量子力学 第2次作业

Chasse_neige

3.2.1 质量为 $m$ 的粒子被放在宽度为 $L$ 的无限深势阱中，并处于能量为 $E_n$ 的能量本征态。问它对阱壁施加的压力是多大?

首先给出归一化之后的波函数以及能级

$$\begin{array}{c}{\psi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin (\frac{n\pi }{L}x)(0\le x\le L)\\ E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}\end{array}$$

所以对于阱壁的压力可以表示为

$$F=-\frac{{\partial }^{}{E}_n}{\partial L^{}}=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{m{L}^3}$$

3.2.2 粒子在 $-a<x<a$ 的无限深势阱中运动，$t=0$ 时波函数为 ${\mathrm{\Psi }}_0(x)=C\cos \frac{\pi x}{a}\cos \frac{\pi x}{2a}(-a<x<a)$。求常数 $C$ 以及任意时刻的波函数 $\mathrm{\Psi }(x,t)$。粒子的质量为 $m$。

先做归一化

$$1={\int }_{-a}^a{\mathrm{\Psi }}_0^{\ast }(x){\mathrm{\Psi }}_0(x){\mathrm{d}}^{}x=|C{|}^2{\int }_{-a}^a{\cos }^2\frac{\pi x}{a}{\cos }^2\frac{\pi x}{2a}{\mathrm{d}}^{}x=\frac{a}{2\pi }|C{|}^2{\int }_{-\pi }^{\pi }(1+\cos u){\cos }^{2}u{\mathrm{d}}^{}u=\frac{a}{2}|C{|}^2$$

所以

$$C=\sqrt{\frac{2}{a}}$$

我们假设 $t=0$ 时刻粒子波函数的相位为 $0$ ，把波函数展开为粒子的能量本征态

$${\mathrm{\Psi }}_0(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}(\frac{1}{2}\cos \frac{\pi x}{2a}+\frac{1}{2}\cos \frac{3\pi x}{2a})$$

所以 $t$ 时刻的波函数为

$$\mathrm{\Psi }(x,t)=\sqrt{\frac{1}{2a}}(\cos \frac{\pi x}{2a}{e}^{-i\frac{{\pi }^2\hslash }{8m{a}^2}t}+\cos \frac{3\pi x}{2a}{e}^{-i\frac{9{\pi }^2\hslash }{8m{a}^2}t})$$

3.2.3（选做）设粒子在 $-a<x<a$ 的无限深势阱中运动，其波函数为 $\psi (x)=C(a^2-x^2)(-a\le x\le a)$, 粒子的质量为 $m$。

(a) 求归一化常数 $C=?$

归一化

$$1=|C{|}^2{\int }_{-a}^a(a^2-x^2{)}^2{\mathrm{d}}^{}x=\frac{16}{15}{a}^5|C{|}^2$$

所以

$$C=\sqrt{\frac{15}{16a^5}}$$

(b) 测量粒子的能量得到 $E_n$ 的几率 $P_n=?$

我们把粒子的波函数做傅立叶展开

$$C(a^2-x^2)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{C}_n\cos (\frac{n\pi x}{2a})$$$${\int }_{-a}^{a}C(a^2-x^2)\cos (\frac{n\pi x}{2a}){\mathrm{d}}^{}x=\frac{2C{a}^4(-1{)}^n}{n^2{\pi }^2}$$

所以

$$\psi (x)=C(a^2-x^2)=\frac{4a^2}{3}\sqrt{\frac{15}{16a^5}}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{32a^2}{{\pi }^3(2k+1{)}^3}(-1{)}^k\sqrt{\frac{15}{16a^5}}\cos \left(\frac{(2k+1)\pi x}{2a}\right)$$

所以

$$P_{2k+1}=\frac{960}{{\pi }^6(2k+1{)}^6}(k=0,1,2,\cdots )$$

(c) 试求无穷级数

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^6}=?$$

利用 $\sum _n{P}_n=1$，所以

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^6}=\frac{{\pi }^6}{960}$$

(d) 利用

$$\overline{E}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\int }_{-a}^a{\psi }^{\ast }(x)\frac{d^2\psi (x)}{d{x}^2}{\mathrm{d}}^{}x$$

求出粒子的能量平均值。

$$\overline{E}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\int }_{-a}^a{\psi }^{\ast }(x)\frac{d^2\psi (x)}{d{x}^2}{\mathrm{d}}^{}x=\frac{5{\hslash }^2}{4m{a}^2}$$

