第2章 一维势场中的粒子:习题解答

第2章 一维势场中的粒子

习题2.1 在三维情况下证明定理1-2。

证明：实际上，只要在教材上对一维情形的证明中将一维变量x 换为三维变量r 即可。

d 2ψ

习题2.2 方程 2+k 2ψ=0 的一般解亦可写为如下形式：

dx

ψ(x ) =Ae ikx +Be -ikx 或 ψ(x ) =A sin(kx +α) 试分别用这两个一般解求解一维无限深势阱。

解：方法1：令势阱内一般解为 ψ(x ) =Ae ikx +Be -ikx ，代入边界条件ψ(0) =0, ψ(a ) =0, 有 A +B =0，Ae ika +Be -ika =0 解得： A =-B , sin ka =0，有k =所以：ψ(x ) =2Ai sin

n π

, (n =1, 2, 3 ) a

n πn πx =A 'sin x , (0≤x ≤a ) a a

0, (x a ) ⎧⎪

归一化可求得：ψ(x ) =⎨2 n π

sin x , (0≤x ≤a ) ⎪a ⎩a n 2π2 2

, n =1, 2, 3, 且有：E =E n =

22μa

方法2：令势阱内一般解为ψ(x ) =A sin(kx +α) ，代入边界条件ψ(0) =0, ψ(a ) =0, 有

A sin α=0, A sin(ka +α) =0

解得α=0, k =所以：ψ(x ) =A sin

n π

, (n =1, 2, 3 ) a

n π

x , (0≤x ≤a ) a

0, (x a ) ⎧⎪

归一化可求得：ψ(x ) =⎨2 n π

sin x , (0≤x ≤a ) ⎪a ⎩a n 2π2 2

, n =1, 2, 3, 且有：E =E n =

22μa

⎧0, |x |≤a /2

习题2.3 设质量为μ的粒子在势场 V (x ) =⎨ 中运动，求定态Schr ödinger 方程的解。

⎩∞, |x |>a /2解：方法1：

本问题与一维中心不对称无限深势阱 的差别仅在于坐标原点的选择，将教材中式（2.6） 中的坐标x 换为x+a/2即得到本问题的解为：

⎧2n πa

sin (x +), -a /2≤x ≤a . /2⎪

ψn (x ) =⎨a a 2

⎪0, x a /2⎩

222π n E =E n = ,n=1,2,3 …… 22μa

由定理2可知，本问题中的波函数应该具有确定的宇称。讨论如下：

⎧22k πa 22k πx

sin (x +) =(-1) k sin , -a /2当n=2k为偶数时，ψ2k (x ) =⎨a 为关于x a 2a a

⎪0, x ≤-a /2, x ≥a /2. ⎩的奇函数，此时波函数为奇宇称；

⎧2(2k +1) πa 2(2k +1) πx

sin (x +) =(-1) k cos , -a /2当n=2k+1为偶数时，ψ2k +1(x ) =⎨a a 2a a

⎪0, x ≤-a /2, x ≥a /2. ⎩为关于x 的偶函数，此时波函数为偶宇称；

方法2：本题也可在不预先考虑宇称的情况下直接求解，过程如下：

ˆψ=E ψ 1．写出分区的定态Schrödinger 方程H

⎧ 2

⎪-⎪2μ⎨2⎪- ⎪⎩2μ

d 2ψ

=E ψ, |x |

dx

d ψ

+V 0ψ=E ψ, |x |≥a /2, (V 0→∞) dx 2

2

由前面提到的，当V 0→∞时，ψ=0 故阱外波函数为零，即 ψ（x ）=0, |x|≥a/2

2、引入参数简化方程，得到含待定系数的解，令k =则阱内定态Schr ödinger 方程为：ψ″(x)+k2ψ=0 由此得阱内的通解为：ψ(x ) =Ae -ikx +Be ikx 式中A 、B 为待定常数。

3、由波函数标准条件确定参数k ，并代入ψ(x)。

既然阱外的波函数ψ(x)=0，由波函数的连续性条件可得ψ(-a／2)= ψ(a／2)=0 即

2μE

2

Ae ika /2+Be -ika /2=0Ae

-ika /2

+Be

ika /2

=0

n

可解得，k =π n=1,2,3,……

a

B =-Ae in π

ψ(x ) =Ae -in πx /a -Ae i (n πx /a +n π) =Ae in π/2(e -i (n πx /a +n π/2) -e i (n πx /a +n π/2) ) ∴ n πa in π/2

