在量子力学的学习旅程中，一维无限深势阱 (Infinite Potential Well) 无疑是我们遇到的第一个，也是最重要的模型。它像一个极简的舞台，清晰地为我们上演了量子世界的三大核心特征：能量量子化、零点能和概率波。
一、 模型与定态薛定谔方程
我们考虑一个质量为 $m$ 的粒子，被限制在一维空间 $0 ≤ x ≤ a$ 内运动。
- 势能定义:
求解目标: 在这个势场中，求解定态薛定谔方程，以找到系统允许存在的稳定能级 $E$ 和对应的波函数 $ψ(x)$。
$$ \hat{H}\psi(x) = E\psi(x) \quad \implies \quad -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + V(x)\psi(x) = E\psi(x) $$
二、 详细推导过程
我们将求解过程分为三个区域：
区域 I & III ($x<0$ 或 $x>a$)
在这些区域，$V(x)=\infty$。为了使薛定谔方程有意义，唯一的可能性是波函数本身为零。
$$ \psi(x) = 0 $$
这符合物理直觉：粒子无法进入具有无限能量的区域。
区域 II ($0 \le x \le a$)
在这个区域，$V(x)=0$，薛定谔方程简化为：
$$ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = E\psi(x) $$
整理后得到一个标准的二阶常微分方程：
$$ \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + \frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x) = 0 $$
为了方便，我们定义一个常数 $k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}$ (由于能量 $E$ 必须大于势阱底部的0，所以 $k^2$ 是正数)。方程变为：
$$ \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + k^2\psi(x) = 0 $$
该方程的通解为：
$$ \psi(x) = A\sin(kx) + B\cos(kx) $$
施加边界条件
波函数必须是连续的。因此，阱内的解必须在边界处与阱外的解（即0）平滑连接。
在 $x=0$ 处:
$\psi(0) = 0$$$ A\sin(0) + B\cos(0) = 0 \quad \implies \quad A \cdot 0 + B \cdot 1 = 0 \quad \implies \quad B=0 $$
因此，波函数简化为 $\psi(x) = A\sin(kx)$。
在 $x=a$ 处:
$\psi(a) = 0$$$ A\sin(ka) = 0 $$
如果 $A=0$，则波函数处处为零，粒子不存在（这是无意义的平凡解）。所以必须有：
$$ \sin(ka) = 0 $$
这要求 $ka$ 必须是 $π$ 的整数倍：
$$ ka = n\pi, \quad \text{其中 } n \text{ 是整数} $$
- $n=0$ 会导致 $k=0$，从而 $ψ(x)=0$，是平凡解，舍去。
$n$ 为负整数时，$sin(-nπx/a) = -sin(nπx/a)$，与 $n% 为正整数的情况只差一个负号，物理上是同一个状态。因此，我们只取 $n$ 为正整数。
$$ n = 1, 2, 3, \dots $$
求解能量与波函数
能量的量子化: 从 $k = \frac{n\pi}{a}$ 和 $k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}$，我们可以解出能量
E：$$ \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2 = \frac{2mE_n}{\hbar^2} \quad \implies \quad \boxed{E_n = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}} $$
这就是量子化的能级。
波函数的归一化: 我们已经得到波函数形式为 $\psi_n(x) = A\sin(\frac{n\pi x}{a})$。最后通过归一化条件 $\int_0^a |\psi_n(x)|^2 dx = 1$ 来确定常数
A。$$ \int_0^a A^2 \sin^2\left(\frac{n\pi x}{a}\right) dx = A^2 \cdot \frac{a}{2} = 1 \quad \implies \quad A = \sqrt{\frac{2}{a}} $$
最终，归一化的能量本征函数为：
$$ \boxed{\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)} $$
三、 综合应用例题
问题:
一个电子被限制在宽度为 $a=1$ nm 的一维无限深势阱中。在 $t=0$ 时刻，其状态由以下归一化的波函数描述：
$$ \Psi(x, 0) = \frac{1}{\sqrt{5}} \psi_1(x) + \frac{2}{\sqrt{5}} \psi_3(x) $$
其中 $\psi_1(x)$ 和 $\psi_3(x)$ 分别是阱的基态和第二激发态的本征函数。
求:
- 写出该电子状态随时间演化的波函数 $\Psi(x, t)$。
- 如果在 $t>0$ 的任意时刻测量该电子的能量，可能得到的结果是什么？得到这些结果的概率各是多少？
- 计算在 $t>0$ 的任意时刻，该电子能量的平均值（期望值）$\langle E \rangle$。
解答:
1. 求解 $\Psi(x, t)$
一个叠加态随时间的演化，只需在其每个能量本征态组分上乘以各自的时间相位因子 $e^{-iE_nt/\hbar}$。
- 基态能量：$E_1 = \frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$
- 第二激发态能量：$E_3 = \frac{3^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2} = 9E_1$
因此，随时间演化的波函数为：
$$ \Psi(x, t) = \frac{1}{\sqrt{5}} \psi_1(x) e^{-iE_1t/\hbar} + \frac{2}{\sqrt{5}} \psi_3(x) e^{-iE_3t/\hbar} $$
$$ \boxed{\Psi(x, t) = \frac{1}{\sqrt{5}} \sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right) e^{-iE_1t/\hbar} + \frac{2}{\sqrt{5}} \sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{3\pi x}{a}\right) e^{-iE_3t/\hbar}} $$
2. 测量能量的结果与概率
根据量子力学测量公设，测量能量的结果只能是哈密顿算符的本征值，即 $E_1$ 或 $E_3$。
得到 $E_1$ 的概率 $P(E_1)$ 是其系数的模平方：
$$ P(E_1) = \left|\frac{1}{\sqrt{5}}\right|^2 = \frac{1}{5} = 20\% $$
得到 $E_3$ 的概率 $P(E_3)$ 是其系数的模平方：
$$ P(E_3) = \left|\frac{2}{\sqrt{5}}\right|^2 = \frac{4}{5} = 80\% $$
注意: 这些概率不随时间改变，因为时间演化只改变相位，不改变系数的模。
3. 计算能量的平均值 $\langle E \rangle$
能量的平均值等于所有可能能量值与其对应概率的乘积之和。
$$ \langle E \rangle = P(E_1) \cdot E_1 + P(E_3) \cdot E_3 $$
$$ \langle E \rangle = \frac{1}{5} E_1 + \frac{4}{5} E_3 = \frac{1}{5} E_1 + \frac{4}{5} (9E_1) = \frac{1+36}{5} E_1 = \frac{37}{5} E_1 $$
将 $E_1 = \frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$ 代入：
$$ \boxed{\langle E \rangle = \frac{37}{5} \frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2} = \frac{37\pi^2\hbar^2}{10ma^2}} $$
这个平均值同样也不随时间改变，因为能量在孤立系统中是守恒的。
作者：GARFIELDTOM
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