第三章一维定态问题 返回 在蠛续阐述量子力学基本原理之前,先用 Schrodinger方程來处理 类筒阜的题 维定走问题。其好处有四 (1)有助于具体理解巳学过的基本原理 (2)有助于进一步阐明其他基本原理 (3)处理一维问题,数学简单,从而能对结果进行细政讨论,量子 体系的许多物征都可以在这些一维向题中展现出来 (4)一维问题还是处理各种复条问题的基础。 51一维无限深势阱 81 §2线性谐振子 §2 §3一维势散射问题 §3
第三章 一维定态问题 在继续阐述量子力学基本原理之前，先用 Schrodinger 方程来处理 一类简单的问题——一维定态问题。其好处有四： （1）有助于具体理解已学过的基本原理； （2）有助于进一步阐明其他基本原理； （3）处理一维问题，数学简单，从而能对结果进行细致讨论，量子 体系的许多特征都可以在这些一维问题中展现出来； （4）一维问题还是处理各种复杂问题的基础。 §1 一维无限深势阱 §2 线性谐振子 §3 一维势散射问题 §1 §2 §3 返回
§1 维无限深势阱 ()一维运动 (二)一维无限深势阱 (三)宇称 (四)讨论
§1 一维无限深势阱 （一）一维运动 （二）一维无限深势阱 （三）宇称 （四）讨论 返回
(-)一维运动 当粒子在势场v(x,y,z) 中运动时,其 H y 九2 V+V(x, y, zly(x, y,z)=Ey(x,y,z) Schrodinger方程为: 此方程是一个二阶偏微分方程。考勢可写成 y(x, y, z)=X(x) Y(y)Z(z) (x,y,z)=V1(x)+V2(y)+V3(z) E=Ex Ey Ex 形式,则S方程可在直角坐标系中分离变量。 于是S方翟化为三个常微分方程 n- d +y(x)X(x)=ErX 2u dx 所谓一维运 人=h+()Y()=E,(y) 动就是指在 某一方向上 2H2+V3(z)Z(z)=E2E(z) 的运动
（一） 一维运动 所谓一维运 动就是指在 某一方向上 的运动。 此方程是一个二阶偏微分方程。若势可写成： V(x,y,z) = V1(x) + V2(y) + V3(z) 形式，则 S-方程可在直角坐标系中分离变量。 令 ψ(x,y,z) = X(x) Y(y) Z(z) E = Ex + Ey + Ez 于是S-方程化为三个常微分方程： 当粒子在势场 V(x,y,z) 中运动时，其 Schrodinger 方程为： ( , , )] ( , , ) ( , , ) 2 [ ˆ 2 2 H V x y z x y z E x y z = − + = ( )] ( ) ( ) 2 [ ( )] ( ) ( ) 2 [ ( )] ( ) ( ) 2 [ 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 V z Z z E Z z dz d V y Y y E Y y dy d V x X x E X x dx d z y x − + = − + = − + =
V+V(x, z)v(x,y, z)=Ey(x, y, z) 设:V(x,y,)=V1(x)+V2(y)+V3(z) 令:ψ(x,y,z)=X(x)Y(y)z(z) x(x)()2(2)+k(x)+(0)+(y(x,y,)=Ev(x,yz) 2pldx' dydz u dr2 x +V(x)y+xz-h'd2 h2 d h- d 2 2u dy r+v(ww +XY 2udZ +V,(a)y=Ey(x, J,z) 尊式两边除以(x,yz=X(x)Y(y)Z(z) h- d X 2u dx 计1计 n- d 2u dx2+l(o)x(x)=E,X(x) 其中 1-2d2+20)()=E,(y) E=E +e +E n- d 1-2ah2x+p(2)2(z)=E2(x)
( , , ) ( , , ) ( , , ) 2 2 2 V x y z x y z E x y z = − + ( ) ( , , ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 Z V z E x y z dzd Y V y XY dyd X V x XZ dxd YZ + = + + − + + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , , ) ( , , ) 2 2 1 2 3 2 22 2 2 2 X x Y y Z z V x V y V z x y z E x y z dzd dyd dxd + + + = − + + Z V z E dzd Z Y V y dyd Y X V x dxd X = + + − + + − + − ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 ( , , ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 设：V x y z =V x +V y +V z 等式两边除以 （ x, y,z) = X(x)Y( y)Z(z) ( )] ( ) ( ) 2 [ ( )] ( ) ( ) 2 [ ( )] ( ) ( ) 2 [ 2 3 2 22 2 2 22 1 2 2 V z Z z E Z z dzd V y Y y E Y y dyd V x X x E X x dxd z yx − + = − + = − + = 其中 E = E x + E y + E z 令： ( x, y,z ) = X ( x ) Y ( y ) Z ( z ) 返回
(二)一维无限深势阱 luka Ixa 求解S方程分四步 (1)列出各势域的一维S一方程 (2)解方程 (3)使用波函数标准条件定解 (4)定归一化系数
（二）一维无限深势阱 求解 S — 方程 分四步： （1）列出各势域的一维S—方程 （2）解方程 （3）使用波函数标准条件定解 （4）定归一化系数 = x a x a V x | | 0, | | ( ) -a 0 a V(x) I II III
(1)列出各势域的S一方程 势V(x)分为三个区域 用I、Ⅱ和I 表示 2u dr2 y(x)+v(xy(e)=Ey(x) 其上的波函数分别为 a2y(x)-2u(x)-Ew(x)=0 中(x),中(x)和 ψ(x)。则方程为 a 2v(x) y( ≤-a dxr2y(o)+e 2H Ew" pa o a<x<a y(x) (-EW"(x)=0 ≥a 方程可 y-B 0 v(x) 简化为 y+o 0 dr y- 0 a