=-2iAe sin(n πx /a +n π/2) =A 'sin (x +)

a

2

归一化，可得到

⎧2n πa

sin (x +), |x |

ψn (x ) =⎨a a 2

⎪0. |x |≥a /2⎩

方法3：本题也可在预先考虑宇称的情况下直接求解，过程如下：

ˆψ=E ψ 1．写出分区的定态Schrödinger 方程H

⎧ 2

⎪-⎪2μ⎨2⎪- ⎪⎩2μ

d 2ψ

=E ψ, |x |

dx

d ψ

+V 0ψ=E ψ, |x |≥a /2, (V 0→∞) dx 2

2

由前面提到的，当V 0→∞时，ψ=0 故阱外波函数为零，即 ψ（x ）=0, |x|≥a/2

2、引入参数简化方程，得到含待定系数的解，令k =则阱内定态Schr ödinger 方程为：ψ″(x)+k2ψ=0 由此得阱内的通解为：ψ(x)=Asinkx+Bcoskx, |x|

3、由波函数标准条件确定参数k ，并代入ψ(x)。

既然阱外的波函数ψ(x)=0，由波函数的连续性条件可得ψ(-a／2)= ψ(a／2)=0

2μE

2

⎧ψ(-a ) =-A sin(ka /2) +B cos(ka /2) =0即⎨ ⎩ψ(a ) =A sin(ka /2) +B cos(ka /2) =0

⎧A =0⎧B =0

得它的解为：⎨ 或 ⎨

cos(ka /2) =0sin(ka /2) =0⎩⎩

n

由两组解可得，k =π n=1,2,3,……

a

对于第一组解，n 为奇数；对于第二组解，n 为偶数。

考虑到势函数关于坐标原点对称，波函数必有确定的宇称，由此可得到偶宇称或奇宇称波函数为：

nx ⎧

|x |

|x |≥a /2⎪0⎩或

nx ⎧

|x |

ψn (x ) =⎨a

|x |≥a /2⎪0⎩上边两组解可合并为一个式子，即

n πa ⎧

(x +), |x |

ψn (x ) =⎨a 2

⎪⎩0. |x |≥a /2归一化，可得到

⎧2n πa

sin (x +), |x |

ψn (x ) =⎨a a 2

⎪0. |x |≥a /2⎩习题2.4 二维无限深方势阱问题

设质量为μ的粒子在势场

⎧0, (x , y ) ∈((0, a 1), (0, a 2))

V (x , y ) =⎨

⎩∞, (x , y ) ∉((0, a 1), (0, a 2)) 中运动，求束缚态解。

解：由前面的知识可以知道当粒子处于V(x,y)=∞ 时，则粒子的波函数为零，即

ψ(x,y)=0 (x,y) ∉((0,a1 ),(0,a2 ))

ˆψ=E ψ 粒子在(x,y)∈((0,a1),(0,a2)) 内的Schr ödinger 方程H 2∂2ψ∂2ψ

即：-(+) =E ψ

2μ∂x 2∂y 2

利用变量分离法，可以将粒子在二维方势阱内的运动化为二个一维运动。即令 ψ(x,y)=X(x)Y(y)

将ψ(x,y)=X(x)Y(y)代入上式的Schr ödinger 方程中，得

2=令k 12+k 2

X ''Y ''2μE

++2=0 X Y

2μE

2

2

⎧⎪X ''+k 1X =0, x ∈(0, a 1)

则Schr ödinger 方程可化为:⎨ 2

⎪⎩Y ''+k 2Y =0, y ∈(0, a 2)

⎧X =A 'sin(k 1x +δ1)

则其解为:⎨

''Y =A sin(y +) k 2δ2⎩

由此可设波函数为：ψ(x,y)=Asin(k1x+δ1)sin(k2y+δ2) (x,y) ∈ ((0,a 1),(0, a2)) 由边界条件：ψ(x,0)= ψ(0,y)= ψ(a1 ,y)= ψ(x,a2)=0代入波函数中，得

⎧A 0sin δ1sin(k 2y +δ2) =0⎧sin δ1=0⎧δ1=0

⇒ , 故可取 ⎨⎨⎨

⎩sin δ2=0⎩δ2=0⎩A 0sin(k 1x +δ1) sin δ2=0

∴ψ(x,y)=Asink1xsink 2y (x,y) ∈ ((0,a1),(0,a2)) 由边界条件ψ(a1,y)= ψ(x,a2)=0得

⎧A sin k 1a 1sin k 2y =0

⎨

⎩A sin k 1x sin k 2a 2=0

则得到 k1a 1=n1π, k2a 2=n2π (n1,n 2=1,2,3……)

