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Lesson 8 势阱

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2025-10-15

今天主要是做几个题目.

先把上节课没讲完的说一下，自由粒子的波函数可能出现色散，具体而言是

ω(k)≈ω0+ω0′(k−k0)\omega(k) \approx \omega_0 + \omega_0'(k-k_0)

则得到波函数

ψ(x,t)≈12π∫−∞∞ϕ(k0+s)ei(k0+s)(x−ω0′t)ds\psi(x,t)\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\phi(k_0+s)e^{\text{i}(k_0+s)(x-\omega_0't)}\text{d}s

delta 势阱

势能的区分：「能到无穷远去、或者从无穷远来」称为散射态；如果是在某个势阱里做周期性的运动，是束缚态. 但是要注意的是，量子力学可能出现隧穿，有些时候会走到经典力学不允许的状态上去.

考虑一个 δ\delta 吸引势，V(x)=−αδ(x)V(x)=-\alpha\delta(x) (α>0\alpha>0)，先来求束缚态：我们知道这个势能最大值为零，那么束缚态一定要求 E<0E<0，反之为 E>0E>0 的散射态.

−ℏ22md2ψdx2−αδ(x)ψ(x)=Eψ(x)-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2}-\alpha\delta(x)\psi(x)=E\psi(x)

  • E<0E<0，则

    κ=−2mEℏ2 ,κ>0\kappa=\sqrt{\frac{-2mE}{\hbar^2}}\,,\quad\kappa>0

    对于 x<0x<0，我们只能取 ψ(x)=Beκx\psi(x)=Be^{\kappa x} 的解 (否则若有 e−κxe^{-\kappa x} 项会在无穷远发散)；反之 x>0x>0 区域只能取 ψ(x)=Fe−κx\psi(x)=Fe^{-\kappa x} 的解.

    在原点处，波函数连续，得到 B=FB=F；但是一阶导数不连续，因为存在一个势能. 我们考虑通过归一化的方式求出 BB，最终的解为

    ψ(x)=mαℏ2e−mαℏ2∣x∣\psi(x)=\sqrt{\frac{m\alpha}{\hbar^2}}e^{-\frac{m\alpha}{\hbar^2}|x|}

    求能量：如果对于整个 Schrödinger 方程两边在一个 00 邻域的极小区间内积分，则

    −∫−εεℏ22md2ψdx2dx−∫−εεαδ(x)ψ(x)dx=∫−εεEψ(x)dx-\int_{-\varepsilon}^\varepsilon\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2}\text{d}x-\int_{-\varepsilon}^\varepsilon\alpha\delta(x)\psi(x)\text{d}x=\int_{-\varepsilon}^\varepsilon E\psi(x)\text{d}x

    得到

    Δ(dψdx)=−2mαℏ2ψ(0)⟹−2κB=−2mαℏ2B⟹E=−mα22ℏ2\Delta\left(\frac{\text{d}\psi}{\text{d}x}\right)=-\frac{2m\alpha}{\hbar^2}\psi(0)\Longrightarrow -2\kappa B = -\frac{2m\alpha}{\hbar^2}B\Longrightarrow E=-\frac{m\alpha^2}{2\hbar^2}

  • E>0E>0，为散射态，则对于 x<0x<0，有

    ψ(x)=Aeikx+Be−ikx ,k=2mEℏ2>0\psi(x)=Ae^{\text{i}kx}+Be^{-\text{i}kx}\,,\quad k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}>0

    在 x>0x>0 区间是

    ψ(x)=Feikx+Ge−ikx\psi(x)=Fe^{\text{i}kx}+Ge^{-\text{i}kx}

    边界条件是两边波函数连续，导数满足一个跳变：

    A+B=F+GΔ(dψdx)=ik(F−G)−ik(A−B)=−2mαℏ2ψ(0)=−2mαℏ2(A+B)\begin{aligned} A+B&=F+G\\\\ \Delta\left(\frac{\text{d}\psi}{\text{d}x}\right)=\text{i}k(F-G)-&\text{i}k(A-B)=-\frac{2m\alpha}{\hbar^2}\psi(0)=-\frac{2m\alpha}{\hbar^2}(A+B) \end{aligned}

    只有两个方程.

    首先我们可以假设一个初始条件，波从左边来，所以右边没有往左的波动，直接就得到 G=0G=0. 剩下的可以做比例，我们能够求反射和透射系数：

    β=mαℏ2k ,BA=iβ1−iβ ,FA=11−iβ\beta=\frac{m\alpha}{\hbar^2k}\,,\quad\frac{B}{A}=\frac{\text{i}\beta}{1-\text{i}\beta}\,,\quad\frac{F}{A}=\frac{1}{1-\text{i}\beta}

    能量的反射率和透射率为模平方：

    R=∣BA∣2=11+2ℏ2Emα2 ,T=∣FA∣2=11+mα22ℏ2ER = \left|\frac{B}{A}\right|^2=\frac{1}{1+\displaystyle{\frac{2\hbar^2E}{m\alpha^2}}}\,,\quad T=\left|\frac{F}{A}\right|^2=\frac{1}{1+\displaystyle{\frac{m\alpha^2}{2\hbar^2E}}}

有限方势阱

有限方势阱的分布是

V(x)={−V0−a<x<a0∣x∣>aV(x)=\begin{cases} -V_0 &-a<x<a\\\\ 0 &|x|>a \end{cases}

先来算束缚态，

−ℏ22md2ψdx2=Eψ ,∣x∣>a-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2}=E\psi\,,\quad|x|>a

两边的解是 ψ(x)=Beκx\psi(x)=Be^{\kappa x} (x<−ax<-a) 和 ψ(x)=Fe−κx\psi(x)=Fe^{-\kappa x} (x>ax>a). 而中间的解是

ψ(x)=Csin⁡(lx)+Dcos⁡(lx) ,l=2m(E+V0)ℏ2\psi(x)=C\sin(lx)+D\cos(lx)\,,\quad l =\sqrt{\frac{2m(E+V_0)}{\hbar^2}}

方程的解应该是奇函数或者偶函数，这样我们的边界条件只用算一边，先来算偶函数的解. 那么 ψ\psi 的连续性和导数连续性可以合起来得到

κ=ltan⁡(la)\kappa = l\tan(la)

令

z=la ,z0=aℏ2mEz=la\,,\quad z_0=\frac{a}{\hbar}\sqrt{2mE}

方程变为

tan⁡z=(z0z)2−1\tan z=\sqrt{\left(\frac{z_0}{z}\right)^2-1}

奇函数的方程是 κ=−lcot⁡(la)\kappa=-l\cot(la).

散射态难解很多，我们还是和之前一样来算反射和透射率.

注意

噢这不是我们 CPhO-S 的考题吗，竞赛的时候算过好多遍.

更新日志

2025/10/15 07:27
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