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；
(II)应用Hn(ξ)的封闭形式。
分步积分
1
n ndx
N
2 n
e
2
H
n
(
)
H
n
(
)dx
N
2 n
(1)n
H n (
)
dn d n
e
2 d
(1)n
N
2 n
H ( ) [ e ]d d d n1 2
n
d d n1
1
2
Ae ik1 x Be ik2 x
Ae ik1 x Be ik2 x
3 Ce ik1 x
利用波函数标准条件来定系 数。首先,解单值、有限 条件满足。考虑连续性:
1. 波函数连续
x 0:
1(0) 2(0) A A B B (1)
(1)n
N
2 n
Hn(
)[ e ] d n1 d n1
2
该式第一项是一个多项式与 exp[-ξ2] 的 乘积，当代入上下限ξ=±∞后，该项为零。
继续分步积分到底
(1)n
N
2 n
[
d d
H ( )][ d n1
n
d n1
e 2 ]d
(1)n1
N
2 n
[
d d
H ( )][ d n1
当 N 确定后，能量本征值确定，但是对应同一N值的 n1, n2, n3 有 多种不同组合，相应于若干不同量子状态，这称为简并。其简并度可决 定如下：
对给定 N = n1 + n2 + n3
n1
0
0,
1,
的组合方式数列表分析如下：
n2
→
..., N
→
1
0,
1,
..., N-1
→
2
0,
1,
..., N-2
( x)
0
（1）解题思路
势V(x)是在谐振子势上叠加上 -qx 项，该项是x 的一次项，而 振子势是二次项。如果我们能把这样的势场重新整理成坐标变量平 方形式，就有可能利用已知的线性谐振子的结果。
（2）改写 V(x)
V ( x) 1 2 x2 qx
2
1 2
2[x
q 2
]2
q2 2 2 2
E
(n
1 2
)
n 0,1,2,
分立值。
（4）厄密多项式
从有限性条件得到 H(ξ)是多项式， 该多项式称为厄密多项式，记为Hn(ξ)，
n
Nn
exp[
1 2
2 ]Hn (
)
于是，总波函数可表示为：
归一化常数
H 2H ( 1)H 0
H
n
2H
n
2nHn
0
λ = 2n+1
Hn(ξ) 也可写成封闭形式：
（6）讨论
Hn (
)
(1)n
exp[
2
]
dn
d n
exp[
2]
1. 上式表明，Hn(ξ)的最高次项是(2ξ)n。所以, 当 n = 偶，则厄密多项式只含ξ的偶次项；
当 n = 奇，则厄密多项式只含ξ的奇次项。
2. ψn具有n宇称
n (x)
2n n!
e 2x2 / 2 H n (x)
上式描写的谐振子波函数所包含的 exp[-ξ2/2]是ξ的偶函数，所以ψn的 宇称由厄密多项式 Hn(ξ) 决定为 n 宇称。
从上式出发，可导出
厄密多项式的递推关系：
应
例：已知 H0 = 1, H1=2ξ，
dHn
d
2nHn1( )
用
则根据上述递推关系得出：
实 例
H2 = 2ξH1-2nH0 = 4ξ2-2
Hn1 2Hn 2nHn1 0
基于厄密多项式的递推关系可以导出谐振子波函数Ψ(x)的递推关系：
x n(x)
1
2
k22
2
0
3
k12
3
0
x0
I区
0 x a II 区
x a III 区
因为 E > 0, E > V0, 所以 k1 > 0, k2 > 0. 上面的方程可改写为：
通解：
1
2
A eik1x B eik2 x
Ae ik1 x Beik2 x
3 Ceik1x Ceik1x
定态波函数ψ1,ψ2,ψ3 分别乘以含时因子 exp[-iEt/ ] 即可看出： 式中第一项是沿x正向传播的平面波，第二项是沿x负向传播的平面波。由于 在 x > a 的III 区没有反射波，所以 C'=0，于是解为：
1 2
2( x
x0 )2
V0
其中：x0
q 2
V0
q2 2 2 2
（3）Hamilton算 符 进行坐标变换：
则 Hamilton 量变为：
x x x0
pˆ i d i d pˆ
dx
dx
Hˆ
pˆ 2
2
1 2
2(x
x0 )2
V0
pˆ 2
2
1 2
2 x2
V0
（4）Schrödinger方程
1)!
k
(
k 2
)
!
2
(
k 2
1)!
(
k 2
1 2
1)
k
22
k
(
k 2
)!