即 k 1=

n 1πn π

， k 2=2 a 1a 2

2π 2n 12n 2

∴E =(2+2), n 1, n 2=1, 2, 3

2μa 1a 2

波函数ψ=A sin

n 1πn π

x sin 2y a 1a 2

a 10

由波函数的归一化条件得到：⎰得A =

4=a 1a 2

2a 1a 2

⎰

a 2

|A |2sin 2

n 1πn π

x sin 2ydxdy =1 a 1a 2

所以，二维无限深方势阱的波函数为：

ψn , n (x , y ) =

1

2

2a 1a 2

sin

n 1πn π

x sin 2y ， n1,n 2=1,2,3…… a 1a 2

能级为：E n 1, n 2

2

π 2n 12n 2=(+2), n 1, n 2=1, 2, 3 2μa 12a 2

习题2.5 三维无限深方势阱问题

设质量为μ的粒子在势场

⎧0, (x , y , z ) ∈((0, a 1), (0, a 2), (0, a 3))

V (x , y , z ) =⎨

∞, (x , y , z ) ∉((0, ), (0, ), (0, )) a 1a 2a 3⎩中运动，求束缚态解。

ψ(x,y,z)=0 (x,y) ∉((0,a1),(0,a2),(0,a3))

ˆψ=E ψ 在盒型势阱内的定态Schr ödinger 方程H

2∂2ψ∂2ψ∂2ψ

即：-(++) =E ψ

2μ∂x 2∂y 2∂z 2

利用变量分离法，可以将粒子在三维方势阱的运动化为三个一维运动。不可穿透的壁就是无限深的势阱。

令ψ(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)代入上式Schr ödinger 方程中，得

X ''Y ''Z ''2μE +++=0

2X Y Z

2

+k 32=令k 12+k 2

2μE

2

⎧X ''+k 2X =0, x ∈(0, a )

11

⎪⎪

则Schr ödinger 方程可化为：⎨Y ''+k 2Y =0, y ∈(0, a 2) 2

⎪2Z ''+k 3Z =0, z ∈(0, a 3) ⎪⎩

∴阱内的波函数可设为：ψ(x,y,z)=Asin(k1x+δ1)sin(k2y+δ2)sin(k3z+δ3)

(x,y,z) ∈ ((0,a1),(0,a2),(0,a3))

将边界条件：ψ(0,y,z)= ψ(x,0,z)=ψ(x,y,0)= 0代入波函数中，得

⎧sin δ1=0⎧δ1=0

⎪⎪

⎨sin δ2=0 ，故可取 ⎨δ2=0 ⎪sin δ=0⎪δ=0

3⎩⎩3

∴此时波函数可写为：ψ(x,y，z)=Asink1xsink 2ysink 3z (x,y,z) ∈ [(0,a1),(0,a2),(0,a3)] 由边界条件，ψ(a1,y,z)= ψ(x,a2,z)= ψ(x,y,a3)=0 代入波函数中，得：

