一维无限深势阱

A e ikx B e ikx , ( x ) F e k3 x G e k3 x , C e ikx ,
2 2
x0 0 xa xa
(k k3 ) sh k3a B 2 , 2 A (k k3 ) shk3a 2ikk3chk3a
1 x x 1 x x shx (e e ), chx (e e ). 2 2
ik1 x
2
x0 0 xa xa
2 Beik x B e ik x
ik1 x 3 Ce C e (C 0) ik1 x
这里 k1 因子
ikx e 波数为K的平面波， 则是向左运动的平面波。在I、II两
x 0,
2mE ，k 2 2m( E V0 ) 。考虑到时间 ikx iEt / i t ，因此 代表向右运动的 e e
2
1 2
所以几率密度与 (1
2
/a )
2

1 2
成比例。
一、方势垒
1.方势垒是：
§3.3势垒贯穿 U(x)
U0
x 0 or 0, U ( x) U 0 0 0 x a
xa
0 a x
其特点是： (1)对于势阱，波函数在无穷远处趋于零，能谱是分立的。但 对于势垒，波函数在无穷远处不为零。下面将看到，粒子能量 可取任意值。 (2)按照经典力学观点，若E<U0 ,则粒子不能进入势垒,在x=0处 全被弹回；若 E> U0, 则粒子将穿过势垒运动。 但从量子力学的观点，由于粒子的波动性，此问题将与波 透过一层介质相似，总有一部分波穿过势垒，而有一部分波被 反射回去。因此，讨论的重点是反射和透射系数。
1 En n , n 0,1,2,3, (3.2 8) 2
对应的波函数是：
n ( x) N n H n ( ) e
1 2 2
N n H n (x) e
e
x2
1 2 x2 2
.( )
(3.2 9)
Nn是归一化常数，利用特殊积分
2 E 2 n , 2a
2 2
nx ( x ) B sin . （奇宇称） a
二者合起来可写为：
n kn , 2a
( n 1,2,3, )
2 2 2 En 2 n , 8a
n n ( x ) An ( x a ). sin 2a
波函数的归一化是：
1 ( n ) 2 , k a
2 2 2
( n 0,1,2, )
1 E 2 n , 2a 2
1 x ( x ) A cos n . (偶宇称) 2 a
(2)
A 0,sin ka 0 所以，
n k , a ( n 1,2,3, )
所以反射系数和透射系数分别是： 2 2 B (k 2 k3 ) 2 sh 2 k3a R 2 2 , 2 2 2 2 2 (k k3 ) sh k3a 4k k3 A
2ikk3 eika C 2 , 2 A (k k3 )shk3a 2ikk3chk3a
讨论： （1）R+D=1，即是几率守恒。 （2）在E<U0时D≠0,这是经典 力学不能解释的，称为量子隧道效应，或势垒贯穿。 （3）如果条件 3 >>1成立（相当于E很小）,则
因而，
A cos ka B sin ka 0, A cos ka B sin ka 0,
A cos ka 0, B sin ka 0.
(at x a ) (at x a )
有两种情形的解：
（1）
B 0, coska 0, 所以，

可得


dx ,
. n 2 n!
Nn
2.讨论 1 E0 (1) 能级是等间隔的 ；(2)零点能是 ；(3)能级 2 n 的宇称偶奇相间，基态是偶宇称,即ψn(-x)=(-1)ψn(x) (4)ψn(x)有 n个节点。 四.几率分布:
在经典力学中,在ξ到ξ+dξ之间的区域内找到质点的
现在H(ξ)的方程成为：
d 2Hn dHn 2 2nHn 0. 2 d d
而不难验证下面的函数正满足这个方程: n 2 d n 2 H n ( ) (1) e e . n d 它称为n次Hermitian多项式。 头五个Hermitian多项式是:
(3.2 6)
(3.2 7)
H 0 1, H 1 2 , H 2 4 2 2, H 3 8 3 12 , H 4 16 4 48 2 12, H 5 32 5 160 3 120 .
三. 线性谐振子的能级和波函数 1.我们把线性谐振子的能级和波函数总结如下。能级是：
4k 2 k 3 D 2 2 . 2 2 2 2 2 (k k3 ) sh k3a 4k k3 A
C
2
2
k a
e
k3 a 2
e
k3 a
1 1 2 k3 a k3 a k3 a 2 sh k3 a (e e ) e 4 4 1 D k3 2 2 k3 a 1 k1 ( ) e 1 16 k3 k1 当 k1 k3, e 2 k3a 1
能够避免这种情形出现的唯一出路是级数“中止” 或“退化”为多项式，而这就要求只能取一些特殊的值。 设要求H(ξ)是ξ的n次多项式，那么就必须让
λ=2n+1
n=0,1,2,3…
这样，我们首先得到了能量本征值：
1 En n , n 0,1,2,3... (3.2 5) 2
几率ω (ξ) dξ与质点在此区域内逗留的时间dt成
比例:
dt ( ) d T
T是振动周期。因此有
( )
1 1 d vt T dt
即几率密度与质点的速度成反比。对于经典的线性谐振子，ξ= a sin(ωt+δ ) ,在ξ点的速度为
d v a cos(t ) a (1 2 ) dt a
1 2 2
( ) e
H ( ),
可得关于H(ξ)的如下方程：
d 2H dH 2 ( 1) H 0. 2 d d
(3.2 4)
二. Hermitian多项式 可以用级数法求解H(ξ)的方程，结果发现：只要H(ξ)是“真” 无穷级数，那么在x→±∞的时候H(ξ)就→ eξ² ,仍然使ψ(ξ)发散。

