量子力学·基础（书本扫盲）· 第3章

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第3章 不含时 Schrödinger 方程及其解法

书 p32–61 · 共 9 节（3.9 下分 3.9.1、3.9.2）· 2026-10-04 挂；同日按真题设问方式重写

3.1 不含时 Schrödinger 方程

知识点小结：Schrödinger 方程对时间是一阶的，知道初态就能算出以后任何时刻的态，这种演化是幺正的；而测量会让态塌缩，那是非幺正的。势能不含时间时，可以把波函数拆成「空间部分 × 时间因子 $e^{-iEt/\hslash }$」，空间部分满足 $\hat{H}\psi =E\psi$，也就是能量本征值方程。这种能量确定的态叫定态，它的概率密度、概率流、力学量平均值都不随时间变。几个不同能量的定态叠加起来仍然是 Schrödinger 方程的解，但能量不确定，不是定态。

jc-3-1-1 · 演化与测量的区别 · 🟡（未复习）

简答（书 p32）为什么说「给定初态，以后任何时刻的状态就唯一确定」？量子态随时间的演化和量子测量各是什么性质的过程，二者有什么区别？

**答案**

• Schrödinger 方程是关于时间的一阶偏微分方程，给定 $\psi (\mathbf{r},0)$ 后解唯一，所以波函数随时间的变化满足动力学因果关系。
• 按 Schrödinger 方程演化：幺正演化（unitary evolution），保持相干叠加。
• 测量：破坏体系的相干叠加性，态瞬时塌缩到待测力学量的某一本征态，是非幺正过程；测量结果只有统计性质，测量结果之间没有因果律。

jc-3-1-2 · 定态与叠加态 · 🟡（未复习）

计算（书 p32–34，式 (3-1)–(3-13)）势能 $V(\mathbf{r})$ 不显含时间。

(1) 用分离变量法 $\psi (\mathbf{r},t)=\psi (\mathbf{r})f(t)$ 求解含时 Schrödinger 方程，说明分离常数的物理意义，写出定态波函数。（式 (3-1)–(3-6)）

(2) 证明定态下概率密度、概率流密度、不显含时间的力学量的平均值都不随时间变化。（p33）

(3) 设 ${\psi }_1,{\psi }_2$ 是能量为 $E_1\ne =E_2$ 的实归一化本征函数，$t=0$ 时 $\psi (\mathbf{r},0)=\frac{1}{\sqrt{2}}({\psi }_1+{\psi }_2)$。求 $\psi (\mathbf{r},t)$，并说明它是否满足 Schrödinger 方程、是否是定态。（式 (3-11)–(3-13)，p34）

(4) 求 (3) 中的概率密度 $\rho (\mathbf{r},t)$ 和能量平均值 $⟨H⟩$。哪个随时间变化？振荡角频率是多少？

(5) 定态下，不显含时间的力学量取各个本征值的概率是否随时间变化？(3) 中的叠加态测量能量，得 $E_1$、$E_2$ 的概率随时间变吗？（p33 定态性质③；式 (3-12)）

**答案**

(1) 代入得 $\frac{i\hslash }{f}\frac{df}{dt}=\frac{1}{\psi }[-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2+V]\psi \equiv E$（3-2）。左边只含 $t$、右边只含 $\mathbf{r}$，只能都等于常数 $E$。于是 $\frac{df}{f}=-\frac{i}{\hslash }Edt$，$f\sim e^{-iEt/\hslash }$，空间部分满足 $\hat{H}\psi =E\psi$（3-9）。其中 $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2+V$ 是能量算符（Hamilton 算符），$E$ 是能量本征值。定态 $\psi (\mathbf{r},t)={\psi }_E(\mathbf{r})e^{-iEt/\hslash }$（3-6），是能量确定的态。注意区分：(3-8) $i\hslash {\partial }_t\psi =\hat{H}\psi$ 是含时方程，(3-9) 才是本征值方程。

(2) $E$ 是实数，时间因子模为 1。$\rho =|{\psi }_E{|}^2{e}^{iEt/\hslash }{e}^{-iEt/\hslash }=|{\psi }_E{|}^2$；$\mathbf{j}=\frac{i\hslash }{2m}(\psi \nabla {\psi }^{\ast }-{\psi }^{\ast }\nabla \psi )$ 中两个时间因子相乘为 1；$\overline{A}=\int {\psi }^{\ast }\hat{A}\psi d^{3}r$ 中 $\hat{A}$ 不显含 $t$，时间因子可以提出来相消。（书上还指出：任何力学量的概率分布也不随时间变，详见第6章。）

(3) $\psi (\mathbf{r},t)=\frac{1}{\sqrt{2}}({\psi }_1{e}^{-i{E}_{1}t/\hslash }+{\psi }_2{e}^{-i{E}_{2}t/\hslash })$。$\hat{H}$ 是线性算符：$i\hslash {\partial }_t\psi =\frac{1}{\sqrt{2}}\sum E_n{\psi }_n{e}^{-i{E}_{n}t/\hslash }=\hat{H}\psi$，所以满足方程。但它不具有确定能量，不是定态。

(4) $\rho =\frac{1}{2}({\psi }_1^2+{\psi }_2^2)+{\psi }_1{\psi }_2\cos \frac{(E_2-E_1)t}{\hslash }$，随时间振荡，$\omega =\frac{E_2-E_1}{\hslash }$。$⟨H⟩=\frac{1}{2}(E_1+E_2)$，不随时间变（交叉项因 $\int {\psi }_1\hat{H}{\psi }_2=E_2\int {\psi }_1{\psi }_2=0$ 而消失）。

(5) 定态：时间因子模为 1，任何力学量的概率分布都不随时间变（书上第③条，详见第6章）。叠加态：$\psi (t)$ 按能量本征态展开的系数是 $c_n{e}^{-i{E}_{n}t/\hslash }$，模方 $|c_n{|}^2=\frac{1}{2}$ 不变，所以测得 $E_1$、$E_2$ 的概率各为 $\frac{1}{2}$，不随时间变；随时间振荡的只是坐标概率密度。

jc-3-1-3 · 定态与定态方程（直接写出） · 🟡

填空（书 p32–34，式 (3-6)(3-9)(3-15)）

(1) 定态波函数 $\psi (\mathbf{r},t)=$ ____。定态下概率密度和概率流密度随时间变不变？（式 (3-6)，p32）

(2) 不含时 Schrödinger 方程 ____，其中 $\hat{H}=$ ____；一维形式 ____。（式 (3-9)(3-15)，p33–34）

(3) 已知 $\psi (x,0)={\sum }_n{c}_n{\psi }_n(x)$，则 $\psi (x,t)=$ ____，$c_n=$ ____。测得 $E_n$ 的概率是 ____。（p33–34）

**答案**

(1) $\psi (\mathbf{r})e^{-iEt/\hslash }$。$|\psi {|}^2$ 和 $j$ 里的时间因子相消，都不随时间变。

(2) $\hat{H}\psi =E\psi$，$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2+V(\mathbf{r})$；一维 $-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{{}^{\prime \prime }}+V(x)\psi =E\psi$。

(3) $\psi (x,t)={\sum }_n{c}_n{\psi }_n(x)e^{-i{E}_{n}t/\hslash }$，$c_n=\int {\psi }_n^{\ast }(x)\psi (x,0)dx$，概率 $|c_n{|}^2$（不随时间变）。

3.2 定态问题的一般讨论

知识点小结：定态问题分两类：粒子被势场束缚住的「束缚态」（能量一般离散，求本征值和本征函数），和从无穷远来、被散射走的「散射问题」（能量一般连续，求散射振幅和截面）。一维定态问题就是解 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}(E-V)\psi =0$。束缚态波函数要满足三条：能归一化、无穷远处趋于零、边界上 $\psi$ 连续，有限势能边界上 ${\psi }^{\prime }$ 也连续。如不特别声明，势能都取实函数，这样粒子数（概率）才守恒。

jc-3-2-1 · 为什么势能取实函数 · 🟡（未复习）

简答（书 p35）量子力学中为什么一般要求 $V^{\ast }(\mathbf{r})=V(\mathbf{r})$？若势能含虚部 $V=V_R-i{V}_I$（$V_I>0$），会出现什么现象？

**答案**

量子力学主要讨论粒子数守恒（概率守恒）的体系。第2章证明过，只有 $V$ 为实函数时连续性方程（概率守恒）才成立，所以如不特别声明都取 $V^{\ast }=V$。

若有虚部，连续性方程多出一项：$\frac{\partial \rho }{\partial t}+\nabla \cdot \mathbf{j}=-\frac{2V_I}{\hslash }\rho$，总概率随时间减少，表示粒子被吸收（强化班第10题就是这个模型）。（虚部那一问是推广，书上只给了结论「实势才守恒」。）

jc-3-2-2 · ψ′ 什么时候可以不连续 · 🟡（未复习）

简答（书 p35 条件 (3)；p35 式 (3-21)；p43 式 (3-70)）在以下三处，$\psi$ 和 ${\psi }^{\prime }$ 是否连续？为什么？(a) 有限深方势阱的阱壁；(b) 无限深势阱的阱壁；(c) $\delta$ 势 $-V_0\delta (x)$ 所在处。

**答案**

把方程 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}=\frac{2m}{{\hslash }^2}(V-E)\psi$ 在边界两侧积分，${\psi }^{\prime }$ 的跃变量等于 $\frac{2m}{{\hslash }^2}\int (V-E)\psi dx$。

• (a) 势有限，积分区间趋于 0 时积分趋于 0：$\psi$、${\psi }^{\prime }$ 都连续。
• (b) 阱外 $\psi =0$，所以阱壁上 $\psi =0$（$\psi$ 连续）。${\psi }^{\prime }$ 不连续（阱内 ${\psi }^{\prime }\ne =0$，阱外 ${\psi }^{\prime }=0$），因为势跳到无穷大。
• (c) $\psi$ 连续，${\psi }^{\prime }$ 有跃变 ${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$，因为 $\int \delta \psi =\psi (0)$ 不趋于 0。