⎧A sin k 1a 1sin k 2y sin k 3z =0⎪

⎨A sin k 1x sin k 2a 2sin k 3z =0 ⎪A sin x sin y sin

k 1k 2k 3a 3=0⎩

⎧sin k 1a 1=0⎧k 1a 1=n 1π⎪⎪

∴⎨sin k 2a 2=0 ⇒⎨k 2a 2=n 2π (n1,n 2,n 3=1,2,3……) ⎪sin k a =0⎪k a =n π

333⎩⎩33

∴k 1=

n πn 1πn π

, k 2=2, k 3=3, (n1,n 2,n 3=1,2,3……) a 1a 2a 3

22

n 3π 2n 12n 2

=(++) 2μa 12a 2a 3

所以：E n 1, n 2, n 3

ψn 1, n 2, n 3=A sin

n πn 1πn π

x sin 2y sin 3z a 1a 2a 3

由归一化条件⎰|ψn 1, n 2, n 3|2dxdydz =1

v

得出，A =

8

a 1a 2a 3

即，三维无限深势阱的波函数为：

ψn , n , n (x , y , z ) =

1

2

3

n πn πn π8

sin 1x sin 2y sin 3z n1,n 2,n 3=1,2,3…… a 1a 2a 3a 1a 2a 3

能级：E n 1, n 2n 3

22

n 3π 2n 12n 2

=(++), n 1, n 2, n 3=1, 2, 3 2μa 12a 2a 3

习题2.6＊ 一维高低不对称方势阱问题

如图，设质量为μ的粒子在势场

⎧V 1, x

V (x ) =⎨0, 0≤x ≤a

⎪V , x >a ⎩2

中运动，求束缚态情形（0

ˆψ=E ψ 解：写出分区的定态Schrödinger 方程 H

⎧ 2d 2ψ

+V 1ψ=E ψ, x

⎪2μ2dx 2

d ψ⎪

=E ψ, 0≤x ≤a ⎨-2

2μdx ⎪2

2

⎪ d ψ

⎪-2μdx 2+V 2ψ=E ψ, x >a ⎩

（1）

令 k 1=

2μ(V 1-E )

, k 2=2

2μE

，k 3=2 2μ(V 2-E )

（2） 2

则分区的定态Schrödinger 方程为：

2⎧ψ''(x ) -k 1ψ(x ) =0, x

⎨ψ''(x ) +k 2ψ(x ) =0, 0≤x ≤a （3） ⎪ψ''(x ) -k 2ψ(x ) =0, x >a

1⎩

考虑到ψ|x →±∞=0，可将设各分区域的通解为：

⎧ψ1(x ) =Ae k 1x , x

⎨ψ2(x ) =Be 2+Ce 2, 0≤x ≤a （4） ⎪-k 3x ψ(x ) =De , x >a 3⎩

式中A 、B 、C 、D 为待定常数。 由波函数的连续性条件可得到：

⎧A =B +C

⎪Ak =-Bik +Cik

22⎪1

（5） ⎨-ik 2a -k 3a ik 2a

Be +Ce =De ⎪

⎪-Bik e -ik 2a +Cik e ik 2a =-Dk e -k 3a

223⎩

若要A 、B 、C 、D 有不全为零的解，则k 1、k 2和k 3必须满如下方程：

2

(k 1k 3-k 2) sin(k 2a ) =-(k 1k 2+k 2k 3) cos(k 2a ) （6）

此外有：k 12+k 22= k 22+k 32=

2μV 1

2

（7） （8）

2μV 2 2

粒子的能级由上述方程确定。 1. 先确定粒子的能级

令x =k 1a , y =k 2a , z =k 3a 可将上述方程组写为： (xz -y 2) sin y =-(xy +yz ) cos y

x +y =y +z =

2

2

22

2μa 2V 1

2

2μa 2V 2

2

粒子的能级可由上述三个方程联立解出。

2μa 2V 12μa 2V 2

记=α，=β，消将上述方程中的z 变量，有 22

⎧⎪(xβ2-y 2-y 2) s iny =-y(x+β2-y 2) c osy

⎨2

22

⎪⎩x +y =α

量级估计：设所考虑的为电子，在宽为原子大小（10－10m ）的势阱中运动，V 1＝100eV 则

2μa 2V 110-10α==2

6. 626⨯10-34 分别取α=

2⨯9. 1⨯10-31⨯100⨯1. 6⨯10-19=0. 814。

2μa 2V 12μa 2V 2

=1，β==2作图，有：

22

图2 确定能级的方程的图示

可见，两条曲线有一个交点，即粒子有一个能级， 借助于Mathematica 软件，容易求得交点坐标为： （x 1,y 1）＝（0.180782,0.983523） 即此时粒子的能级为：

