx 2 ⎪ ⎪ h 2 d 2ψ III + V0ψ III = Eψ III , ⎪第III区 : − 2m dx 2 ⎩
(3.1b)
有时，这里的边界条件被简单地写作 ψ (x ) = 0( x = a ) 1。但由于对阱外情 况未作规定，这种提法是含混的。参见下面有关讨论。
1
这种用法见泡利《物理学讲义》第五卷，详见下面讨论 v 的脚注。 42
显然，在第 II 区 x < a 内方程通解为
⎧ψ (x ) = A sin (kx + α ) 1 ⎪ ⎨ ⎛ 2mE ⎞ 2 ⎪k = ⎜ 2 ⎟ ⎝ h ⎠ ⎩