书上的条件写的是「有限势能边界上 ${\psi }^{\prime }$ 连续」。

jc-3-2-3 · 束缚态与散射问题 · 🟡（未复习）

简答（书 p34）定态问题分哪两类？两类中粒子能量一般取离散值还是连续值？各自主要求什么？

**答案**

• 束缚态：粒子被束缚在势场中运动，能量一般取离散值，主要求能量本征值和本征函数。
• 散射问题：有确定能量的粒子从无穷远入射，被散射后远离散射中心，能量一般取连续值，主要求散射振幅和散射截面。

本章正文主要讲束缚态，散射问题只讲势垒穿透（3.6、3.7），其余散射问题在第10章。

jc-3-2-4 · 束缚态波函数的三个条件 · 🟡（未复习）

填空（书 p34–35，式 (3-15) 后）一维束缚态波函数必须满足：① ____；② ____；③ ____。其中第③条在有限势能边界和无限高势壁上有什么不同？

**答案**

① 归一化 ${\int }_{-\infty }^{\infty }|\psi {|}^{2}dx=1$；② $x\to \pm \infty$ 时 $\psi \to 0$；③ 不同势能区域的边界上 $\psi$ 连续，有限势能边界上 ${\psi }^{\prime }$ 也连续。

势跳到无穷大（无限高势壁、$\delta$ 势）时只要求 $\psi$ 连续，${\psi }^{\prime }$ 可以跳变（见 jc-3-2-2）。二维、三维问题用同样的条件。

jc-3-2-5 · 实势下 ψ* 也是解 · 🟡（未复习）

证明（习题3-1，书 p59）设 $\psi (x)$ 是一维不含时 Schrödinger 方程能量为 $E$ 的解。证明：当 $V^{\ast }=V$ 时，${\psi }^{\ast }(x)$ 也是能量为 $E$ 的解。

**答案**

方程 $-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{{}^{\prime \prime }}+V\psi =E\psi$ 两边取复共轭。$\frac{d^2}{d{x}^2}$ 是实算符，$V^{\ast }=V$（实势），$E^{\ast }=E$（本征值为实数），所以 $-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{{\ast }^{\prime \prime }}+V{\psi }^{\ast }=E{\psi }^{\ast }$，即 ${\psi }^{\ast }$ 也是能量为 $E$ 的解。关键在于不含时方程里没有 $i$，而势能是实的。

jc-3-2-6 · 无简并时可取实波函数 · 🟡（未复习）

证明（习题3-2，书 p59）什么叫能级简并？证明：一维束缚态在无简并时，能量本征函数可以取成实函数。

**答案**

对同一个能量本征值 $E$，若方程有两个或两个以上的独立解，就称该能级是简并的（degenerate）；只有一个独立解则称无简并。

由 jc-3-2-5，${\psi }^{\ast }$ 也是 $E$ 的解。无简并时 ${\psi }^{\ast }=c\psi$；再取一次共轭得 $\psi =c^{\ast }{\psi }^{\ast }=|c{|}^2\psi$，所以 $|c|=1$，$c=e^{i\theta }$。令 $\varphi =e^{i\theta /2}\psi$，则 ${\varphi }^{\ast }=e^{-i\theta /2}{\psi }^{\ast }=e^{i\theta /2}\psi =\varphi$，即 $\varphi$ 是实函数，与 $\psi$ 只差一个相位，描述同一个态。（也可以直接取 $\psi +{\psi }^{\ast }$ 或 $i(\psi -{\psi }^{\ast })$ 中不为零的那个。）

jc-3-2-7 · 不同能级的本征函数正交 · 🟡（未复习）

证明（习题3-5，书 p59）一维束缚态 $\hat{H}{\psi }_n=E_n{\psi }_n$，$V$ 为实函数。证明 $E_m\ne =E_n$ 时 ${\int }_{-\infty }^{\infty }{\psi }_m^{\ast }{\psi }_{n}dx=0$。

**答案**

由 ${\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}=\frac{2m}{{\hslash }^2}(V-E_n){\psi }_n$ 和 ${\psi }_m^{{\ast }^{\prime \prime }}=\frac{2m}{{\hslash }^2}(V-E_m){\psi }_m^{\ast }$（用到 $V$、$E_m$ 为实数），得

$${\psi }_m^{\ast }{\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_n{\psi }_m^{{\ast }^{\prime \prime }}=\frac{2m}{{\hslash }^2}(E_m-E_n){\psi }_m^{\ast }{\psi }_n$$

左边等于 $\frac{d}{dx}({\psi }_m^{\ast }{\psi }_n^{\prime }-{\psi }_n{\psi }_m^{{\ast }^{\prime }})$。对全空间积分，束缚态在 $\pm \infty$ 处为 0，左边积分为 0，所以 $(E_m-E_n)\int {\psi }_m^{\ast }{\psi }_{n}dx=0$。由于 $E_m\ne =E_n$，积分为 0。

注意：书上题干写的是 $\int {\psi }_m{\psi }_{n}dx=0$，没有写复共轭，也没有写 $m\ne =n$。束缚态可以取实函数（jc-3-2-6），所以写不写复共轭都成立，但 $m\ne =n$ 这个条件不能省。

jc-3-2-8 · 一维定态的一般结论（直接写出） · 🟡

填空（书 p34–38，式 (3-33)–(3-37)；p43 式 (3-70)；习题3-1、3-2）

(1) 实势 $V(x)$ 下，若 $\psi$ 是能量 $E$ 的解，则 ____ 也是；一维束缚态能级 ____（简并/不简并），本征函数可取为 ____ 函数。

(2) 宇称算符 $\hat{P}\psi (x)=$ ____，本征值 ____。$V(-x)=V(x)$ 且能级无简并时，本征函数满足 ____。（式 (3-33)–(3-37)，p37–38）

(3) $V$ 有限处 ____ 和 ____ 都连续；$V=\gamma \delta (x)$ 时 ${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=$ ____。（p35；式 (3-70)(3-106)）

**答案**

(1) ${\psi }^{\ast }$；不简并；实函数。

(2) $\psi (-x)$，$\pm 1$；$\psi (-x)=\pm \psi (x)$（有确定宇称）。

(3) $\psi$、${\psi }^{\prime }$；$\frac{2m\gamma }{{\hslash }^2}\psi (0)$（$\delta$ 阱 $\gamma =-V_0$，$\delta$ 垒 $\gamma =V_0$）。

3.3 一维无限深方势阱，宇称

知识点小结：粒子关在 $-a/2<x<a/2$ 的无限深阱里，阱外 $\psi =0$，阱内是 $\sin$、$\cos$，由壁上 $\psi =0$ 得能级 $E_n=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2{n}^2}{2m{a}^2}$，$n=1,2,3,\dots$，能量是量子化的，而且最低能量不为零（静止的波不存在）。对称阱中，$n$ 奇是 $\cos$（偶宇称），$n$ 偶是 $\sin$（奇宇称），本征函数是沿 $\pm x$ 两列行波叠加成的驻波。宇称定理：势对称 $V(x)=V(-x)$ 且能级无简并时，本征函数一定有确定宇称，宇称只能是 $+1$ 或 $-1$。

jc-3-3-1 · 一维无限深方势阱 · 🟡（未复习）

计算（书 p35–38，式 (3-16)–(3-37)；习题3-4、3-7、3-10、3-11）质量 $m$ 的粒子在 $V=0$（$|x|<\frac{a}{2}$）、$V=\infty$（$|x|>\frac{a}{2}$）中运动。

(1) 求能量本征值和归一化本征函数。（式 (3-17)–(3-32)）

(2) 为什么 $n$ 不能取 0？基态能量为什么不为零？（p37）

(3) 第 $n$ 个本征态对应的德布罗意波长 ${\lambda }_n=$？阱宽包含几个半波长？从行波的角度看，阱中的本征函数是什么？（p37）

(4) 指出基态和第一激发态的宇称。若势 $V(x)=V(-x)$，在什么条件下能量本征函数必有确定宇称？证明宇称算符的本征值只能是 $\pm 1$。举一个势对称但本征函数可以没有确定宇称的例子。$V(x)=V(-x)$ 时，任意一个解能否用有确定宇称的解表示？（p37–38，式 (3-33)–(3-37)；习题3-4）

(5) 把阱改放在 $0<x<a$，能级和本征函数怎样变化？本征函数关于 $x=0$ 还有确定宇称吗？（习题3-7）

(6) 对 (5) 中的阱，粒子处于第 $n$ 个本征态，写出坐标概率分布，指出概率最大的位置；求 $⟨x⟩$、$\Delta x$ 和 $⟨p⟩$、$\Delta p$；基态时 $\Delta x\Delta p$ 等于多少，是否满足不确定关系？（习题3-10）

(7) 对 (5) 中的阱，$t=0$ 时 $\psi (x,0)=A(2{\psi }_1+{\psi }_2)$。求 $A$、$\psi (x,t)$、能量的可能测值及概率、能量平均值；坐标概率分布是否随时间变化？若变，振荡角频率是多少？（习题3-11）

**答案**

(1) 阱外 $\psi =0$。阱内 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\psi =0$，$k^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$，$\psi =A\sin kx+B\cos kx$，边界条件 $\psi (\pm \frac{a}{2})=0$：

$$-A\sin \frac{ka}{2}+B\cos \frac{ka}{2}=0,A\sin \frac{ka}{2}+B\cos \frac{ka}{2}=0$$

于是 $A\sin \frac{ka}{2}=0$、$B\cos \frac{ka}{2}=0$。$A,B$ 不能同时为 0，只能二选一：$A\ne =0$ 时 $\sin \frac{ka}{2}=0$，$ka=n\pi$（$n$ 偶）；$B\ne =0$ 时 $\cos \frac{ka}{2}=0$，$ka=n\pi$（$n$ 奇）。

$$E_n=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2{n}^2}{2m{a}^2},{\psi }_n=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a},& n=2,4,\dots \\ \sqrt{\frac{2}{a}}\cos \frac{n\pi x}{a},& n=1,3,\dots \end{array}$$