（1）列出各势域的 S — 方程 方程可 简化为： − = + = − = 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 III III II II I I dx d dx d dx d [ ( ) ] ( ) 0 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 − − = − + = x V x E x dx d x V x x E x dx d -a 0 a V(x) I II III x V E x x a dx d x E x a x a dx d x V E x x a dx d III III II II I I − − = + = − − − = − ( ) ( ) 0 2 ( ) ( ) 0 2 ( ) ( ) ( ) 0 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 势V(x)分为三个区域， 用 I 、II 和 III 表示， 其上的波函数分别为 ψI (x),ψII(x) 和 ψIII (x)。则方程为： 2 2
v(x) 1。单值,成立; dx2y-By=0 2。有限:当x→ y +ay =0 y有限条件要求 =0 By 0 a 0 十 压c B2=2(u-E) Asin(a+8) t Be-a y(a)=lim Cle- ba=0 所以 (3)使用波函数标准条件国:。vm=0 从物理考虑,粒子不能透过无穷高的势壁。 则解为: 根据波函数的统计解释,要求在阱壁上和阱壁 0. 外波函数为零,特别是 ψ(-a)=ψ(a)=0 y= Asin(ax+8)
= + = + = + − − III x x II I x x B e B e A x C e C e 1 2 1 2 sin( ) − = + = − = 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 III III II II I I dx d dx d dx d （3）使用波函数标准条件 I x C e = 1 从物理考虑，粒子不能透过无穷高的势壁。 根据波函数的统计解释，要求在阱壁上和阱壁 外波函数为零，特别是 ψ(-a) = ψ(a) = 0。 = = + = 0. sin( ), 0, III II I A x 则解为： ( ) 2 2 2 = V − E 0 ( ) lim 1 0 = − = = − → I I a a C e 所以 = 0 III 同理： -a 0 a V(x) I II III 1。单值，成立； 2。有限：当x → - ∞ ， ψ 有限条件要求 C2=0
0. 使用标准条件3。连续 y= Asin(aa+8), m 1)波函数连续: 0 V(x) y(-a)=y"(-a)→Asin(-m+6)=0, y(a)=y(a) Asin(aa +8)=0 -a 0 a 2)波函数导数连续: 在边界ⅹ=-a,势有无穷跳跃,波函数微商不连续。这是因为 若ψ(-a)3=ψ(-a)3,则有,0= A acos(-aa+b) 与上面波函数连续条件导出的结果Asin(-aa+6)=0盾,三 者不能同时成立。所以浪函数导数在有无穷跳跃处不连续
使用标准条件 3。连续： 2）波函数导数连续： 在边界 x = -a，势有无穷跳跃，波函数微商不连续。这是因为： 若ψI (-a)’ = ψII(-a)’ ， 则有，0 = A αcos(-αa + δ) 与上面波函数连续条件导出的结果 A sin(-αa + δ)= 0 矛盾，二 者不能同时成立。所以波函数导数在有无穷跳跃处不连续。 (−a) = (−a) → Asin(−a + ) = 0, I II 1）波函数连续： = = + = 0. sin( ), 0, III II I A x (a) = (a) → Asin(a + ) = 0. II III -a 0 a V(x) I II III
Asin( aa+8)=0 Asin(aua)cos&+Acos(aa)sind=0 (1) Asin(aa+8)=0 Asin(a)coso+AcoS(a)sin=0 (2) sinδ=0 (1)+(2) cos(aa)sin=0(3) costa=0 (2)-(1) sin(a)cosS=0 (4) COsS=0 sIna= 两种情况: 由(4)式 .sinδ=0→6=0则cos6=1 sin aa =0 n元 =n元 (n=0,±1,±2,…) E n元 丌h 所以 E E 2 n元 A sina= Asin
sin( ) 0 sin( ) 0 + = − + = A a A a + = − + = sin( )cos cos( )sin 0 ( 2 ) sin( )cos cos( )sin 0 ( 1 ) A a A a A a A a (1)+(2) cos(a ) sin = 0 ( 3 ) (2) -(1) sin(a ) cos = 0 ( 4 ) = = cos 0 sin 0 a == sin 0 cos 0 a 两种情况： I. sin = 0 = 0 则 cos = 1 由（ 4）式 sin a = 0 = = ( n = 0, 1, 2, ) an a n 2 E 2 2 因 = n E a n an E = = = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 所 以 x an A x A II n = sin = sin
n元 E Asin (n=0,±1,±2,…) 讨论 状庵不存在 0 当n=0时:C=0 A sin ox= o 当n=±k时:4=Asik兀 k兀y X=士Asim 所以n只取正蓬数,即(n=1,2,… 措写同一状庵 于是 y=y=0 n元 =Asi 2 2;2 n 2n)2丌h 或=Asin E 2a 8
2 2 2 2 2 a n E n = x a n A II n = sin (n = 0,1,2, ) 讨论 = = = = = sin0 0 0 0 0 0 0 A x E n II 当 时 ： ， x a k x A a k n k A II k sin = sin 当 = 时 ： = 状态不存在 所以 n 只取正整数，即 (n = 1,2, ) 描写同一状态 于是： = = = = = sin 1,2, 0 x n a n A II n I III n x a n A 2 2 sin 或 = 2 2 2 2 8 (2 ) a n E n =