2

22 E 1=y =0.9835232μa 22μa 2

21

类似地，可以求出其它情形。 2. 再考虑归一化波函数 由方程组（5），可以得到：

⎧k 1-ik 2B =A ⎪

-2i k 2

⎪⎪k 1+ik 2

A ⎨C =2ik 2⎪

⎪k +ik 2(k -ik ) a k 1-ik 2

+e (k 3+ik 2) a 1]A ⎪D =[e 32

-2ik 2ik 22⎩

代入（4），有：

⎧

⎪k 1x ψ=Ae (x

-2ik 22ik 2

⎪⎪k +ik 2(k -ik ) a k 1-ik 2

+e (k 3+ik 2) a 1]Ae -k 3x (x >a ) ⎪ψ3=[e 32

-2ik 22ik 2⎩

由归一化条件⎰|ψ|2dx =1，可求得：

-∞

22

k 2k 2k 1112+k 12-k 1

=+a +sin(2k a ) +[1-cos(2k 2a )]+ 22232

2k 1|A |2k 24k 22k 2

22

k 2k 2k 12+k 12-k 1++cos(2k a ) +sin(2k 2a ) 222

2k 2k 34k 2k 34k 2k 3

∞

3. 下面讨论各区间的概率密度：

⎧

⎪2k 1x 22w =|ψ|=|A |e (x

222⎪k 2k 1⎪22k 1+k 22-k 1

w =|ψ|=|A |(+cos 2k x +sin 2k 2x )(0≤x ≤a ) ⎨22222

k 2k 2k 222⎪

222⎪k 2k 122k 1+k 22-k 1

⎪w 3=|ψ3|=|A |(+cos 2k a +sin 2k 2a ) e -2k 3(x -a ) (x >a ) 222⎪k 22k 22k 2⎩

2将（x 1,y 1）＝（k 1a ，k 2a ）＝（0.180782,0.983523）及k 3a ＝B 2－y 1＝0.180783并取

|A|2＝1，有

⎧w =|ψ|2=e 2⨯0.180782a (x

1

⎪1

2x

⎪sin 2⨯0. x )(0≤x ≤a ) ⎪w 2=|ψ2|=(0. 516893+0. 483106cos 2⨯0. +0. 183811⎨-2⨯0. 180783(x -1) 2a

sin 2⨯0. 983523) e ⎪w 3=|ψ3|=(0. 516893+0. 483106cos 2⨯0. 983523+0. 183811

⎪-2⨯0. 180783(x -1) a ⎪=0.500001e (x >a ) ⎩

x

其概率分布情形如图：

图3 势阱中粒子的概率分布

可以看出，电子到达经典禁区的概率相当大。

习题2.7＊ 一维单壁无限高势阱问题

如图1，设质量为μ的粒子在势场

⎧∞, x

⎪

V (x ) =⎨-V 0, 0≤x ≤a

⎪0, x >a ⎩

中运动，求束缚态情形（–V 0

ˆψ=E ψ 解：写出分区的定态Schrödinger 方程 H

⎧

⎪ψI (x ) =0, x

'(x ) +2(V 0+E ) ψII (x ) =0, 0≤x ≤a ⎨ψ'II

⎪

⎪ψ''(x ) +2μE ψ(x ) =0, x >a III III ⎪ 2⎩令 k 1=

2μ(V 0+E )

, k 2= 22μ(-E )

2

则各分区域的通解为

⎧ψI (x ) =0, x

⎨ψII (x ) =A sin k 1x +B cos k 1x , 0≤x ≤a ⎪-k 2x

, x >a ⎩ψIII (x ) =Ce

式中A 、B 、C 为待定常数。

由波函数的连续性条件可得到：

⎧B =0⎪-k a

⎨A sin k 1a =Ce 2

⎪-k 2a k A cos k a =-k Ce 112⎩

解得： k 1ctgk 1a =-k 2 此外有：k 12+k 22=

2μV 0

2

粒子的能级由上述方程确定。 2. 先确定粒子的能级 令ξ=k 1a , η=k 2a 有：

ξctg ξ=-η⎧⎪

2μa 2U 0 ⎨22

η+ξ=⎪ 2⎩

2μa 2V 0 分别取=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8作图，有：

2

图2 确定能级的方程的图示

2μa 2V 0π 2π22

可以看出，有一个束缚态的条件是。 ≥, ⇒a V 0≥2

28μ 2μa 2V 0

下面以=2为例，求解相应的束缚态能级。 2

如图

图3 求解能级的方程的图示

借助于Mathematica 软件，容易求得交点坐标为： （1.89549，0.638045） 即此时粒子能级为： 2E 21=-

2μ2

η12a

=-(0. 638045)