归一化：${\int }_{-a/2}^{a/2}{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}dx=\frac{a}{2}-\frac{a}{4n\pi }[\sin \frac{2n\pi x}{a}{]}_{-a/2a/2}=\frac{a}{2}$，所以系数为 $\sqrt{2/a}$。

(2) $n=0$ 时 $\psi \equiv 0$，没有物理意义。所以 $E_1=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m{a}^2}\ne =0$，书上的说法是「静止的波是不存在的」，这是微观粒子波动性的必然结果。

(3) $k=\frac{2\pi }{\lambda }=\frac{n\pi }{a}$，所以 ${\lambda }_n=\frac{2a}{n}$，$a=n\cdot \frac{{\lambda }_n}{2}$，即包含 $n$ 个半波长（驻波条件）。本征函数是沿 $+x$、$-x$ 方向行进的两列平面波相干叠加成的驻波。

(4) 基态 $\cos$，偶宇称；第一激发态 $\sin$，奇宇称。易混：对称阱中 $n$ 为奇数对应 $\cos$。

宇称定理：$V(x)=V(-x)$，且该能级无简并时，本征函数有确定宇称。证明：$\psi (x)$ 是解，则 $\psi (-x)$ 也是同一 $E$ 的解；无简并，两者最多差一个常数，$\hat{P}\psi =\psi (-x)=c\psi (x)$；再作用一次 ${\hat{P}}^2\psi =c^2\psi =\psi$，所以 $c=\pm 1$。$+1$ 为偶宇称，$-1$ 为奇宇称。

反例：自由粒子 $V=0$ 是对称的，但 $e^{ikx}$ 和 $e^{-ikx}$ 是同一能量的两个解（二重简并），$e^{ikx}$ 没有确定宇称（并非所有函数都有确定宇称）。

一般结论（习题3-4）：$V(x)=V(-x)$ 时，若 $\psi (x)$ 是能量 $E$ 的解，则 $\psi (-x)$ 也是，所以 ${\psi }_{\pm }=\psi (x)\pm \psi (-x)$ 都是 $E$ 的解，且 $\hat{P}{\psi }_{\pm }=\pm {\psi }_{\pm }$，宇称确定。$\psi =\frac{1}{2}({\psi }_{+}+{\psi }_{-})$，任意解都可以写成确定宇称解的线性组合。无简并时 ${\psi }_{+}$、${\psi }_{-}$ 中只有一个不为零，本征函数本身就有确定宇称；有简并时可以取没有确定宇称的组合，比如上面的 $e^{ikx}$。

(5) 能级不变。$\psi (0)=0$ 给出 $B=0$，所以 ${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$，$n=1,2,3,\dots$，全是 $\sin$。势关于 $x=0$ 不对称，本征函数没有确定宇称；关于阱中心 $x=\frac{a}{2}$ 仍然奇偶交替。

(6) ${\rho }_n(x)=\frac{2}{a}{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}$（$0<x<a$），$\sin \frac{n\pi x}{a}=\pm 1$ 处最大，即 $x=\frac{(2j-1)a}{2n}$，$j=1,\dots ,n$，共 $n$ 个峰；基态在阱中心 $x=\frac{a}{2}$ 处最大。由对称性 $⟨x⟩=\frac{a}{2}$。

$$⟨x^2⟩=\frac{2}{a}{\int }_0^a{x}^2{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}dx=\frac{1}{a}[\frac{a^3}{3}-{\int }_0^a{x}^2\cos \frac{2n\pi x}{a}dx]$$

其中最后一个积分分部积分两次（令 $q=\frac{2n\pi }{a}$）：${\int }_0^a{x}^2\cos qxdx=[\frac{x^2\sin qx}{q}{]}_{0a}-\frac{2}{q}{\int }_0^{a}x\sin qxdx=-\frac{2}{q}\cdot (-\frac{a}{q})=\frac{2a}{q^2}=\frac{a^3}{2n^2{\pi }^2}$。

所以 $⟨x^2⟩=\frac{a^2}{3}-\frac{a^2}{2n^2{\pi }^2}$，

$$(\Delta x{)}^2=⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2=\frac{a^2}{12}(1-\frac{6}{n^2{\pi }^2})$$

$⟨p⟩=0$（实波函数）；$⟨p^2⟩=2m{E}_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{a^2}$，$\Delta p=\frac{n\pi \hslash }{a}$。

基态：$\Delta x\Delta p=\frac{\pi \hslash }{\sqrt{12}}\sqrt{1-\frac{6}{{\pi }^2}}\approx 0.57\hslash >\frac{\hslash }{2}$，满足不确定关系。

(7) $|A{|}^2(4+1)=1$，所以 $A=\frac{1}{\sqrt{5}}$。$\psi (x,t)=\frac{1}{\sqrt{5}}(2{\psi }_1{e}^{-i{E}_{1}t/\hslash }+{\psi }_2{e}^{-i{E}_{2}t/\hslash })$。能量测得 $E_1$ 的概率为 $\frac{4}{5}$，测得 $E_2=4E_1$ 的概率为 $\frac{1}{5}$；$⟨E⟩=\frac{4}{5}{E}_1+\frac{1}{5}\cdot 4E_1=\frac{8}{5}{E}_1=\frac{4{\pi }^2{\hslash }^2}{5m{a}^2}$。

坐标概率分布 $\rho (x,t)=\frac{1}{5}[4{\psi }_1^2+{\psi }_2^2+4{\psi }_1{\psi }_2\cos \frac{(E_2-E_1)t}{\hslash }]$，随时间振荡，$\omega =\frac{E_2-E_1}{\hslash }=\frac{3E_1}{\hslash }=\frac{3{\pi }^2\hslash }{2m{a}^2}$；能量的概率分布不随时间变。

jc-3-3-2 · 给定波函数求能量的测值和概率 · 🟡（未复习）

计算（习题3-17，书 p61；本征函数用 (3-32) 平移到 $0<x<a$ 的形式）粒子在 $0<x<a$ 的无限深势阱中，波函数为

$$\psi (x)=\frac{4}{\sqrt{a}}\sin \frac{\pi x}{a}{\cos }^2\frac{\pi x}{a}(0<x<a)$$

求能量的可能测值、相应的概率和能量平均值。

**答案**

令 $\theta =\frac{\pi x}{a}$，用积化和差：${\cos }^2\theta =\frac{1+\cos 2\theta }{2}$，$\sin \theta \cos 2\theta =\frac{1}{2}(\sin 3\theta -\sin \theta )$。

$$\psi =\frac{2}{\sqrt{a}}(\sin \theta +\sin \theta \cos 2\theta )=\frac{2}{\sqrt{a}}(\frac{1}{2}\sin \theta +\frac{1}{2}\sin 3\theta )=\frac{1}{\sqrt{a}}(\sin \theta +\sin 3\theta )$$

本征函数 ${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$，所以 $\frac{1}{\sqrt{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}{\psi }_n$，

$$\psi =\frac{1}{\sqrt{2}}({\psi }_1+{\psi }_3)$$

（系数模方和为 1，已经归一化。）测得 $E_1=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}$ 和 $E_3=9E_1$ 的概率各为 $\frac{1}{2}$；$⟨E⟩=\frac{1}{2}(E_1+9E_1)=5E_1=\frac{5{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}$。

易错点：$\sin \theta \cos 2\theta$ 展开后有 $-\sin \theta$，要和前面的 $\sin \theta$ 合并，只剩 $\frac{1}{2}\sin \theta$，而不是 $\frac{3}{2}\sin \theta$。

jc-3-3-3 · 无限深方势阱（直接写出） · 🟡

填空（书 p36–38，式 (3-28)–(3-37)）

(1) 阱 $|x|<\frac{a}{2}$：$E_n=$ ____，$n$ 从 ____ 取起；$n$ 奇时 ${\psi }_n=$ ____，$n$ 偶时 ${\psi }_n=$ ____。（式 (3-28)(3-32)）

(2) 阱改成 $0<x<a$：${\psi }_n=$ ____，$E_n$ ____（变/不变）。

(3) 对称阱中基态宇称 ____，第一激发态宇称 ____。（式 (3-36)(3-37)，p38）

(4) $0<x<a$ 阱的 ${\psi }_n$ 中：$⟨x⟩=$ ____，$⟨p⟩=$ ____，$⟨p^2⟩=$ ____。

**答案**

(1) $\frac{{\pi }^2{\hslash }^2{n}^2}{2m{a}^2}$，$n=1$；$\sqrt{\frac{2}{a}}\cos \frac{n\pi x}{a}$；$\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$。

(2) $\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$，$n=1,2,\dots$；不变。

(3) 偶（$\cos$）；奇（$\sin$）。

(4) $\frac{a}{2}$；$0$；$2m{E}_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{a^2}$。

3.4 一维有限深对称方势阱

知识点小结：阱深 $V_0$ 有限、只看 $0<E<V_0$ 的束缚态。经典粒子出不了阱，量子粒子却能以一定概率出现在阱外，阱外波函数按 $e^{-\beta |x|}$ 指数衰减。势对称，所以解分偶（$\cos kx$）、奇（$\sin kx$）两类；在阱壁上 $\psi$、${\psi }^{\prime }$ 都连续，得到超越方程 $\xi \tan \xi =\eta$（偶）、$-\xi \cot \xi =\eta$（奇），再和圆 ${\xi }^2+{\eta }^2=\frac{m{V}_0{a}^2}{2{\hslash }^2}$ 联立用图解法求能级。偶宇称态无论阱多浅都至少有一个，奇宇称态要阱够深才出现；$E\ll V_0$ 时能级退回无限深阱的结果。

jc-3-4-1 · 一维有限深对称方势阱 · 🟡（未复习）

计算（书 p38–42，式 (3-38)–(3-66)）$V=0$（$|x|<\frac{a}{2}$），$V=V_0$（$|x|>\frac{a}{2}$），求 $0<E<V_0$ 的束缚态。

(1) 写出各区的波函数。经典上阱外有没有粒子？量子上呢？阱外概率随 $|x|$ 怎样变化？（式 (3-39)–(3-43)）

(2) 阱内解为什么只能取 $\cos kx$ 或 $\sin kx$，而不取一般的 $C^{\prime }{e}^{ikx}+D^{\prime }{e}^{-ikx}$？（式 (3-44)–(3-47)）

