散射态与相移

上一节宇称把束缚态整理成了偶奇交替的整齐队列。可是回想 2.11 节的散射实验：波包撞上势垒，一部分弹回、一部分穿过，我们算出了透射率 $T$ 和反射率 $R$，故事好像就讲完了。

真的讲完了吗？看一个当时留下的悬念——Ramsauer–Townsend 效应：慢电子穿过氙原子时，在特定能量下 $T=1$，气体对电子近乎透明。$T=1$ 的意思是「全过去了」。那么在这个能量上，势对电子什么都没做吗？

没那么便宜。波是全过去了，但它出来时波形整体错了位——波峰不在「假如没有势」它该在的位置上。透射率对这件事完全失明：$T$ 只比较振幅的模，把相位信息全扔了。要看见势的这只「隐形的手」，需要一个新的量。它叫相移。

先分清两种态

一维势问题里的能量本征态天然分成两类，处理方式截然不同：

• 束缚态：能量低于势在无穷远处的值。波函数在两端指数衰减、可以归一化，能量取离散值——第 2 章的阱、上一节的宇称分类，说的都是它们。
• 散射态：能量高于无穷远处的势。波函数在远处是振荡的平面波，不衰减、不可归一化，任何 $E$ 都允许——能谱是连续的。

提问方式也跟着换。束缚态问「能量允许取哪些值」；散射态的能量随便取，改问：给定能量的波进去，出来时发生了什么变化？

答案的全部内容，出人意料地少。

最干净的舞台：半轴问题

先把问题简化到只剩一个数。设想粒子被限制在 $x>0$ 的半轴上（$x=0$ 处有一堵不可穿透的墙），墙边有一个宽 $a$、深 $V_0$ 的方阱：

$$V(x)=\begin{cases}-V_0,&0<x<a\\0,&x>a\end{cases}$$

这个「墙加短程势」的舞台看似特殊，其实正是第 5 章之后三维散射的核心形态——三维问题的径向方程就活在半轴上，原点扮演墙的角色。现在学会它，以后直接搬用。

没有势的时候，能量 $E=\hbar^2k^2/2m$ 的解必须在墙上归零：

$$\psi_{\text{free}}(x)\propto\sin(kx)\tag{4.2.1}$$

有势的时候，势只在 $x<a$ 起作用；出了这段，方程和自由情形一模一样，解仍是正弦波——但没有理由恰好在 $x=0$「对齐」了。最一般的样子是

$$\psi(x)\propto\sin(kx+\delta),\qquad x>a\tag{4.2.2}$$

这个角度 $\delta$ 就是相移（phase shift）：势的存在把外面的波形整体平移了 $\delta/k$ 的距离。势没改变波长（能量守恒，出来还是同一个 $k$）、在稳态下也没改变振幅，它唯一能做的就是挪动波形——短程势对给定能量的波的全部作用，浓缩在这一个数里。

完整推导：方阱的 δ(k)

推导：半轴方阱的相移进阶~10 min展开

第一步：写出两个区域的解。

阱内（$0<x<a$）动能更大，波数为

$$k'=\frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hbar}>k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}\tag{4.2.5}$$

墙上必须归零，所以阱内解只能是

$$\psi_{\text{in}}(x)=A\sin(k'x)\tag{4.2.6}$$

阱外解按定义写成

$$\psi_{\text{out}}(x)=B\sin(kx+\delta)\tag{4.2.7}$$

第二步：在 $x=a$ 处连接。 $V$ 有限，$\psi$ 与 $\psi'$ 都连续：

$$A\sin(k'a)=B\sin(ka+\delta)\tag{4.2.8}$$$$Ak'\cos(k'a)=Bk\cos(ka+\delta)\tag{4.2.9}$$

第三步：两式相除，消去振幅。 我们不关心 $A,B$（连续谱归一化是另一回事），关心的只有形状。相除得

$$k'\cot(k'a)=k\cot(ka+\delta)\tag{4.2.10}$$

左边全是已知量——这就是「势通过对数导数把信息传给外面」：外面的波形被要求在 $x=a$ 处以指定的斜率-数值比接上。

第四步：解出 δ。 把上式反过来写成正切：

$$\tan(ka+\delta)=\frac{k}{k'}\tan(k'a)\tag{4.2.11}$$$$\boxed{\ \delta(k)=-ka+\arctan\!\left[\frac{k}{k'}\tan(k'a)\right]\ }\tag{4.2.12}$$