2

2μa 2

类似地，可以求出其它情形。

2. 再考虑归一化波函数

⎧⎪

ψψI (x ) =0, x sin

⎨⎪II (x ) =A k 1x , 0⎩ψIII (x ) =A sin k 1ae

-≤k x x ≤-a a 2() , x >a 由归一化条件⎰∞

-∞|ψ|2dx =1，可求得：

|A |2

=(a 2-sin 2k 1a 4k +sin 2k 1a ) -1

12k 2

所以，一维不对称有限深势阱的波函数为：

⎧

⎪

⎪ψI (x ) =0, x

a sin 2k 2⎨ψ) =(1a ⎪II (x 2-

4k +sin k 1a ) -sin k 1x , 0≤x ≤a 12k 2

⎪⎪a sin 2k 1a sin 2k 1a --k ⎪⎩

ψIII (x ) =sin k 1a (2(x -a ) 2-4k +) e , x >a 12k 23. 下面讨论各区间的概率密度：

⎧⎪

⎪ωI =0, x

⎨ωa sin 2k 1a sin 2⎪

II =(2-

4k +k 1a ) -1sin 2k 1x , 0≤x ≤a 12k 2⎪⎪2

a sin 2k 1a sin 2k 1a -1-2k 2(x -a ) ⎪⎩

ωIII =sin k 1a (2-4k +) e , x >a 12k 22μa 2为了具体看看各区间的概率分布情况，以V 0 2

＝2的束缚态为例，0.638045，取a ＝10－10m ，代入上式得到

⎧

⎪ω⎪

I =0, x

⨯1010sin 21. 10-10, 0≤x ≤a ⎪ ⎪x

⎩ω10-2⨯0. 638045(III =0. 699747

⨯10e 10-1) , x >a 1a ＝1.89549，2a ＝ k k

其概率分布情形如图：

图4势阱内外粒子的概率分布

可以看出，电子到达经典禁区的概率相当大。计算表明电子到达x>1区域的概率为54.8％。

习题2.8 求基态线性谐振子在经典界限外被发现的概率。 解：基态能量为E 0=

1

ω 2

设基态的经典界限的位置为a ，则有 E 0= ∴a = 在界限外发现振子的概率为

W (|x |>a ) =⎰|ψ0(x ) |dx +⎰|ψ0(x ) |dx =

-∞

a

-a

2

∞

2

11

μω2a 2= ω 22

μω

=

1

α

2α

⎰

∞

a

e

-α2x 2

dx (偶函数性质)

===

2

2

⎰

∞

a

e -(αx ) d (α x ) =

-y 2

2

2

⎰

∞

1

e -y dy

2

2

[⎰e

-∞

∞

dy -⎰e

-∞

1

-y 2

dy ]

2

[-

2π2

12π

⎰

-∞

e -t

2

/2

dt ] （令y =

12

t )

x

式中

2⎰

1

e

-t 2/2

dt 为正态分布函数ψ(x ) =

-∞

2π⎰

1

e -t

2

/2

dt

-∞

当x =2时的值ψ(2) 。查表得ψ(2) = 0. 92， 所以，W (|x |>a ) =

∂

[-⨯0. 92] =2(1-0. 92) =0. 16

即在经典极限外发现振子的概率为16％。 （积分

2

⎰

∞

1

e -y dy 亦可用Mathematica 类的数学软件求得，结果为

2

2

⎰

∞

1

e -y dy ＝0.157299）

2

习题2.9 求一维谐振子处在第一激发态时概率最大的位置。 解：ψ1(x ) =

1

-α2x 22

α2π

⋅2αxe

2

22

ω1(x ) =1(x ) =4α2⋅

α

⋅x 2e -α

2x

=

2α

3

⋅x 2e -α

22

x

22d ω1(x ) 2α3

=[2x -2α2x 3]e -αx

dx π

令

d ω1(x ) 1

x =±x =±∞ =0，得： x =0

αdx

x =±∞时，ω1(x ) =0。显然x =0 ， x =±∞不是最大概率的位置。 由ω1(x ) 的表达式可知，x =0 ，

d 2ω1(x ) 2α322223-α2x 2

而=[(2-6αx ) -2αx (2x -2αx )]e

dx 2 3

224α

=[(1-5α2x 2-2α4x 4)]e -αx

d 2ω1(x ) 4α31 =-2

dx 1πe x =±

α

可见x =±

1

α

=±

-ξ2

2

μω

是所求概率最大的位置。 #

-ξ22

或：ψ1(ξ) =N 1e （2ξ）＝2N 1ξe

2

22-ξ

⇒ω1＝|ψ1(ξ) |2=（2N 1）ξe

令

2d ω1

=0，有 ξe -ξ(1-ξ2) =0⇒ξ=0, ξ=±1 d ξ

2

2d ω1

又由 2=2(2N 1) 2e -ξ(1-ξ3+2ξ4)