(e) 由于 $\overline{E}=\sum _n{P}_n{E}_n$, 因此无穷级数

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^4}=?$$

带入

$$\overline{E}=\sum _n{P}_n{E}_n=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{960}{{\pi }^6(2k+1{)}^6}\frac{(2k+1{)}^2{\pi }^2{\hslash }^2}{8m{a}^2}=\frac{120{\hslash }^2}{{\pi }^{4}m{a}^2}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^4}$$

所以

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^4}=\frac{{\pi }^4}{96}$$

(f) 采用类似的方法但取一个新的 $\psi (x)$, 求出无穷级数

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=?$$

选取对称的三角形波函数

$$\psi (x)=A(a-|x|)-a\le x\le a$$

该波函数为偶函数，且在边界 $x=\pm a$ 处为零。

由归一化条件

$$1={\int }_{-a}^a|\psi (x){|}^{2}dx=2A^2{\int }_0^a(a-x{)}^{2}dx=2A^2\cdot \frac{a^3}{3}=\frac{2A^2{a}^3}{3}$$

得

$$A=\sqrt{\frac{3}{2a^3}}$$

无限深势阱中偶宇称的归一化本征函数为（$k=0,1,2,\dots$）

$${\varphi }_k(x)=\frac{1}{\sqrt{a}}\cos \left(\frac{(2k+1)\pi x}{2a}\right)$$

对应能量

$$E_k=\frac{(2k+1{)}^2{\pi }^2{\hslash }^2}{8m{a}^2}$$

将 $\psi (x)$ 展开

$$\psi (x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_k{\varphi }_k(x)$$

其中展开系数

$$C_k={\int }_{-a}^a{\varphi }_k(x)\psi (x)dx=\frac{4\sqrt{6}}{{\pi }^2(2k+1{)}^2}$$

概率

$$P_k=|C_k{|}^2=\frac{96}{{\pi }^4(2k+1{)}^4}$$

利用公式

$$\overline{E}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\int }_{-a}^a{\psi }^{\ast }(x)\frac{d^2\psi (x)}{d{x}^2}{\mathrm{d}}^{}x$$

计算得

$$\overline{E}=\frac{3{\hslash }^2}{2m{a}^2}$$$$\overline{E}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{P}_k{E}_k=\frac{12{\hslash }^2}{m{a}^2{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^2}$$

与积分结果比较

$$\frac{12{\hslash }^2}{m{a}^2{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{3{\hslash }^2}{2m{a}^2},$$

解得

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}$$

3.3.1 设粒子在无限深势阱加中心 $\delta$ 势垒 $V(x)=\{\begin{array}{cc}\gamma \delta (x),& (|x|<a,\gamma >0)\\ +\mathrm{\infty },& (|x|>a)\end{array}$ 中运动, 求它的能谱。提示: 区分不同的宇称。

先写出一维的定态方程

$$\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\psi (x)+(E-V(x))\psi (x)=0$$

所以 $\delta$ 函数势带来的条件可以写作

$${{\psi }^{\prime }(x)|}_{x=0^{-}}^{x=0^{+}}=\frac{2m\gamma }{{\hslash }^2}\psi (0)$$

自由空间的薛定谔方程给出了

$${\psi }^{″}(x)=-\frac{2mE}{{\hslash }^2}\psi (x)$$

由于这里的解是定域的，所以必定是三角的形式。

$$\psi (x)=A\cos (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)+B\sin (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)$$

1. 对于偶宇称的情形

   $$\psi (x)=\{\begin{array}{l}A\cos (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)+B\sin (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)(x>0)\\ A\cos (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)-B\sin (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)(x<0)\end{array}$$

   所以此时

   $${{\psi }^{\prime }(x)|}_{x=0^{-}}^{x=0^{+}}=\frac{2\sqrt{2mE}}{\hslash }B=\frac{2m\gamma }{{\hslash }^2}\psi (0)$$

   所以

   $$\psi (0)=A=\sqrt{\frac{2E{\hslash }^2}{m{\gamma }^2}}B$$

   再带入边界条件

   $$\psi (a)\propto \sqrt{\frac{2E{\hslash }^2}{m{\gamma }^2}}\cos (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }a)+\sin (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }a)=0$$

