无限深方势阱

                     

贡献者: addis

预备知识 量子力学的基本原理(科普),定态薛定谔方程二阶常系数齐次微分方程

   无限深势阱通常被作为量子力学中定态薛定谔方程的第一个例子。这是因为它具有非常简单的解析解。薛定谔方程具有解析解的情况屈指可数,其中无限深势阱和简谐振子要数在之后的教学中最常出现的例子了。

   只考察质量为 $m$ 的粒子沿 $x$ 方向的运动情况。势能函数为

\begin{equation} V(x) = \begin{cases} 0 \quad &(0 \leqslant x \leqslant a)\\ +\infty &(x < 0 \ \text{或}\ x > a)~. \end{cases} \end{equation}

图
图 1:无限深势阱

   在经典力学中,这对应的情景就是一个弹性小球在两面无限硬度的墙之间的运动(无摩擦)。为了更好地把经典力学和量子力学的物理图像对应起来,我们可以假设粒子的初始波函数是势阱内一个带有初速度的波包,在势阱内部来回反弹。但从更量子力学的角度来说,我们应该先看看它的能量本征态(也就是束缚态),毕竟求解波包运动的第一步就是求解后者。

1. 束缚态

   定态薛定谔方程

\begin{equation} -\frac{\hbar ^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}{x}^{2}} \psi(x) + V(x)\psi(x) = E\psi(x)~. \end{equation}

   这里先直接给出结论,证明见文末。无限深势阱没有散射态1,但有无穷个非简并束缚态。也就是说式 2 有无穷个解(记为 $\psi_n(x)$),且对应的能量本征值 $E$ 各不相同(如果同一个 $E$ 对应多个线性无关解,就叫做简并),记为 $E_n$。

\begin{equation} E_n = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m a^2} n^2 \qquad (n = 1,2,3\dots)~. \end{equation}
\begin{equation} \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{n\pi }{a} x\right) ~. \end{equation}

   一些教材中也会把势阱中间作为坐标原点,这相当于把这里的势能 $V(x)$ 和所有 $\psi_n(x)$ 都向左移动 $a/2$。能级仍然保持不变,波函数变为(为了简洁适当乘以 $-1$,物理意义不变)

\begin{equation} \psi_n(x) = \left\{\begin{aligned} &\sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{n\pi}{a} x\right) \qquad (\text{偶数 } n)\\ &\sqrt{\frac{2}{a}} \cos\left(\frac{n\pi}{a} x\right) \qquad (\text{奇数 } n)~, \end{aligned}\right. \end{equation}

图
图 2:基态波函数,注意第 $n$ 个函数中间有 $n-1$ 个节点

   事实上我们可以通过函数平移的方法把势阱移动到任何位置。

   把波函数用式 4 的基底展开,是三角傅里叶级数的一个变形(详见式 19 ),注意虽然看上去少了 $\cos$ 基底,但它的确是完备的。

  

未完成:束缚态的意义,复习一下

2. 推导

   先考虑势阱内部($0 \leqslant x \leqslant a$,$V = 0$),方程变为

\begin{equation} -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}{x}^{2}} \psi(x) = E\psi(x) ~, \end{equation}
这是二阶常系数齐次微分方程。通解为
\begin{equation} \psi(x) = C_1 \cos\left(kx\right) + C_2 \sin\left(kx\right) ~, \qquad k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}~. \end{equation}
通解也可以写成指数函数 $\psi(x) = C \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} kx}$,加上边界条件后得到的束缚态一样。

   现在讨论边界条件:在有限深势阱束缚态中将会看到,如果势阱外部势能是有限值,波函数将会按照指数函数衰减,势能越高衰减得越快。而现在势阱外部势能为无穷大,就可以直接认为波函数在势阱外部始终为零。所以边界条件为

\begin{equation} \psi(0) = 0, \quad \psi(a) = 0~. \end{equation}
这两个条件代入以上通解中,解得
\begin{equation} C_2 = 0, \quad k = \frac{n\pi}{a} \qquad (n = 1,2,3\dots)~. \end{equation}

   $C_1$ 的取值暂时不能确定,但先将通解写为 $\psi(x) = C \sin\left(\frac{n\pi }{a}x\right) $,常数 $C$ 就可以通过波函数的归一化来确定:

\begin{equation} 1 = \int_{-\infty }^{+\infty } \left\lvert \psi(x) \right\rvert ^2 \,\mathrm{d}{x} = \int_{-a}^{+a} \left\lvert C \sin\left(\frac{n\pi }{a} x\right) \right\rvert ^2 \,\mathrm{d}{x} = \left\lvert C \right\rvert ^2 \frac{a}{2}~. \end{equation}
严格来说,$C$ 可以是复数,解为 $C = \sqrt{2/a} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \theta}$。但是为了方便通常把归一化常数中的相位因子 $ \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \theta}$ 默认为 $1$。所以归一化的波函数为
\begin{equation} \psi(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{n\pi }{a}x\right) ~. \end{equation}
另外,由
\begin{equation} \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} = k = \frac{n\pi }{a}~, \end{equation}
可以得出能级是离散的结论。即
\begin{equation} E_n = \frac{\pi^2\hbar^2}{2m a^2} n^2 \quad (n = 1,2,3\dots)~. \end{equation}


1. ^ 这是因为散射态的能量只能取 $E > V(\pm\infty)$。


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