d ξ2d ω1

有 2

d ξ

2d ω1

>0 2

d ξ

ξ=±1

ξ=0

所以 ξ=±1为极大值点，x =±

1

=±

αμω

（或ω1|x =0, ±∞＝0 而 ω1≥0，因而 ω1|x =±1处必为极大值）

1

α-2习题2.10 试证明ψ(x ) =e

322

x

(2α3x 3-3αx ) 是线性谐振子的波函数，并求此波函数对应的

能量。

证明：线性谐振子的Schr ödinger 方程为

2d 21

-ψ(x ) +μω2x 2ψ(x ) =E ψ(x ) ①

2μdx 2 把ψ(x ) 代入上式，有

d d α-2α2x 2

ψ(x ) =[e (2α3x 3-3αx )]dx dx 3-αα

=[-α2x (2α3x 3-3αx ) +(6α3x 2-3α)]e 2

31

22

1

x

-2α

=e

31

22

x

(-2α5x 4+9α3x 2-3α)

1

⎤d 2ψ(x ) d ⎡-2α2x 25432

=e (-2αx +9αx -3α) ⎥ ⎢

dx ⎣3dx 2

⎦

α=

311-α2x 2-α2x 2⎡⎤2543253322

(-2αx +9αx -3α) +e (-8αx +18αx ) ⎥ ⎢-αxe

⎣⎦

1

22

α-2α

=(αx -7α) e

3=(α4x 2-7α2) ψ(x )

4

2

2

x

(2α3x 3-3αx )

d 2

把2ψ(x ) 代入①式左边，得

dx

2d 2ψ(x ) 122

左边=-+μωx ψ(x )

2μdx 22

2 2421

=7αψ(x ) -αx ψ(x ) +μω2x 2ψ(x )

2μ2μ2

2

μω 2 2μω421

=7⋅⋅ψ(x ) -x ψ(x ) +μω2x 2ψ(x )

2μ2μ 2711 = ωψ(x ) -μω2x 2ψ(x ) +μω2x 2ψ(x )

2227

= ωψ(x )

2

7αd -2αx

可见，是线性谐振子的波函数，其对应的能量为 ω（n ＝3）。 ψ(x ) =e (2α3x 3-3αx ) ，

2dx 322

1

习题2.11 带电q 的线性谐振子在均匀电场E 中运动，其势能为

V (x ) =

1

μω2x 2-qEx 2

求谐振子的能级和波函数。

11qE 2q 2E 2222

解：V (x ) =μωx -qEx =μω(x - ) -

22μω22μω2 2d 2ψμω2qE 2q 2E 2

定解问题为: +[E -(x -) +]ψ=0 22

2μdx 22μω2μω

ξ≡

令

(x -

qE

μω

) ≡α(x -2

qE

μω

)(α=2

),

q 2E 2

2(E +)

2μω2

λ≡

ω

d 2ψ

方程可改写为 2+(λ-ξ2) ψ=0

d ξ 结果为： ψn (x ) =N n e

-

α2

2

(x -

qE 2

) μωqE

H n [α(x -μω2)]

1q 2E 2

E n = ω(n +) -, n =0, 1, 2, 3 2

22μω

∞-----(x ≤0) ⎧⎪

习题2.12 一粒子在一维势阱 V (x ) =⎨122 中运动, 利用谐振子的已知结果求出

μωx -(x >0) ⎪⎩2粒子的能级和波函数。

解：因 ψn (0) =0，故n 只能取奇数 n=2k+1

波函数： ψ2k +1(x ) =N 2k +1e

-α22x 2

H 2k +1(αx )

3

能级为 E 2k +1= ω(2k +), k =0, 1, 2, 3

2

习题2.13 在势垒贯穿问题中，若入射粒子能量满足 E=V0，结果如何？①直接求解；②在式（2.13）和（2.14）中令E →V 0，并将结果与①的结果进行比较。

解：

①直接求解：按照教材书上传统的方法讨论E=V0时粒子对势

垒的透射率。

在各区间波函数满足的定态Schrödinger方程为：

2d 2ψ1-=E ψ12μdx 2

(x

(1)

2

2

-

(2)

d ψ2

+V 0ψ2=E ψ2 (0≤x ≤a )

2μdx 2

2d 2ψ3-=E ψ3 (x >a ) (3) 2μdx 2

令 k 1=

2μE 2

，k 2=

d 2ψ1dx 2d 2ψ2dx 2

2(E -V 0)