   得到允许的能量满足的条件是

   $$-\sqrt{\frac{2E{\hslash }^2}{m{\gamma }^2}}=\tan \left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }a\right)$$

2. 对于奇宇称的情形

   $$\psi (x)=A\sin (\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }x)$$

   此时 ${{\psi }^{\prime }(x)|}_{x=0^{-}}^{x=0^{+}}=\frac{2\sqrt{2mE}}{\hslash }B=\frac{2m\gamma }{{\hslash }^2}\psi (0)$ 的条件自动满足，也就是说 $\delta$ 函数势对解没有影响，所以能谱相当于无限深方势阱的奇宇称能谱

   $$E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}$$

3.3.2（选做）设粒子在相距为 $a$ 的对称双 $\delta$ 势阱 $V(x)=-\frac{{\hslash }^2}{mL}\{\delta (x+\frac{a}{2})+\delta (x-\frac{a}{2})\}$ 中运动, 求它的束缚态能级。提示: a. 区分偶宇称态和奇宇称态; b. 区分 $a\le L$ 和 $a>L$ 两种不同情形。

先写出一维的定态方程

$$\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\psi (x)+(E-V(x))\psi (x)=0$$

此时 $\delta$ 函数势带来的条件可以写作

$${{\psi }^{\prime }(x)|}_{x=-\frac{a}{2}-ϵ}^{x=-\frac{a}{2}+ϵ}=-\frac{2}{L}\psi (-\frac{a}{2})$$$${{\psi }^{\prime }(x)|}_{x=\frac{a}{2}-ϵ}^{x=\frac{a}{2}+ϵ}=-\frac{2}{L}\psi \left(\frac{a}{2}\right)$$

由于这是一个非定域的问题，所以自由空间对应的束缚态波函数必定是指数的形式，并且束缚态的能量小于零。

1. 考虑偶宇称的情况，不妨假设

   $$\psi (x)=\{\begin{array}{l}A{e}^{\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x}(x<-\frac{a}{2})\\ B(e^{-\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x}+e^{\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x})(-\frac{a}{2}<x<0)\\ B(e^{\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x}+e^{-\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x})(0<x<\frac{a}{2})\\ A{e}^{-\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x}(x>\frac{a}{2})\end{array}$$

   利用连续性条件和 $\delta$ 函数带来的条件待定一下系数

   $$A{e}^{-\frac{\sqrt{-2mE}a}{2\hslash }}=2B\cosh (\frac{\sqrt{-2mE}a}{2\hslash })$$$$-A\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }{e}^{-\frac{\sqrt{-2mE}a}{2\hslash }}-2B\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }\sinh (\frac{\sqrt{-2mE}a}{2\hslash })=-\frac{2}{L}\psi \left(\frac{a}{2}\right)$$

   所以能级满足的条件是

   $$kL(1+\tanh (\frac{ka}{2}))=2$$

   即

   $$kL=1+e^{-ka}$$

   其中 $k=\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }$

2. 考虑奇宇称的情况，不妨假设

   $$\psi (x)=\{\begin{array}{l}-A{e}^{\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x}(x<-\frac{a}{2})\\ 2B\sinh (\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x)(-\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2})\\ A{e}^{-\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }x}(x>\frac{a}{2})\end{array}$$

   同样假设 $k=\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }$，利用连续性条件和 $\delta$ 函数带来的条件待定一下系数

   $$A{e}^{-\frac{ka}{2}}=2B\sinh (\frac{ka}{2})$$$$-kA{e}^{-\frac{ka}{2}}-2kB\cosh (\frac{ka}{2})=-\frac{2}{L}\psi \left(\frac{a}{2}\right)$$

   所以能级满足的条件是

   $$kL=1-e^{-ka}$$

   此时需要对于 $L$ 和 $a$ 的相对大小进行分类。当 $L<a$ 时，上述条件方程有解，所以该问题存在奇宇称的束缚态；当 $L>a$ 时，上述条件方程没有非零解，所以该问题不存在奇宇称的解。

3.4.1 分别求线性谐振子处于基态和第一激发态时, 粒子出现几率最大的位置。

基态谐振子的波函数是（其中 $\alpha =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}$）

$${\psi }_0(x)=\sqrt{\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}}{e}^{-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}}$$

所以粒子出现在位置 $x$ 的概率为

$$P_0(x)={\psi }_0^{\ast }(x){\psi }_0(x)=\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}$$