比较二级数可知： 当ξ→±∞时， H(ξ)的 渐近行为与exp[ξ2]相同。
所以，总波函数有如下发散行为：
(
)
H (
) e xp[
1 2
2
]
exp[
2 ]exp[
1 2
2]
exp[
1 2
2
]
为了满足波函数有限性要求，幂级数 H(ξ) 必须从某一项截断变
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
定态Schrödinger方程:
2
2
d2 dx2
(
x)
V
(
x)
(
x)
E (x)
（二）方程求解
上述三个区域的 Schrödinger 方程可写为：
（1）E > V0 情况
1
2E 2
1
0
x0
2
2 2
[E
V0 ]
2
0
0xa
3
2E
2
3
0
xa
令 ：k12
2 E
2
k 2
2 ( E V0 )
2
2
1
k12
1
0
n
d n1
e 2 ]d
(1)nn
N
2 n
[ dn d n
Hn ( )]e 2 d
则谐振子波函数为：
n(x)
2n n!
e 2x2 / 2 H n (x)
其中：
(1)2n
N
2 n
2n n!e 2 d
N
2 n
2n n!
N
n
2n n!
因为Hn的最高次项 ξn的系数是2n，所以 dnHn /dξn = 2n n!。
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.
2n 1
bn2 (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：
所以有：
E
1 2
结论
基于波函数 在无穷远处的 有限性条件导致了 能量必须取
(n
1 2
)
q2 2 22
本征函数：
n ( x) N ne 2x2 / 2 H n (x)
N e H ( 2 ( x x0 )2 / 2
n
n
(x
x0 ))
n 0,1,2,
作业
l 周世勋《量子力学教程》2.5 l 曾谨言 3.8、3.9、3.12
§3 一维势散射问题
(一）引言 （二）方程求解 （三）讨论 （四）应用实例
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：
(II) ξ→±∞ 需要考虑无穷级数H(ξ)的收敛性
为此考察相邻 两项之比：
b k2 k2 bk k
2k 1 2 (k 1)(k 2)
k
22 k
exp[ 2 ] 1 2
4
k
k2
1! 2!
(
k 2
)!
(
k 2
1)!
考察幂级数exp[ξ2] 的展开式的收敛性
相继两项之比：
k2
(
k 2
e 2 x2 / 2 H n (x)
E2 E1 E0 -3 -2 -1 0
n=2
n=1
n=0
123
以基态为例，在经典情 形下，粒子将被限制在|α x|< 1 范围中运动。这是因 为振子在这一点(|αx| = 1) 处，其势能 V(x)=(1/2)μω2 x2 = {1/2} ħω= E0，即势能等于总能 量，动能为零，粒子被限制 在阱内。
E Ex Ey Ez
( x) ( y) (z)
解得能量本征值为：
Eni
(ni
1 2
)
i 1,2,3
EN
(n1
n2
n3
3 2
)
(
N
3 2
)
其 中 N n1 n2 n3
（3）简并度
EN
(N
3 2
)
其中 N n1 n2 n3
n1n2n3 (r) n1 ( x) n2 ( y) n3 ( z)
dx
2
d2 dy 2
d2
dz 2
1 2
2(x2
y2
z2)
Hˆ x Hˆ y Hˆ z
其中
Hˆ
x
2
2
d2 dx2
1 2
2 x2
Hˆ
y
2
2
d2 dy 2
1 2
2 y 2
Hˆ
z
2
2
d2 dz 2
1 2
2 z 2
（2）本征方程及其能量本征值
如果系统 Hamilton 量可以写成 Hˆ Hˆ x Hˆ y Hˆ z则必有：
(一）引言
势垒穿透是入射粒子被势垒散射的 一维运动问题。典型势垒是方势垒， 其定义如下：
V (x) V0 0
0 xa x 0, x a
问题:已知粒子以能量 E 沿 x 正向入射,遇到势垒后被反射和透 射的情况。
V(x)
V0 E
I II III 0a
粒子由无限远处来,被势场散射后又到无限远处去,在这类 问题中粒子的能量是预先设定的,如粒子散射实验。
n2 n1( x)
n1 2
n1
(
x
)
x2 n(x)
1 2 2
n(n 1) n2( x) (2n 1) n( x) (n 1)(n 2) n2( x)
d
dx
n
(
x
)
n2 n1( x)
n1 2
n1
(
x
)
d2
dx 2
n
(
x
)
2 2
n(n 1) n2( x) (2n 1) n( x) (n 1)(n 2) n2( x)
( N 1) N ( N 1) 1 1 ( N 1)( N 2) 2
例2. 荷电为 q 的谐振子，受到沿 x 向外电场 的作用，其势场为：
V ( x) 1 2 x 2 qx
2 求能量本征值和本征函数。
解：
Schrödinger方程：
d2 dx2
( x)
2
2
[E
V
( x)]
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。
4. 波函数
n(x)
2n n!
→
..., ..., ..., ..., ...
→
N
0,
→
组合方式数
N+1 N N-1 ... 1
对给定 N ( N= n1 + n2 + n3 ), {n1 , n2, n3 }的组合方式数 (1/2)(N+1)(N+2)
当n1 , n2 确定后， n3 = N - n1 - n2，也就确定了，不增加不同组 合的数目。故对给定N，{n1 , n2, n3 }可能组合数即简并度为：
因此，设能量本征方程的解为：