(3) 分别导出偶宇称态和奇宇称态满足的能量方程（用 $\xi =\frac{ka}{2}$、$\eta =\frac{\beta a}{2}$ 表示），以及 $\xi ,\eta$ 满足的另一个关系式，说明怎样用图解法求能级。（式 (3-48)–(3-56)）

(4) 证明：无论 $V_0{a}^2$ 多小，至少有一个束缚态，并指出它的宇称。出现奇宇称束缚态的条件是什么？（p41，图 3-3、3-4，式 (3-57)）

(5) 按整体能级排序，第一激发态是什么宇称？出现条件是什么？若 $\frac{m{V}_0{a}^2}{2{\hslash }^2}=\frac{9{\pi }^2}{16}$，有几个束缚态？$V_0$ 增大到 3 倍呢？（p41）

(6) 当 $E\ll V_0$ 时，能级趋于什么？（式 (3-58)(3-59)）

(7) 对偶宇称态取 ${\psi }_{\text{in}}=\cos kx$（未归一化），求阱内、阱外的未归一化积分 $P_{\text{in}}$、$P_{\text{out}}$；归一化后阱内、阱外的概率各是多少？$E\ll V_0$ 时，未归一化积分和归一化概率各趋于什么？（式 (3-60)–(3-66)，p42）

(8) 若 $E>V_0$，能谱有什么变化？为什么？（p42）

**答案**

(1) 阱外方程 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}-{\beta }^2\psi =0$，${\beta }^2=\frac{2m(V_0-E)}{{\hslash }^2}$。由 $\psi \to 0$ 得 ${\psi }_{\text{I}}=A{e}^{\beta x}$（$x<-\frac{a}{2}$），${\psi }_{\text{III}}=B{e}^{-\beta x}$（$x>\frac{a}{2}$）。阱内 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\psi =0$，$k^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$。经典：$E<V_0$，阱外不会有粒子；量子：尽管 $E<V_0$，阱外仍有一定概率出现粒子，概率随 $|x|$ 增大按指数衰减。

(2) 势对称，一维束缚态无简并，由宇称定理，解有确定宇称。所以必须 $C^{\prime }=D^{\prime }$（得 $C\cos kx$，偶）或 $D^{\prime }=-C^{\prime }$（得 $D\sin kx$，奇）。

(3) 有限势能边界上 $\psi$、${\psi }^{\prime }$ 都连续。偶宇称在 $x=\frac{a}{2}$ 处：$C\cos \frac{ka}{2}=B{e}^{-\beta a/2}$，$-Ck\sin \frac{ka}{2}=-\beta B{e}^{-\beta a/2}$。两式相除，消去 $B,C$：$k\tan \frac{ka}{2}=\beta$，即

$$\xi \tan \xi =\eta \text{(even)},-\xi \cot \xi =\eta \text{(odd, from }D\sin ,Dk\cos \text{)}$$

另一个关系：${\xi }^2+{\eta }^2=\frac{a^2}{4}(k^2+{\beta }^2)=\frac{m{V}_0{a}^2}{2{\hslash }^2}$，与 $E$ 无关，是一个圆。在 $\xi$-$\eta$ 平面（$\xi ,\eta >0$）上，曲线与圆的交点给出 $\xi$，再由 $k$ 求 $E$。

(4) $\eta =\xi \tan \xi$ 在 $(0,\frac{\pi }{2})$ 内从 0 增到 $\infty$，不论圆多小都有一个交点，所以至少一个束缚态，偶宇称。$\eta =-\xi \cot \xi$ 在 $\xi <\frac{\pi }{2}$ 时为负，第一支从 $\xi =\frac{\pi }{2}$ 开始，所以奇宇称束缚态要求 $\frac{m{V}_0{a}^2}{2{\hslash }^2}\ge \frac{{\pi }^2}{4}$，即 $V_0{a}^2\ge \frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m}$。

(5) 记 $R^2=\frac{m{V}_0{a}^2}{2{\hslash }^2}$。偶根在 $(0,\frac{\pi }{2})$、$(\pi ,\frac{3\pi }{2})$…，奇根在 $(\frac{\pi }{2},\pi )$、$(\frac{3\pi }{2},2\pi )$…，偶奇交替。整体第一激发态是奇宇称，条件是 $R\ge \frac{\pi }{2}$。

易混：书上 p41 说偶宇称在 $R^2\ge {\pi }^2$ 时「出现第一激发态」，指的是偶宇称里的第二个态（整体第二激发态）；说奇宇称在 $R^2\ge \frac{{\pi }^2}{4}$ 时「出现基态能级」，指的是奇宇称里的第一个态。

$R=\frac{3\pi }{4}$ 时：偶 1 个 + 奇 1 个，共 2 个。$V_0$ 变 3 倍：$R=\frac{3\sqrt{3}}{4}\pi \approx 1.30\pi$，偶 2 个 + 奇 1 个，共 3 个。

(6) $\beta \gg k$，所以 $\tan \frac{ka}{2}\to \infty$，$ka=n\pi$（$n$ 奇，奇宇称给出 $n$ 偶）。$E_n=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2{n}^2}{2m{a}^2}$，退回无限深势阱的能级。

(7) 阱内：$P_{\text{in}}=2{\int }_0^{a/2}{\cos }^{2}kxdx=\frac{a}{2}(1+\frac{\sin ka}{ka})$。

阱外：由 $x=\frac{a}{2}$ 处连续得 $\frac{B}{C}=e^{\beta a/2}\cos \frac{ka}{2}$，所以 $P_{\text{out}}=2\frac{B^2}{C^2}{\int }_{a/2}^{\infty }{e}^{-2\beta x}dx=\frac{B^2}{C^2}\frac{e^{-\beta a}}{\beta }=\frac{1}{\beta }{\cos }^2\frac{ka}{2}$。

这两个是 ${\psi }_{\text{in}}=\cos kx$ 时的未归一化积分（书上写作「没有归一化」的几率），本身不是概率。

归一化条件 (3-63)：$C^2[\frac{a}{2}(1+\frac{\sin ka}{ka})+\frac{1}{\beta }{\cos }^2\frac{ka}{2}]=1$。真正的概率是括号里两项各乘 $C^2$：

$${\mathcal{P}}_{\text{in}}=\frac{P_{\text{in}}}{P_{\text{in}}+P_{\text{out}}},{\mathcal{P}}_{\text{out}}=\frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}+P_{\text{out}}},{\mathcal{P}}_{\text{in}}+{\mathcal{P}}_{\text{out}}=1$$

$E\ll V_0$（$k$ 小、$\beta$ 大）时：未归一化积分 $P_{\text{in}}\approx a$，$P_{\text{out}}\approx 0$（这是书上 p42 的写法）；归一化后阱内概率 $\to 1$，阱外概率 $\to 0$，即粒子几乎全在阱内。易错：$P_{\text{in}}\approx a$ 有长度量纲，不能当概率。

(8) 阱外方程变为 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}(E-V_0)\psi =0$，是振动型解。波函数不再受「无穷远处趋于 0」的限制，是散射波或透射波，能量连续。

jc-3-4-2 · 一边无限高的有限深阱：束缚态个数 · ⬜

计算（习题3-12，书 p60；衔接方法同 (3-54)(3-55)）质量 $m$ 的粒子在势阱

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x<0\\ -\frac{32{\hslash }^2}{m{a}^2},& 0\le x\le a\\ 0,& x>a\end{array}$$

中运动。(1) 有多少个束缚态？(2) 对能量最高的束缚态，粒子在 $x>a$ 处的概率是多少？

**答案**

(1) 记 $V_0=\frac{32{\hslash }^2}{m{a}^2}$，束缚态 $-V_0<E<0$。阱内 $\psi =A\sin kx$（由 $\psi (0)=0$），$k^2=\frac{2m(E+V_0)}{{\hslash }^2}$；阱外 $\psi =B{e}^{-\beta x}$，${\beta }^2=-\frac{2mE}{{\hslash }^2}$。在 $x=a$ 处 ${\psi }^{\prime }/\psi$ 连续，得 $k\cot ka=-\beta$。令 $\xi =ka$、$\eta =\beta a$：

$$\eta =-\xi \cot \xi ,{\xi }^2+{\eta }^2=\frac{2m{V}_0{a}^2}{{\hslash }^2}=64$$

这就是对称有限阱的奇宇称方程（$x=0$ 处的无限高壁相当于只保留奇宇称解）。$\eta >0$ 要求 $\cot \xi <0$，各支从 $\xi =\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2},\frac{5\pi }{2}\approx 7.85$ 开始；$\frac{7\pi }{2}\approx 11.0>8$。所以与半径为 8 的圆有 3 个交点，即 3 个束缚态（数值根 $\xi \approx 2.79,5.52,7.96$）。

(2) 最高态 $\xi \approx 7.957$，$\eta =\sqrt{64-{\xi }^2}\approx 0.825$。取 $a=1$，阱内积分 ${\int }_0^1{\sin }^2\xi xdx=\frac{1}{2}-\frac{\sin 2\xi }{4\xi }$；阱外由连续性 $B=\sin \xi e^{\eta }$，积分 ${\int }_1^{\infty }{\sin }^2\xi e^{-2\eta (x-1)}dx=\frac{{\sin }^2\xi }{2\eta }$。

$$P(x>a)=21-4\xi sin2\xi +2\eta sin2\xi sin2\xi /2\eta \approx 0.54$$

这个态非常靠近阈值（$\eta$ 小），波函数伸到阱外很远，所以有一半以上的概率在阱外。考试一般只问个数，答 3 即可。

jc-3-4-3 · 有限深对称方势阱（直接写出） · 🟡

填空（书 p38–42，式 (3-40)–(3-63)）

(1) $k=$ ____，$\beta =$ ____；阱外 $x>\frac{a}{2}$ 的解 ____。（式 (3-40)–(3-44)）

(2) $\xi =$ ____，$\eta =$ ____。偶宇称条件 ____，奇宇称条件 ____，两者都要满足的圆方程 ____。（式 (3-51)–(3-56)，p40）