，并且当E=V0时k 2=0，于是上面三个方程变为： 2

+k 12ψ1=0 (x

d 2ψ3dx 2

+k 12ψ3=0 (x >a ) （6）

在x

在0≤x ≤a 区域内，方程的解为：ψ2=Bx +B ' （8） 在x >a 区域内，方程的解为：ψ3=Ce ik 1x +C ' e -ik 1x （9）

按照公式ψ(r , t ) =ψ(r ) e - Et ，定态波函数是ψ1, ψ2, ψ3再分别乘上一个含时间因子e - Et ，就得到向左或向右传播的平面波。由此很容易看出式（7）第一项是左向右传播的平面波，第二项是反射波，而在x >a 区域内由于没有由右向左运动的粒子，因而只应有向右传播的投射波，所以在式（9）中必有C ’=0。 再利用波函数及其微商在x=0点和x ＝a 点的连续条件来确定波函数中其他的参数。 当x =0时，由ψ1=ψ2得：A +A ' =B ' （10）

d ψ1d ψ2

得：ik 1A -ik 1A ' =B （11） =

dx dx

当x =a 时，由ψ2=ψ3得：Ba +B ' =Ce ik 1a （12）

i

i

当x =0时，由

当x =a 时，由

d ψ2d ψ3

得：B =ik 1Ce ik 1a （13） =

dx dx

1

a 1-C 1

e -ik 1a =联合（10）到（13）式得到：=i

A 1-ak 1

2μE 2

e

-ia

2μE （14）

故投射系数D 为：

C 1-ik 1a

D ==e i

A 1-ak 1=

1

21+1a k 1

22

2

=

11+1μEa 2

2

=

2 2

=

2 2+μEa 22 2+μV 0a 2

22

（15）

②从E>V0或E

E>V0的情况下的透射系数为：

2

J D C 4k 12k 2D ===2

222J I A (k 1-k 2) sin 2(k 2a ) +4k 12k 2

2

（16）

2μ(E -V 0)

）

2 2

当k 2=0即E=V0时，D 的分子分母都趋近为0。k 2→0时，取D 的极限值，就可以得到式（15）的结果：

22224k 1k 24k 1k 2

lim D =lim 2=lim 2

[1**********]k 2→0k 2→0(k k 2→0(k 1-k 2) sin (k 2a ) +4k 1k 21-k 2) k 2a +4k 1k 2

2222

4k 14k 1112 2

=lim 2=====[**************]k 2→0(k 1μEa 2 +μEa 2 +μV a -k ) a +4k k a +4k 1+k a 1+02121111（其中k 1=

2μE

，k 2=

（17）

讨论：上面两种做法，不论是直接求解，还是将E>V0和E

习题2.14 设粒子在δ势阱V(x)=-V 0δ(x -a ) , V 0>0 中运动，求束缚态（E

定态Schrödinger 方程为：

d 2ψ2μ

+[E +V 0δ(x -a )]ψ=0 dx 2 2

在x=a处ψ连续 , 由定理2.3可知 ψ' 则有跃变：

ψ' (a +) -ψ' (a -) =-

2μV 0

ψ(a ) 2

在x≠a 处定态Schrödinger 方程可写为：

d 2ψ2

可以写成2-k ψ=0，k =

dx -2μE

⎧Ce kx , x

可令 ψ(x ) =⎨ -kx

'C e , x >a ⎩ka -ka

在x=a处ψ连续，有： Ce =C 'e ,

ψ' 则有跃变，有-k C 'e -ka -kCe ka =-

解得：C '=Ce

2ka

2μV 0ka

Ce 2

，k=

μV 0

2μV 02 2k 2

, 从而E =-=-2, 这是唯一束缚态能级。

2μ2

+∞⎧Ce kx , x

所以ψ(x ) =⎨-kx +2ka 由归一化条件⎰ψdx =1，容易求出归一化常数:C =k e

-∞

, x >a ⎩Ce

⎧k e k (x -a ) , x

所以ψ(x ) =⎨ -k (x -a )

, x >a ⎩k e

或写为ψ(x ) =

1-|x -a |/L

e ，其中L =1/k = 2/(μV 0) L

方法2：利用已知结果

在δ势阱V(x)=-V 0δ(x ) 的结果中作变量代换 x→x-a 即得： ψ(x ) =

1L e

-|x -a |/L

，E =-

μV 02

2 2

，L = 2/(μV 0)

本题亦可直接求解，过程从略。