2.7 一维无限深势阱 · 量子力学阶梯

V(x)=\begin{cases}0,&0<x<L\\ \infty,&\text{其他}\end{cases}

一个粒子被关在两堵无限高的墙之间。这是最简单的束缚态问题，但它已经包含了能量量子化、零点能、节点结构、正交完备性—— 量子力学的整套语法都在这里第一次亮相。

求解

完整求解：从方程到能级基础~8 min

第一步：确定定义域。

在阱外 $V=\infty$ 。定态方程要求 $\psi''=\frac{2m(V-E)}{\hbar^2}\psi$ ， $V\to\infty$ 时唯一可能的有限解是 $\psi\equiv0$ 。所以粒子绝对不会出现在阱外。

由波函数连续性，边界条件为

\psi(0)=\psi(L)=0\tag{2.7.1}

（注意：这里 $\psi'$ 不要求连续，因为 $V$ 是无限的——回顾 2.2 节末尾的表格。）

第二步：解阱内方程。

阱内 $V=0$ ：

-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\dd^2\psi}{\dd x^2}=E\psi \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{\dd^2\psi}{\dd x^2}=-k^2\psi,\qquad k\equiv\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}\tag{2.7.2}

（束缚态要求 $E>0$ ：若 $E<0$ 则 $\psi''=\kappa^2\psi$ ，解是 $\ee^{\pm\kappa x}$ ，无法同时在两端归零。）通解

\psi(x)=A\sin kx+B\cos kx\tag{2.7.3}

第三步：施加边界条件。

$\psi(0)=0$ 直接给出 $B=0$ 。剩下

\psi(L)=A\sin kL=0\tag{2.7.4}

$A=0$ 会给出处处为零的平庸解（不可归一化，也没有粒子）。所以必须

kL=n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots\tag{2.7.5}

为什么 $n$ 从 1 开始？ $n=0$ 给出 $\psi\equiv0$ ；负的 $n$ 只是把 $\psi$ 整体变号，物理上是同一个态（整体相位）。所以有效的只有正整数。

第四步：能级。

由 $k_n=n\pi/L$ 与 $E=\hbar^2k^2/2m$ ：

E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2},\qquad n=1,2,3,\dots\tag{2.7.6}

第五步：归一化。

1=|A|^2\int_0^L\sin^2\frac{n\pi x}{L}\dd x=|A|^2\cdot\frac{L}{2} \;\Longrightarrow\;A=\sqrt{\frac2L}\tag{2.7.7}

（取 $A$ 为正实数，相位任意。）最终

\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{n\pi x}{L}\tag{2.7.8}

读一读这个结果

物理图像

盒子里的驻波。 边界条件 $\psi(0)=\psi(L)=0$ 和两端固定的琴弦完全一样，所以本征态就是琴弦的各阶谐波：阱宽必须容纳整数个半波长， $L=n\lambda/2$ 。

配合 de Broglie 关系 $\lambda=h/p$ 立刻得到 $p_n=nh/2L$ ，再由 $E=p^2/2m$ 就是上面的能级公式。量子化 = 驻波条件。

节点。 $\psi_n$ 在阱内有 $n-1$ 个零点。能量越高，波函数弯得越厉害（曲率 $\propto E$ ），节点越多。这个「节点数 = n − 1」的规律在一维束缚态里是普遍成立的。

数学形式

\psi_n(x)=\sqrt{\frac2L}\sin\frac{n\pi x}{L},\qquad E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\tag{2.7.9}

E_n=n^2E_1,\qquad E_{n+1}-E_n=(2n+1)E_1\tag{2.7.10}

正交归一性：

\int_0^L\psi_m\psi_n\,\dd x=\delta_{mn}\tag{2.7.11}

（用积化和差可直接验证， $m\ne n$ 时两项都在整数个周期上积分为零。）

一维无限深势阱

拖动宽度 L 与量子数 n，看能量、波形与概率分布怎么一起变。单位取 ħ = m = 1。

能量 Eₙ (n=1): 4.935
相对 E₁(L=1): 1.00 ×
⟨x⟩ / L: 0.500
Δx / L: 0.180

阱宽 L1.00

缩小盒子，所有能级一起被顶上去：E ∝ 1/L²

量子数 n1

节点数 = n − 1 = 0（不含两端）

状态

显示 ψ显示 |ψ|²

试试看

把 L 从 2.5 拖到 0.6，盯住能级图上那条虚线（固定在 E₁(L=1) 的参考能量）：它会一路沉到图的底部，也就是说所有能级都远远升到了它上面。读数区的「相对 E₁(L=1)」会从 0.16 涨到 2.78 ——「把粒子关得越紧，它的动能越大」，这就是 ΔxΔp ≥ ħ/2 的一个直接后果。
在定态下改变 n，注意 |ψ|² 始终不随时间变化（曲线是静止的）；切到叠加态并播放，|ψ|² 立刻开始左右晃。「定态」定的就是这件事。
叠加态里只留 c₁（其余拖到 0），播放——概率密度又不动了。单个本征态无论怎么演化都只是整体乘一个相位 e^(−iEₙt/ħ)，观测量看不见它。
让 n 取 10 以上再看 |ψ|²：条纹密到接近均匀分布，正是经典粒子在盒子里「哪儿都可能」的图像——对应原理在这里现身。