概率最大的位置对应

$$\frac{{\mathrm{d}}^{}{P}_0(x)}{\mathrm{d}{x}^{}}=-\frac{2{\alpha }^3}{\sqrt{\pi }}x{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}=0$$

所以出现概率最大的位置是 $x=0$

第一激发态谐振子的波函数是

$${\psi }_1=\sqrt{\frac{2\alpha }{\sqrt{\pi }}}\alpha x{e}^{-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}}$$

所以粒子出现在位置 $x$ 的概率为

$$P_1(x)={\psi }_1^{\ast }(x){\psi }_1(x)=\frac{2{\alpha }^3}{\sqrt{\pi }}{x}^2{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}$$

概率最大的位置对应

$$\frac{{\mathrm{d}}^{}{P}_1(x)}{\mathrm{d}{x}^{}}=\frac{4{\alpha }^3}{\sqrt{\pi }}x{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}-\frac{4{\alpha }^5}{\sqrt{\pi }}{x}^3{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}=0$$

所以概率最大的位置是 $x=\pm \frac{1}{\alpha }$

3.4.2 半壁谐振子势是 $V(x)=\{\begin{array}{cc}+\mathrm{\infty }& (x<0)\\ \frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2& (x>0)\end{array}$ 求粒子在其中的能级和归一化波函数。

这个势对应了完整谐振子势的所有奇宇称解，即归一化的波函数为

$${\psi }_k(x)=\sqrt{\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }{2}^{2k}(2k+1)!}}{H}_{2k+1}(\alpha x)e^{-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}}(k=0,1,2,\cdots )$$

对应的能级是

$$E_k=(2k+\frac{3}{2})\hslash \omega$$

3.4.3 假设势能为

$$V(x)=\{\begin{array}{l}+\mathrm{\infty }(x<0)\\ \frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2+\frac{v(v-1){\hslash }^2}{2m{x}^2}(x>0,v\ge \frac{1}{2}\text{可连续变化})\end{array}$$

求粒子在其中的能级。

方法提示: 基于 $x\to +\mathrm{\infty }$ 和 $x\to 0^{+}$时 $\psi (x)$ 的行为, 可设 $\psi (x)={\xi }^{\nu }{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}F(\xi )$, 其中 $\xi =\sqrt{m\omega /\hslash }x,F(\xi )$ 是 $\xi$ 的多项式且 $F(0)\ne 0$; 再注意 $F(-\xi )$ 满足与 $F(\xi )$ 相同的方程, 所以可重新取自变量为 $\eta ={\xi }^2$ 而 $F(\eta )$ 是 $\eta$ 的 $n(n=0,1,2,\cdots )$ 次多项式; 然后仿照课文中的做法就可以了。结果提示: 这些能级是类谐振子的, 即, 是等间隔的。本题的结果还可以和 3.4.2 题的答案相对照。

写出定态的薛定谔方程

$$\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\psi (x)+(\frac{2mE}{{\hslash }^2}-{\alpha }^4{x}^2-\frac{\nu (\nu -1)}{x^2})\psi (x)=0$$

假设

$$\psi (x)={\xi }^{\nu }{\mathrm{e}}^{-\frac{{\xi }^2}{2}}F(\xi )$$

其中 $\xi =\alpha x$，那么经过一系列化简，原方程可以变为

$$F^{″}(\xi )+(\frac{2\nu }{\xi }-2\xi )F^{\prime }(\xi )+(\frac{2E}{\hslash \omega }-2\nu -1)F(\xi )=0$$

令 $\frac{2E}{\hslash \omega }=\lambda$，并且作代换 $\eta ={\xi }^2$，继续把方程化简为

$$4\eta F^{″}(\eta )+(4\nu +2-4\eta )F^{\prime }(\eta )+(\lambda -2\nu -1)F(\eta )=0$$

利用级数解法求解此方程，假设

$$F(\eta )=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_k{\eta }^k$$

那么系数的递推公式可以表示为

$$C_k=\frac{4k+2\nu +1-\lambda }{2(2k+2\nu +1)(k+1)}{C}_k$$

可以看出，为了避免发散，能量的取值仅仅可以为分立的

$$\lambda =4k+2\nu +1$$

即

$$E_k=(2k+\nu +\frac{1}{2})\hslash \omega$$

当 $\nu =1$ 时，这个取值就退化到了上一问的情形。