(3) 束缚态至少有 ____ 个，是 ____ 宇称；出现奇宇称束缚态要求 $V_0{a}^2\ge$ ____。

(4) $V_0\to \infty$ 时 $E_n\to$ ____。（式 (3-58)(3-59)，p41）

**答案**

(1) $k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$，$\beta =\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hslash }$；$B{e}^{-\beta x}$。

(2) $\xi =\frac{ka}{2}$，$\eta =\frac{\beta a}{2}$；$\xi \tan \xi =\eta$；$-\xi \cot \xi =\eta$；${\xi }^2+{\eta }^2=\frac{m{V}_0{a}^2}{2{\hslash }^2}$。

(3) 1 个，偶宇称；$\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m}$。

(4) $\frac{{\pi }^2{\hslash }^2{n}^2}{2m{a}^2}$（退回无限深阱）。

3.5 一维 δ 势阱

知识点小结：$V=-V_0\delta (x)$ 时，$E>0$ 是游离态（能量连续），$E<0$ 才有束缚态。把方程在 $x=0$ 附近积分，得到 ${\psi }^{\prime }$ 的跃变条件：$\psi$ 连续，${\psi }^{\prime }$ 不连续。两侧是 $e^{\mp kx}$，偶宇称解给出唯一的能级 $E=-\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^2}$；奇宇称解在 $x=0$ 必须为 0，只能是零解，所以 $\delta$ 势阱只有一个束缚态。

jc-3-5-1 · 一维 δ 势阱 · ⬜

计算（书 p42–44，式 (3-67)–(3-80)）$V=-V_0\delta (x)$，$V_0>0$。

(1) 能量在什么范围内才有束缚态？$E>0$ 时粒子处于什么状态？（p42–43）

(2) ${\psi }^{\prime }$ 在 $x=0$ 处为什么不连续？导出跃变条件。（式 (3-69)(3-70)）

(3) 求束缚态能级和归一化波函数，并说明束缚态有几个、宇称是什么。（式 (3-71)–(3-80)）

(4) 定义特征长度 $L$ 为使 $e^{-k|x|}$ 降到 $e^{-1}$ 的 $|x|$。求 $L$，以及粒子出现在 $|x|>L$ 处的概率。（式 (3-78)(3-79)）

(5) 若把势改成 $+V_0\delta (x)$（$\delta$ 势垒），还有束缚态吗？为什么？

**答案**

(1) $x\ne =0$ 处 $V=0$。$E>0$ 时粒子自由运动，是游离态，能量连续；只有 $E<0$ 才有束缚态，能量离散。

(2) 把方程 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E+V_0\delta (x)]\psi =0$ 从 $-\epsilon$ 积分到 $\epsilon$：$\int {\psi }^{{}^{\prime \prime }}={\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})$；$\int E\psi =E\psi (0)\cdot 2\epsilon \to 0$；$\int \delta \psi =\psi (0)$。因此

$${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)(3\text{-}70)$$

$\delta$ 势在一点无穷大，其积分有限，造成 ${\psi }^{\prime }$ 跃变；$\psi$ 本身仍然连续。

(3) $k=\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }$，$\psi =A{e}^{-kx}$（$x>0$），$B{e}^{kx}$（$x<0$）。势是偶函数，束缚态有确定宇称。

• 偶宇称（$A=B=C$）：${\psi }^{\prime }(0^{\pm })=\mp Ck$，代入跃变条件 $-2Ck=-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}C$，得 $k=\frac{m{V}_0}{{\hslash }^2}$，$E=-\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^2}$。
• 奇宇称（$A=-B=D$）：$x=0$ 处连续要求 $D=-D$，所以 $D=0$，为零解。

所以只有一个束缚态，偶宇称。归一化：$C^2\cdot \frac{1}{k}=1$，$\psi =\sqrt{k}{e}^{-k|x|}$。

(4) $L=\frac{1}{k}=\frac{{\hslash }^2}{m{V}_0}$。$P(|x|>L)=2k{\int }_{1/k}^{\infty }{e}^{-2kx}dx=e^{-2}\approx 13.5$，所以 $P(|x|<L)=1-e^{-2}$。

(5) 没有。跃变条件变号为 ${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=+\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$，偶宇称给出 $-2Ck=+\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}C$，$k=-\frac{m{V}_0}{{\hslash }^2}<0$，$e^{-kx}$ 在无穷远发散，不能归一化；奇宇称仍是零解。排斥的 $\delta$ 势只有散射态（见 3.7）。

jc-3-5-2 · δ 势阱（直接写出） · 🟡

填空（书 p42–44，式 (3-67)–(3-78)）

(1) $V=-V_0\delta (x)$：${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=$ ____。（式 (3-70)，p43）

(2) 束缚态 $k=$ ____，$E=$ ____，共有 ____ 个束缚态，宇称 ____。（式 (3-72)(3-76)）

(3) 归一化波函数 $\psi (x)=$ ____；特征长度 $L=$ ____；$|x|>L$ 的概率 ____。（式 (3-77)(3-78)，p44）

**答案**

(1) $-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$。

(2) $k=\frac{m{V}_0}{{\hslash }^2}$，$E=-\frac{{\hslash }^2{k}^2}{2m}=-\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^2}$；1 个；偶。

(3) $\sqrt{k}{e}^{-k|x|}$；$\frac{1}{k}=\frac{{\hslash }^2}{m{V}_0}$；$e^{-2}\approx 0.135$。

3.6 一维方势垒

知识点小结：粒子从左边打到高 $V_0$、宽 $a$ 的方势垒上。$E<V_0$ 时经典粒子会被全部弹回，量子粒子却有一定概率穿过去，这就是隧穿效应；垒内是指数型的 $e^{\pm lx}$。用概率流定义反射系数 $F=|R{|}^2$、透射系数 $T=|S{|}^2$，两者之和为 1。垒较厚（$la\gg 1$）时 $T$ 随 $m$、$a$、$V_0-E$ 的增大按指数减小，所以宏观上看不到隧穿。$E>V_0$ 时把 $l$ 换成 $i{l}^{\prime }$ 就行，粒子也会被部分反射；势阱散射同理。

jc-3-6-1 · Josephson 节 · ⬜

简答（书 p48）书上举的 Josephson 节是什么现象？为什么说它是宏观量子隧穿效应？

**答案**

Josephson 节由 Josephson B D 于 1962 年发现。两块超导体之间用一层绝缘层隔开：绝缘层较厚时电流不能通过；绝缘层足够薄时，超导体中的电子对按一定概率「穿透」绝缘层形成电流。电流是大量电子对的集体行为，是宏观可测的，所以说这是宏观量子隧穿效应的例子。

jc-3-6-2 · 一维方势垒 · ⬜

计算（书 p44–48，式 (3-81)–(3-103)）$V=V_0$（$0<x<a$），$V=0$（$x<0$ 或 $x>a$），能量 $E$ 的粒子从左边入射。

(1) 设 $E<V_0$，写出三个区的波函数。为什么Ⅰ区入射波的系数可以取 1？为什么Ⅲ区没有 $e^{-ikx}$ 项？（式 (3-85)–(3-88)）

(2) 计算入射波、反射波、透射波的概率流密度，并定义反射系数 $F$ 和透射系数 $T$。（式 (3-89)–(3-92)）

(3) 写出 $x=0$ 和 $x=a$ 处的衔接条件，求透射系数 $T$，并验证 $F+T=1$。$E<V_0$ 时 $T$ 为零吗？这说明了什么？（式 (3-93)–(3-101)，p47）

(4) 当 $la\gg 1$ 时求 $T$ 的近似式。$T$ 随哪些量的增大而迅速减小？为什么宏观物体观察不到隧穿？（式 (3-102)，p47）

(5) 设 $E>V_0$，求 $T$。经典粒子此时会全部透过，量子粒子是否一定全部透过？什么条件下 $T=1$？（式 (3-103)）

(6) 若把势垒换成深 $V_0$ 的方势阱（$V_0\to -V_0$），$T$ 怎样计算？粒子会不会被势阱反射？（p48）

**答案**

(1) ${\psi }_{\text{I}}=e^{ikx}+R{e}^{-ikx}$，${\psi }_{\text{II}}=A{e}^{lx}+B{e}^{-lx}$，${\psi }_{\text{III}}=S{e}^{ikx}$，其中 $k^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$，$l^2=\frac{2m(V_0-E)}{{\hslash }^2}$。波函数可以差一个常数因子（${\psi }_{\text{I}}\to {\psi }_{\text{I}}/A_1$），所以入射系数取 1；$x>a$ 区没有东西再把粒子反射回来，只有正向的透射波。

(2) $j_i=\frac{i\hslash }{2m}(\psi {\partial }_x{\psi }^{\ast }-{\psi }^{\ast }{\partial }_x\psi )=\frac{\hslash k}{m}=v$，$j_r=-|R{|}^{2}v$，$j_t=|S{|}^{2}v$。

$$F\equiv \frac{|j_r|}{|j_i|}=|R{|}^2,T\equiv \frac{|j_t|}{|j_i|}=|S{|}^2$$

易混：$R$、$S$ 是反射波、透射波的振幅，反射系数和透射系数是它们的模方。

(3) 衔接条件：$x=0$ 处 $1+R=A+B$，$ik(1-R)=l(A-B)$；$x=a$ 处 $A{e}^{la}+B{e}^{-la}=S{e}^{ika}$，$A{e}^{la}-B{e}^{-la}=\frac{ik}{l}S{e}^{ika}$。消去 $A$、$B$ 得

$$T=\frac{4k^2{l}^2}{(k^2+l^2{)}^2{\sinh }^{2}la+4k^2{l}^2},F=\frac{(k^2+l^2{)}^2{\sinh }^{2}la}{(k^2+l^2{)}^2{\sinh }^{2}la+4k^2{l}^2}$$