这里是一个交互模拟（infinite-well），需要启用 JavaScript 才能运行。正文的推导与结论不依赖它，可以继续往下读。

展开任意初态

因为 $\{\psi_n\}$ 完备，任何满足边界条件的初态都可以展开：

\Psi(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}c_n\psi_n(x),\qquad c_n=\sqrt{\frac2L}\int_0^L\sin\frac{n\pi x}{L}\,\Psi(x,0)\,\dd x\tag{2.7.12}

例：粒子初始均匀分布在左半边进阶~7 min

设

\Psi(x,0)=\begin{cases}\sqrt{2/L},&0<x<L/2\\0,&\text{其他}\end{cases}

（已归一化： $\frac{2}{L}\cdot\frac{L}{2}=1$ 。）系数为

c_n=\sqrt{\frac2L}\cdot\sqrt{\frac2L}\int_0^{L/2}\sin\frac{n\pi x}{L}\dd x =\frac2L\cdot\frac{L}{n\pi}\left[1-\cos\frac{n\pi}{2}\right] =\frac{2}{n\pi}\left[1-\cos\frac{n\pi}{2}\right]\tag{2.7.13}

逐个代入：

$n$	$\cos(n\pi/2)$	$c_n$	$\lvert c_n\rvert^2$
1	0	$2/\pi$	0.405
2	$-1$	$2/\pi$	0.405
3	0	$2/3\pi$	0.045
4	1	0	0
5	0	$2/5\pi$	0.016

前两项就占了 81%。检验： $\sum|c_n|^2=\frac{4}{\pi^2}(1+1+\frac19+0+\frac1{25}+\cdots)=1$ （可用 $\sum_{k\,\text{odd}}1/k^2=\pi^2/8$ 验证）。

测能量会得到什么？ 40.5% 的概率得到 $E_1$ ，40.5% 得到 $E_2$ ，4.5% 得到 $E_3$ …… 注意 $c_4=0$ ： $\psi_4$ 关于 $L/2$ 反对称程度与初态的重叠恰好为零。

演化。 $E_1$ 与 $E_2$ 的成分几乎各占一半，所以概率密度会以 $\omega_{21}=3\pi^2\hbar/2mL^2$ 在左右两半之间来回摆—— 可以在上面的模拟里把 $c_1,c_2$ 设成相等直接看到。

对应原理

大 n 极限

经典粒子在盒子里匀速来回弹，速率不变，所以在各处停留时间相同—— 概率密度是均匀分布 $P_\text{cl}(x)=1/L$ 。

量子结果是 $|\psi_n|^2=\frac2L\sin^2\frac{n\pi x}{L}$ ，在 0 和 $2/L$ 之间振荡。两者看起来完全不同。但注意：

\overline{|\psi_n|^2}=\frac2L\cdot\overline{\sin^2}=\frac2L\cdot\frac12=\frac1L=P_\text{cl}\tag{2.7.14}

振荡的平均值恰好就是经典结果。 而 $n$ 越大，条纹越密，任何有限分辨率的测量都只能看到平均值。这就是对应原理的具体机制：不是量子效应「消失」了，而是它被平均掉了。

在模拟里把 $n$ 拉到 12，同时想象你的探测器分辨率是 $L/10$ ——你会测到一条平线。

能级间距的相对大小也支持同样的结论：

\frac{E_{n+1}-E_n}{E_n}=\frac{2n+1}{n^2}\xrightarrow{\ n\to\infty\ }0\tag{2.7.15}

$n$ 大时相邻能级的相对间隔趋于零，能谱看起来变成连续的——正是经典图像。

本节关键公式

本征态
$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{n\pi x}{L},\quad n=1,2,3,\dots$
节点数 = n − 1；n = 0 给出平庸解故排除
能级
$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}=n^2E_1$
间距随 n 增大：E_{n+1}−E_n=(2n+1)E₁
展开系数
$c_n=\sqrt{\frac2L}\int_0^L\sin\frac{n\pi x}{L}\,\Psi(x,0)\,\dd x$
|cₙ|² 是测能量得到 Eₙ 的概率
经典极限
$\overline{|\psi_n|^2}=\frac{1}{L}=P_{\text{cl}}(x)$
大 n 时量子振荡被分辨率平均掉

自测共 4 题

接下来

把墙的高度从无限降到有限，会发生三件有趣的事：束缚态变成有限个、波函数渗出阱外、以及出现散射态。

一维无限深势阱

建议先掌握

学完本节你应该能

求解

读一读这个结果

物理图像

数学形式

一维无限深势阱

展开任意初态

对应原理

本节关键公式

自测共 4 题

接下来

求解

读一读这个结果

◑物理图像

∑数学形式

展开任意初态

对应原理

∎本节关键公式

接下来

物理图像

数学形式

本节关键公式