所以，
An
a
a
| ( x) | dx 1
2
1 , a
（与n无关）
最后，波函数是：
1 n n (x) sin ( x a ). 2a a
§ 3.2线性谐振子
一维量子谐振子问题 在经典力学中，一维经典谐振子问题是个基本的问题，它 是物体在势（或势场）的稳定平衡位置附近作小振动这类常见 问题的普遍概括。在量子力学中，情况很类似。一维量子谐振 子问题也是个基本的问题，甚至更为基本。因为它不仅是微观 粒子在势场稳定平衡位置附近作小振动一类常见问题的普遍概 括，而且更是将来场量子化的基础。 众所周知，当粒子在势场的平衡位置附近作小振动时，势 场V(x) 总可作泰勒展开并只取到最低阶不为零的项。设平衡位
如果将此问题推广到三维，显然它是散射问题。 二、方势垒的穿透 (1)E>U0 的情况： 薛定谔方程为 d 2 2 2 ( E U 0 ) 0 2 dx
令 k1 k2 2 E / 2 2 ( E U 0 ) / 2
ik1 x Ae
2
则其解为
1 Ae


2E ,
则方程变成：
d 2 ( ) ( ) 0. 2 d
当ξ→±∞时，方程变为：
(3.2 3)
d 2 2 2 . d
我们发现它有近似解：
( ) ~ e
但是 e 应该舍去。 所以再进行变换：
2 / 2
1 2 2
.
置x0=0，并选取能量尺度的原点使V（0）=0，则
2 V ( x) V (0) x 1 2
这里，含V ′(0) 的一次项由于平衡位置V ′(0)=0而消失，
也由于是稳定振动而有V′ (0)＞0。除非振动的幅度较大，否则 不必考虑展开式中非简谐的高阶项。这类问题的物理例子比如， 原子核内核子（质子或中子）的简谐振动、原子和分子的简谐 振动、固体晶格上原子的简谐振动、甚至一个多自由度系统在 其平衡态附近的小涨落小振动，在通过引入简正坐标后也可以 化为一系列退耦的一维振子之和，即可近似为线性谐振动的迭 加。 一. 方程的化简 线性谐振子的势能函数是：
1 U ( x) 2 x 2 (3.2 1) 2 其中ω是谐振子的固有圆频率。所以薛定谔方程是：
2 2 d 2E 2 x 0. 2 2 2 dx 2
(3.2 2)
在方程中做如下的无量纲化变换：

2


x x,
§ 3.1 一维无限深势阱
一、一维无限深势阱和方势阱
一维问题的实际背景是平面型固体器件例如“超晶 格”， 以及从高维问题约化下来的一维问题。 一维无限深势阱的势能函数是：
U(x)= 在势阱外，必有：
{
0 +∞
|x|＜a; |x|≥a .
( x) o |x|>a
在势阱内，满足方程:
d 2E ( x) 0 2 2 dx
2 2
易得到入射波、透射波和反射波的几率流密度为：
i d k1 * * d 2 J [ i i i i ] | A| 2 dx dx k1 k1 2 JD |c| , JR | A |2


透射系数与反射系数为：
2 JD 4k12 k 2 D 2 2 2 2 2 2 J (k1 k 2 ) sin k 2 a 4k1 k 2 2 2 JR (k12 k 2 ) sin 2 k 2 a R 2 2 2 2 J ( k1 k 2 ) sin 2 k 2 a 4k12 k 2
显而易见： D R 1
(2)E<U0的情况： 此时方程为：
2 k 0, 2 k3 0,
x 0 or x a 0 xa
k3 其中，
2 (U 0 E ) 。在粒子从左方入射时有：
让 和 在 x=0 和 x=a 处连续,我们得到4个方程，从中可 以解出B、C、F、G对A的比。结果是：
2
(a x a)
显然E必须>0，所以记
k
那么方程变成： d 2
2E
dx
它的一般解是：
2
k 2 ( x ) 0.
( x ) A cos kx B sin kx.
( a x a )
这三段的解必须在 x=±a 处衔接起来。在势能有无限 大跳跃的地方，衔接条件只有 本。而在III区中则只存在向右 运动的透射波，不存在向左运动的反射波。 利用在X=± a边界上波函数及其导数连续的边界条件，得
1 (0) 2 (0) : A A B B (0) : 1 (0) 2 k1 A k1 A k 2 B k 2 B
ik2 a
x a,
2 (a) 3 (a) :
Be
ik2 a ik1a Be ce
(a) 3 (a) : 2 k 2 Be
由此可得
ik2 a
k2e
ik2 a
ika1
k1ce
ik1a
4 k1 k 2 e c A 2 ik2 a 2 ik2 a ( k1 k 2 ) e ( k1 k 2 ) e 2i (k1 k 2 ) sin k 2 a A A 2 ik2 a 2 ik2 a ( k1 k 2 ) e ( k1 k 2 ) e