两者相加为 1，即反射概率与透射概率之和为 1。即使 $E<V_0$，一般也有 $T\ne =0$：微观粒子能穿透比自身能量更高的势垒，出现在垒后的Ⅲ区。这叫隧穿效应（tunneling effect），是经典力学没有的量子效应，来源于粒子的波动性（概率波）；只要势垒高度有限，就有隧穿。

(4) $la\gg 1$ 时 $\sinh la\approx \frac{e^{la}}{2}$，所以

$$T\approx \frac{16k^2{l}^2}{(k^2+l^2{)}^2}{e}^{-2la}=\frac{16E(V_0-E)}{V_0^2}\exp [-\frac{2a}{\hslash }\sqrt{2m(V_0-E)}]$$

（用了 $k^2+l^2=\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}$、$k^2{l}^2=\frac{4m^{2}E(V_0-E)}{{\hslash }^4}$。）$T$ 随 $m$、$a$、$V_0-E$ 的增大按指数减小。宏观物体的 $m$、$a$、$V_0-E$ 与 $\hslash$ 相比都极大，$T\to 0$。

(5) 令 $l=i{l}^{\prime }$，$l^{\prime }=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hslash }$，利用 $\sinh (i{l}^{\prime }a)=i\sin (l^{\prime }a)$：

$$T=\frac{4k^2{l}^{{}^{\prime }2}}{(k^2-l^{{}^{\prime }2}{)}^2{\sin }^2(l^{\prime }a)+4k^2{l}^{{}^{\prime }2}}=[1+\frac{1}{4}(\frac{k}{l^{\prime }}-\frac{l^{\prime }}{k}{)}^2{\sin }^2(l^{\prime }a){]}^{-1}$$

一般 $T<1$，仍有反射。$\sin (l^{\prime }a)=0$，即 $l^{\prime }a=n\pi$ 时 $T=1$，称为共振透射（由式 (3-103) 读出，书上没有单独写）。

(6) 仍用式 (3-103)，只是 $l^{\prime }=\frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hslash }$。粒子也可能被势阱反射，这同样是量子效应。

jc-3-6-3 · 阶跃势（势阱台阶）的反射 · ⬜

计算（习题3-8，书 p60；流的定义同 (3-89)–(3-92)）$x<0$ 处 $V=-V_0$，$x>0$ 处 $V=0$（$V_0>0$）。能量 $E>0$ 的粒子从左边入射，求反射系数和透射系数。两侧波数不同时，透射系数还能直接写成 $|S{|}^2$ 吗？

**答案**

$k_1=\frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hslash }$（$x<0$），$k_2=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$（$x>0$）。$\psi =e^{i{k}_{1}x}+R{e}^{-i{k}_{1}x}$（$x<0$），$\psi =S{e}^{i{k}_{2}x}$（$x>0$）。$x=0$ 处 $\psi$、${\psi }^{\prime }$ 连续：$1+R=S$，$k_1(1-R)=k_{2}S$，解得

$$R=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2},S=\frac{2k_1}{k_1+k_2}$$

反射波和入射波在同一侧、速度相同，所以 $F=|R{|}^2=(\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}{)}^2$。

透射波速度是 $\frac{\hslash k_2}{m}$，必须用流之比：$T=\frac{|j_t|}{|j_i|}=\frac{k_2}{k_1}|S{|}^2=\frac{4k_1{k}_2}{(k_1+k_2{)}^2}$，可验证 $F+T=1$。易错：直接写 $T=|S{|}^2$ 是错的，因为两侧 $k$ 不同。$E>0$ 时经典粒子会全部通过，量子粒子在势突变处仍有反射。

jc-3-6-4 · 方势垒（直接写出） · 🟡

填空（书 p45–48，式 (3-85)–(3-103)）

(1) 一维概率流 $j=$ ____；$\psi =A{e}^{ikx}$ 的 $j=$ ____。（式 (3-89)–(3-91)）

(2) $E<V_0$：$k=$ ____，$l=$ ____，$T=|S{|}^2=$ ____，$|R{|}^2+|S{|}^2=$ ____。（式 (3-99)(3-101)，p47）

(3) $la\gg 1$ 时 $T\approx$ ____。（式 (3-102)）

(4) $E>V_0$：把 $l$ 换成 ____，$T=$ ____；$T=1$ 的条件 ____。（式 (3-103)）

**答案**

(1) $\frac{i\hslash }{2m}(\psi {\partial }_x{\psi }^{\ast }-{\psi }^{\ast }{\partial }_x\psi )$；$\frac{\hslash k}{m}|A{|}^2$。

(2) $\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$，$\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hslash }$；$\frac{4k^2{l}^2}{(k^2+l^2{)}^2{\sinh }^{2}la+4k^2{l}^2}$；1。

(3) $\frac{16E(V_0-E)}{V_0^2}\exp [-\frac{2a}{\hslash }\sqrt{2m(V_0-E)}]$。

(4) $i{l}^{\prime }$，$l^{\prime }=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hslash }$；$\frac{4k^2{l}^{{}^{\prime }2}}{(k^2-l^{{}^{\prime }2}{)}^2{\sin }^2{l}^{\prime }a+4k^2{l}^{{}^{\prime }2}}$；$l^{\prime }a=n\pi$（共振透射）。

3.7 一维 δ 势垒

知识点小结：$V=+V_0\delta (x)$ 是一道无限窄、无限高的墙，$E>0$ 的粒子打上去一部分反射、一部分透射。做法和方势垒一样，只是 $x=0$ 处用 $\psi$ 连续加 ${\psi }^{\prime }$ 跃变（符号和 $\delta$ 势阱相反）。透射系数 $|S{|}^2=(1+\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^{2}E}{)}^{-1}$。虽然 ${\psi }^{\prime }$ 在 $x=0$ 不连续，但概率流是连续的。

jc-3-7-1 · 一维 δ 势垒 · ⬜

计算（书 p48–49，式 (3-104)–(3-113)）$V=V_0\delta (x)$，$V_0>0$，能量 $E>0$ 的粒子从左边入射。

(1) 写出 $x=0$ 处的衔接条件，并与 $\delta$ 势阱比较 ${\psi }^{\prime }$ 跃变的符号。（式 (3-106)(3-109)）

(2) 求反射系数和透射系数。（式 (3-108)–(3-111)）

(3) ${\psi }^{\prime }$ 在 $x=0$ 处不连续，概率流密度是否连续？证明你的结论。（式 (3-112)(3-113)）

(4) 讨论 $E\to \infty$ 和 $E\to 0$ 时透射系数的极限。若换成 $\delta$ 势阱 $-V_0\delta (x)$，$E>0$ 粒子的透射系数会变吗？

**答案**

(1) $\psi (0^{+})=\psi (0^{-})$，${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=+\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$。$\delta$ 势阱的跃变是 $-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$，符号相反。一般地，$V=\gamma \delta (x)$ 时跃变量为 $\frac{2m\gamma }{{\hslash }^2}\psi (0)$。

(2) 设 $\psi =e^{ikx}+R{e}^{-ikx}$（$x<0$），$\psi =S{e}^{ikx}$（$x>0$），$k^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$。由衔接条件得 $1+R=S$，$1-R=S+\frac{2im{V}_0}{{\hslash }^{2}k}S$。记 $\gamma =\frac{m{V}_0}{{\hslash }^{2}k}$，两式相加得 $S=\frac{1}{1+i\gamma }$，$R=\frac{-i\gamma }{1+i\gamma }$。又 ${\gamma }^2=\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^{2}E}$，所以

$$|S{|}^2=(1+\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^{2}E}{)}^{-1},|R{|}^2=\frac{m{V}_0^2/2{\hslash }^{2}E}{1+m{V}_0^2/2{\hslash }^{2}E},|R{|}^2+|S{|}^2=1$$

入射波系数已取 1，且两侧 $k$ 相同，所以 $|S{|}^2$ 就是透射系数。

(3) 连续。$x>0$：$j=\frac{\hslash k}{m}|S{|}^2$。$x<0$：交叉项相互抵消，$j=\frac{\hslash k}{m}(1-|R{|}^2)=\frac{\hslash k}{m}|S{|}^2$。所以 $j(0^{+})=j(0^{-})$。

(4) $E\to \infty$ 时 $|S{|}^2\to 1$；$E\to 0$ 时 $|S{|}^2\to 0$。换成 $\delta$ 势阱只是 $\gamma \to -\gamma$，而透射系数只含 $V_0^2$，不变。

jc-3-7-2 · δ 势垒（直接写出） · 🟡

填空（书 p48–49，式 (3-104)–(3-111)）

(1) $V=V_0\delta (x)$：${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=$ ____。（式 (3-106)）

(2) $S=$ ____，$R=$ ____。（式 (3-110)，p49）

(3) $|S{|}^2=$ ____；换成 $\delta$ 势阱后 $|S{|}^2$ ____（变/不变）。（式 (3-111)）

**答案**

(1) $\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$。

(2) $(1+\frac{im{V}_0}{{\hslash }^{2}k}{)}^{-1}$；$-\frac{im{V}_0/{\hslash }^{2}k}{1+im{V}_0/{\hslash }^{2}k}$。

(3) $(1+\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^{2}E}{)}^{-1}$；不变（只含 $V_0^2$）。

3.8 二维方势阱

知识点小结：二维无限深方势阱 $0<x<a$、$0<y<b$，阱外 $\psi =0$，阱内设 $\psi =X(x)Y(y)$ 分离变量，变成两个一维无限深阱。每个方向各给一个量子数，$n,m=1,2,3,\dots$，能量是两个方向的和 $E_{n,m}=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m}(\frac{n^2}{a^2}+\frac{m^2}{b^2})$，波函数是两个 $\sin$ 的乘积。

jc-3-8-1 · 二维无限深方势阱 · ⬜

计算（书 p49–51，式 (3-114)–(3-131)）质量 $\mu$ 的粒子在 $V=0$（$0<x<a$，$0<y<b$）、其余 $V=\infty$ 的势阱中运动。（书上质量用 $m$，量子数也用 $m$，这里质量改记 $\mu$，免得混淆。）

