量子世界的“第一课”:一维无限深势阱

OAP

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:
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  • 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。

  1. 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 $\psi(x) = A\sin(kx)$。

  2. 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。

:

  1. 写出该电子状态随时间演化的波函数 $\Psi(x, t)$。
  2. 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?
  3. 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
邮箱:coolerxde@gt.ac.cn

标签: QUANTUM