(1) 用分离变量法求能量本征值和归一化本征函数。（式 (3-119)–(3-131)）

(2) 若 $a=b$，求最低三个能级及各自的简并度。

(3) 若 $b=2a$，最低的几个能级中第一次出现简并的是哪个能级？由哪些量子数组合构成？

**答案**

(1) 代入 $\psi =XY$，除以 $XY$：$-\frac{X^{{}^{\prime \prime }}}{X}=\frac{Y^{{}^{\prime \prime }}}{Y}+\frac{2\mu E}{{\hslash }^2}\equiv k^2$（两边分别只含 $x$、$y$，只能是常数）。于是 $X^{{}^{\prime \prime }}+k^{2}X=0$，$Y^{{}^{\prime \prime }}+l^{2}Y=0$，$k^2+l^2=\frac{2\mu E}{{\hslash }^2}$。由 $X(0)=X(a)=0$ 得 ${\delta }_1=0$、$ka=n\pi$；同理 $lb=m\pi$；$n,m=1,2,3,\dots$（取 0 时波函数恒为 0）。

$$E_{n,m}=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2\mu }(\frac{n^2}{a^2}+\frac{m^2}{b^2}),\psi =\frac{2}{\sqrt{ab}}\sin \frac{n\pi x}{a}\sin \frac{m\pi y}{b}$$

归一化时二重积分可以分离：$C^2\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{b}{2}=1$。

(2) 记 $\epsilon =\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2\mu a^2}$，则 $E=\epsilon (n^2+m^2)$。$(1,1)$：$2\epsilon$，不简并；$(1,2)$、$(2,1)$：$5\epsilon$，二度简并；$(2,2)$：$8\epsilon$，不简并。正方形的对称性导致简并。

(3) $E=\epsilon (n^2+\frac{m^2}{4})$。依次为 $(1,1)1.25\epsilon$，$(1,2)2\epsilon$，$(1,3)3.25\epsilon$，$(2,1)4.25\epsilon$，然后 $(2,2)$ 和 $(1,4)$ 都等于 $5\epsilon$。第 5 个能级首次出现二度简并（这类简并是由边长比例造成的「偶然简并」）。

jc-3-8-2 · 二维无限深方势阱（直接写出） · 🟡

填空（书 p50–51，式 (3-129)–(3-131)）

(1) $0<x<a$、$0<y<b$：$E_{n,m}=$ ____，${\psi }_{n,m}=$ ____，$n,m$ 取 ____。（式 (3-129)(3-131)）

(2) $a=b$ 时最低三个能级（以 $\epsilon =\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m{a}^2}$ 为单位）及简并度 ____。

**答案**

(1) $\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m}(\frac{n^2}{a^2}+\frac{m^2}{b^2})$；$\frac{2}{\sqrt{ab}}\sin \frac{n\pi x}{a}\sin \frac{m\pi y}{b}$；$1,2,3,\dots$。

(2) $2\epsilon$（不简并）、$5\epsilon$（二重）、$8\epsilon$（不简并）。

3.9 谐振子

知识点小结：任何平衡位置附近的小振动都能拆成若干独立的一维简谐振动，所以谐振子是基础模型。一维谐振子先无量纲化成 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+(\lambda -{\xi }^2)\psi =0$，看渐近行为得 $\psi =H(\xi )e^{-{\xi }^2/2}$，$H$ 满足 Hermite 方程；级数解必须中断成多项式，才能保证波函数有限，于是 $\lambda =2n+1$，$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，能级等间距、零点能 $\frac{1}{2}\hslash \omega$ 不为零。本征函数是 Hermite 多项式乘高斯因子，宇称 $(-1{)}^n$。三维各向同性谐振子分解成三个一维振子，$E=(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2})\hslash \omega$，激发态有简并。

3.9.1 一维谐振子

jc-3-9-1 · 经典谐振子与它的地位 · ⬜

填空（书 p51–52，式 (3-132)）经典谐振子回复力 $F=-kx$，角频率 $\omega =$ ____，势能 $V=$ ____（用 $m,\omega$ 表示）。任何在平衡位置附近的微振动，适当选取坐标后都可以分解成 ____，所以一维谐振子是研究复杂振动的基础。

**答案**

$\sqrt{k/m}$；$\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$；几个相互独立的一维简谐振动（例如分子振动、晶格中原子的振动、辐射场的振动）。

jc-3-9-2 · 一维谐振子 · ⬜

计算（书 p52–57，式 (3-132)–(3-166)；习题3-14、3-15、3-16、3-18）$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$。

(1) 引入 $\alpha =\sqrt{m\omega /\hslash }$、$\xi =\alpha x$、$\lambda =\frac{2E}{\hslash \omega }$，把本征值方程化为无量纲形式。分析 $\xi \to \pm \infty$ 时的渐近解，说明为什么令 $\psi =H(\xi )e^{-{\xi }^2/2}$，并导出 $H$ 满足的方程。（式 (3-136)–(3-141)）

(2) 用级数法解 $H$ 的方程：起始幂次 $s$ 可取哪些值？写出系数递推公式。为什么级数必须中断？由中断条件求能级。（式 (3-142)–(3-150)）

(3) 能谱有什么特点？基态能量是多少，为什么不为零？不计零点能时，能级与 Planck 的能量子假设是什么关系？（式 (3-150)(3-151)，p54）

(4) 写出 Hermite 多项式的微分方程、两个递推关系、正交关系和微分表示，以及 $H_0$–$H_2$；用递推关系求 $H_3$。（式 (3-153)–(3-158)）

(5) 导出归一化常数 $N_n$。（式 (3-159)–(3-161)）

(6) 写出 ${\psi }_0$、${\psi }_1$，指出 ${\psi }_n$ 的宇称。（式 (3-162)(3-163)）

(7) 求基态坐标概率最大的位置，并说明这是什么分布；第一激发态呢？（式 (3-164)，图 3-10，习题3-18）

(8) 利用不确定关系 $(\Delta x{)}^2(\Delta p{)}^2\ge \frac{{\hslash }^2}{4}$ 估算零点能。（式 (3-165)(3-166)）

(9) 半谐振子：$x<0$ 处 $V=\infty$，$x>0$ 处 $V=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$，求能级。（习题3-16）

(10) 已知 $x{\psi }_n=\frac{1}{\alpha }[\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}]$ 和 $\frac{d}{dx}{\psi }_n=\alpha [\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}-\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}]$（习题3-14）。求 ${\psi }_n$ 态中 $⟨x⟩$、$⟨p⟩$、$⟨V⟩$、$⟨T⟩$，并说明 $⟨V⟩$ 与 $⟨T⟩$ 的关系。（习题3-15）

**答案**

(1) $\frac{d^2}{d{x}^2}={\alpha }^2\frac{d^2}{d{\xi }^2}$，代入后得 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+(\lambda -{\xi }^2)\psi =0$（3-137）。$\xi \to \pm \infty$ 时可以略去 $\lambda$，${\psi }^{{}^{\prime \prime }}-{\xi }^2\psi =0$，渐近解 $\psi \sim e^{\pm {\xi }^2/2}$。为保证有限，舍去 $e^{{\xi }^2/2}$，令 $\psi =H(\xi )e^{-{\xi }^2/2}$。代入（${\psi }^{{}^{\prime \prime }}=(H^{{}^{\prime \prime }}-2\xi H^{\prime }+{\xi }^{2}H-H)e^{-{\xi }^2/2}$）得 Hermite 方程：

$$H^{{}^{\prime \prime }}-2\xi H^{\prime }+(\lambda -1)H=0(3\text{-}141)$$

（书上的说法：谐振子相当于粒子束缚在「无限深」势阱 $\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ 中，所以要求 $\psi \to 0$。）

(2) $\xi =0$ 是常点，令 $H=\sum a_{\nu }{\xi }^{s+\nu }$，$a_0\ne =0$，$s\ge 0$（不出现负幂）。最低两次幂的系数给出 $s(s-1)a_0=0$、$s(s+1)a_1=0$，所以 $s=0$ 或 $1$。递推公式：

$$a_{\nu +2}=\frac{2s+2\nu -\lambda +1}{(s+\nu +1)(s+\nu +2)}{a}_{\nu }$$

$\nu \to \infty$ 时 $\frac{a_{\nu +2}}{a_{\nu }}\approx \frac{2}{\nu }$，与 $e^{{\xi }^2}$ 展开式相邻系数之比相同。若级数不中断，$H\sim e^{{\xi }^2}$，$\psi \sim e^{{\xi }^2/2}\to \infty$，不满足有限性。所以必须在某个 ${\nu }^{\prime }$ 处中断：$\lambda =2(s+{\nu }^{\prime })+1=2n+1$，

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega ,n=0,1,2,\dots$$

(3) 能级离散且等间距，间距 $\hslash \omega$（对比无限深阱：$E_{n+1}-E_n=(2n+1)\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{2m{a}^2}$，间距随 $n$ 增大）。$E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$ 叫零点能，不为零是粒子波动性的结果（静止的波不存在）；经典振子的最低能量是 0。不计零点能时 $E_n=nh\nu$，与 Planck 假设完全一致，解 Schrödinger 方程验证了能量量子化。

(4) 微分方程 $H_n^{{}^{\prime \prime }}-2\xi H_n^{\prime }+2n{H}_n=0$；递推关系 $H_{n+1}-2\xi H_n+2n{H}_{n-1}=0$，$H_n^{\prime }=2n{H}_{n-1}$；正交关系 $\int H_m{H}_n{e}^{-{\xi }^2}d\xi =\sqrt{\pi }{2}^{n}n!{\delta }_{mn}$；微分表示 $H_n=(-1{)}^n{e}^{{\xi }^2}\frac{d^n}{d{\xi }^n}{e}^{-{\xi }^2}$。$H_0=1$，$H_1=2\xi$，$H_2=4{\xi }^2-2$。取 $n=2$：$H_3=2\xi H_2-4H_1=8{\xi }^3-12\xi$（验算：$H_3^{\prime }=24{\xi }^2-12=6H_2$ ✓）。

(5) 换元 $\xi =\alpha x$，得 $\frac{1}{N_n^2}=\frac{1}{\alpha }\int e^{-{\xi }^2}{H}_n^{2}d\xi$。把其中一个 $H_n$ 换成微分表示，分部积分 $n$ 次（边界项都含 $e^{-{\xi }^2}$，为 0），得 $\frac{1}{\alpha }\int \frac{d^n{H}_n}{d{\xi }^n}{e}^{-{\xi }^2}d\xi$。由 $H_n^{\prime }=2n{H}_{n-1}$ 得 $\frac{d^n{H}_n}{d{\xi }^n}=2^{n}n!$。再用 ${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-{\xi }^2}d\xi =\sqrt{\pi }$：

$$N_n=(\frac{\alpha }{2^{n}n!\sqrt{\pi }}{)}^{1/2}$$

【原书笔误】书 p55 这一步写成 $\frac{2^{n}n!}{\alpha }2\Gamma (\frac{1}{2})$，多了一个因子 2。${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-{\xi }^2}d\xi =\Gamma (\frac{1}{2})=\sqrt{\pi }$，书上的最终结果 $\frac{2^{n}n!\sqrt{\pi }}{\alpha }$ 是对的。

(6) ${\psi }_0=\frac{\sqrt{\alpha }}{{\pi }^{1/4}}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$，${\psi }_1=\frac{\sqrt{2\alpha }}{{\pi }^{1/4}}\alpha x{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$。书上 (3-162) 还列了 ${\psi }_2=\frac{1}{{\pi }^{1/4}}\sqrt{\frac{\alpha }{2}}(2{\alpha }^2{x}^2-1)e^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$ 和 ${\psi }_3=\frac{\sqrt{3\alpha }}{{\pi }^{1/4}}\alpha x(1-\frac{2}{3}{\alpha }^2{x}^2)e^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$。这两式已对照原书 p56 核实，是书上原文，系数含 $\sqrt{\alpha }$，没有印错。验算 ${\psi }_2$：$N_2{H}_2=(\frac{\alpha }{8\sqrt{\pi }}{)}^{1/2}\cdot 2(2{\alpha }^2{x}^2-1)=\frac{1}{{\pi }^{1/4}}\sqrt{\frac{\alpha }{2}}(2{\alpha }^2{x}^2-1)$ ✓。宇称为 $(-1{)}^n$：$n$ 偶为偶宇称，$n$ 奇为奇宇称。

【写法提示】书上式 (3-163) 印作 $P{\psi }_n(x)=(-1{)}^n{\psi }_n(-x)$。按 $\hat{P}\psi (x)=\psi (-x)$ 的定义，规范写法是 $\hat{P}{\psi }_n(x)={\psi }_n(-x)=(-1{)}^n{\psi }_n(x)$。

(7) 基态 $w=\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}$ 是 Gauss 分布，$\frac{dw}{dx}=0$ 给出 $x=0$，原点处概率最大。第一激发态 $|{\psi }_1{|}^2\propto x^2{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}$，求导得 $2x(1-{\alpha }^2{x}^2)=0$；$x=0$ 是节点，最大值在 $x=\pm \frac{1}{\alpha }=\pm \sqrt{\frac{\hslash }{m\omega }}$。不同态的概率分布截然不同。

(8) $⟨E⟩=\frac{(\Delta p{)}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2(\Delta x{)}^2$，取 $(\Delta p{)}^2=\frac{{\hslash }^2}{4(\Delta x{)}^2}$，对 $(\Delta x{)}^2$ 求极值：$\frac{1}{2}m{\omega }^2-\frac{{\hslash }^2}{8m(\Delta x{)}^4}=0$，得 $(\Delta x{)}^2=\frac{\hslash }{2m\omega }$，代回得 $⟨E{⟩}_{\min }=\frac{\hslash \omega }{4}+\frac{\hslash \omega }{4}=\frac{\hslash \omega }{2}$，正好等于零点能。

(9) $x>0$ 时方程与完整谐振子相同，边界条件多了 $\psi (0)=0$，只有奇宇称解（$n$ 为奇数）满足。所以 $E=(2k+\frac{3}{2})\hslash \omega$，$k=0,1,2,\dots$，即 $\frac{3}{2}\hslash \omega ,\frac{7}{2}\hslash \omega ,\dots$

(10) $x{\psi }_n$ 只含 ${\psi }_{n\pm 1}$，与 ${\psi }_n$ 正交，所以 $⟨x⟩=0$；同理 $\frac{d}{dx}{\psi }_n$ 只含 ${\psi }_{n\pm 1}$，所以 $⟨p⟩=-i\hslash \int {\psi }_n{\psi }_n^{\prime }dx=0$。

$⟨x^2⟩=\int |x{\psi }_n{|}^{2}dx=\frac{1}{{\alpha }^2}(\frac{n}{2}+\frac{n+1}{2})=\alpha 2n+21$，所以

$$⟨V⟩=\frac{1}{2}m{\omega }^2\cdot m\omega (n+21)\hslash =\frac{1}{2}(n+\frac{1}{2})\hslash \omega =\frac{E_n}{2},⟨T⟩=E_n-⟨V⟩=\frac{E_n}{2}$$

$⟨T⟩=⟨V⟩$，动能与势能平均各占一半（谐振子的维里关系）。也可以用导数式直接算 $⟨p^2⟩={\hslash }^2{\alpha }^2(n+\frac{1}{2})$ 来验算 $⟨T⟩$。

3.9.2 三维谐振子

jc-3-9-3 · 三维各向同性谐振子 · ⬜

计算（书 p57–59，式 (3-167)–(3-181)；习题3-9）$V=\frac{1}{2}m{\omega }^2(x^2+y^2+z^2)$。

(1) 用直角坐标分离变量，求能量本征值和本征函数。（式 (3-169)–(3-181)）

(2) 求基态、第一激发态、第二激发态的简并度，并推导第 $N$ 个能级（$N=n_x+n_y+n_z$）的简并度。（p59）

(3) 粒子带电 $q$，再加沿 $z$ 方向的均匀电场 $\mathcal{E}$，$V=\frac{1}{2}m{\omega }^2(x^2+y^2+z^2)-q\mathcal{E}z$，求能级。（习题3-9）

**答案**

(1) 令 $\xi =\alpha x$、$\eta =\alpha y$、$\zeta =\alpha z$，$\lambda =\frac{2E}{\hslash \omega }$，$\psi =X(\xi )Y(\eta )Z(\zeta )$，分离成三个一维谐振子方程 $X^{{}^{\prime \prime }}+({\lambda }_x-{\xi }^2)X=0$ 等，其中 ${\lambda }_x+{\lambda }_y+{\lambda }_z=\lambda$，${\lambda }_i=2n_i+1$。

$$E=(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2})\hslash \omega ,\psi =N_{n_x}{N}_{n_y}{N}_{n_z}{H}_{n_x}(\alpha x)H_{n_y}(\alpha y)H_{n_z}(\alpha z)e^{-{\alpha }^2{r}^2/2}$$

(2) 基态 $\frac{3}{2}\hslash \omega$ 只有 $(0,0,0)$，不简并。第一激发态 $\frac{5}{2}\hslash \omega$ 有 $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$，3 度。第二激发态 $\frac{7}{2}\hslash \omega$ 有 $(2,0,0)$ 类 3 个和 $(1,1,0)$ 类 3 个，共 6 度。

一般情形：固定 $n_x=j$，则 $n_y+n_z=N-j$ 有 $N-j+1$ 种取法，所以简并度为 ${\sum }_{j=0N}(N-j+1)=\frac{(N+1)(N+2)}{2}$（书上只给了前两个能级）。

(3) 对 $z$ 配方：$\frac{1}{2}m{\omega }^2{z}^2-q\mathcal{E}z=\frac{1}{2}m{\omega }^2(z-z_0{)}^2-\frac{q^2{\mathcal{E}}^2}{2m{\omega }^2}$，$z_0=\frac{q\mathcal{E}}{m{\omega }^2}$。相当于平衡位置沿 $z$ 平移 $z_0$，能量整体下移：

$$E=(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2})\hslash \omega -\frac{q^2{\mathcal{E}}^2}{2m{\omega }^2}$$

$z$ 方向的波函数把 $\alpha z$ 换成 $\alpha (z-z_0)$。

jc-3-9-4 · 谐振子（直接写出） · 🟡

填空（书 p52–59，式 (3-133)–(3-181)；习题3-14）

(1) $\alpha =$ ____，$\xi =$ ____；$E_n=$ ____，零点能 ____。（式 (3-136)(3-150)）

(2) ${\psi }_n=$ ____，$N_n=$ ____，${\psi }_0=$ ____。（式 (3-152)(3-161)(3-162)）

(3) $H_0\sim H_3=$ ____；$H_{n+1}=$ ____，$H_n^{\prime }=$ ____；$\int H_m{H}_n{e}^{-{\xi }^2}d\xi =$ ____。（式 (3-154)–(3-158)）

(4) ${\psi }_n(-x)=$ ____。（式 (3-163)）

(5) $x{\psi }_n=$ ____，$\frac{d{\psi }_n}{dx}=$ ____。（习题3-14）

(6) 三维各向同性谐振子 $E_N=$ ____，简并度 ____。（式 (3-181)，p59）

**答案**

(1) $\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}$，$\alpha x$；$(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，$\frac{1}{2}\hslash \omega$。

(2) $N_n{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}{H}_n(\alpha x)$；$(\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}{)}^{1/2}$；$\frac{\sqrt{\alpha }}{{\pi }^{1/4}}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$。

(3) $1,2\xi ,4{\xi }^2-2,8{\xi }^3-12\xi$；$2\xi H_n-2n{H}_{n-1}$；$2n{H}_{n-1}$；$\sqrt{\pi }{2}^{n}n!{\delta }_{mn}$。

(4) $(-1{)}^n{\psi }_n(x)$。

(5) $\frac{1}{\alpha }[\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}]$；$\alpha [\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}-\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}]$。

(6) $(N+\frac{3}{2})\hslash \omega$，$N=n_x+n_y+n_z$；$\frac{(N+1)(N+2)}{2}$。

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