检验一：没有势。 $V_0=0$ 时 $k'=k$，方括号里就是 $\tan(ka)$，$\delta=-ka+ka=0$。没有势就没有相移，正确。

检验二：浅阱、低能。 $V_0$ 很小时 $k'\approx k$，展开到一阶可得 $\delta>0$ 且正比于 $V_0$：吸引势给正相移，且势越强拉得越多，符合直觉。

代一组具体数（电子，$\hbar c=197.3$ eV·nm，$mc^2=511$ keV）：取 $V_0=1.0$ eV、$a=0.2$ nm、$E=0.5$ eV。

$$k=\frac{\sqrt{2\times511000\times0.5}}{197.3}=3.62\ \text{nm}^{-1},\qquad k'=\frac{\sqrt{2\times511000\times1.5}}{197.3}=6.28\ \text{nm}^{-1}\tag{4.2.13}$$

$ka=0.725$，$k'a=1.255$，$\tan(k'a)=3.06$，于是

$$\delta=-0.725+\arctan(0.577\times3.06)=-0.725+1.056=0.331\ \text{rad}\approx19°\tag{4.2.14}$$

正相移——阱把波形拉进来约 $\delta/k\approx0.09$ nm，差不多半个阱宽。

宇称的回礼：整条直线上的散射

半轴问题只有反射没有透射。回到整条直线上的对称势（比如 2.11 节的方垒方阱），入射波可以从左来也可以从右来，看起来复杂了一倍。上一节的宇称在这里兑现承诺：把散射拆成两条互不干扰的通道。

推导：透射率 T = cos²(δₑ − δₒ)进阶~9 min展开

第一步：换一组基。 对称势下 $[\hat H,\hat P]=0$，连续谱虽然简并，但总可以把每个能量的两个态组合成一偶一奇（4.1 节的警告框正说了这件事）。偶解和奇解在势的作用范围之外分别是

$$\psi_{\ee}(x)\propto\cos(k|x|+\delta_{\ee}),\qquad \psi_{\text{o}}(x)\propto\operatorname{sgn}(x)\sin(k|x|+\delta_{\text{o}})\tag{4.2.15}$$

每条通道就是一个半轴问题：奇通道在原点归零（$\sin$ 型，正是上面的推导，条件 $\psi(0)=0$）；偶通道在原点是平的（$\cos$ 型，条件 $\psi'(0)=0$）。各自带一个相移 $\delta_{\ee}$、$\delta_{\text{o}}$，互不打扰。

第二步：把「从左入射」拆到两条通道。 左边入射的平面波是偶奇各一半：

$$\ee^{\ii kx}=\cos kx+\ii\sin kx\tag{4.2.16}$$

第三步：每条通道只做一件事。 通道内散射就是「出射部分乘 $\ee^{2\ii\delta}$」。把 $\cos$、$\sin$ 各拆成进出行波、给出射项配上各自的 $\ee^{2\ii\delta}$，再在 $x>a$ 区域把两条通道加回来，收集 $\ee^{\ii kx}$ 的系数（透射）与 $x<-a$ 区域 $\ee^{-\ii kx}$ 的系数（反射），得

$$t=\frac{\ee^{2\ii\delta_{\ee}}+\ee^{2\ii\delta_{\text{o}}}}{2},\qquad r=\frac{\ee^{2\ii\delta_{\ee}}-\ee^{2\ii\delta_{\text{o}}}}{2}\tag{4.2.17}$$

第四步：读结果。 提出公共相位后两式的模只依赖相移之差：

$$T=|t|^2=\cos^2(\delta_{\ee}-\delta_{\text{o}}),\qquad R=|r|^2=\sin^2(\delta_{\ee}-\delta_{\text{o}})\tag{4.2.18}$$

$T+R=1$ 自动成立——不再需要像 2.11 节那样靠代数奇迹收尾，流守恒被结构保证了。

代数值检验：宽 $2a=0.4$ nm、深 1.0 eV 的对称方阱，$E=0.5$ eV。偶通道公式同理可导（把 $\tan$ 换成通道条件对应的形式）：$\delta_{\ee}=0.660$，$\delta_{\text{o}}=0.331$，于是 $T=\cos^2(0.329)=0.896$。与 2.11 节的透射公式 $T=[1+V_0^2\sin^2(2k'a)/4E(E+V_0)]^{-1}$ 算出的 $0.896$ 分毫不差。

两个数 $(\delta_{\ee},\delta_{\text{o}})$ 装下了 $T$、$R$ 以及它们不装的相位信息——散射的全部。$T=1$ 不再神秘：它只要求 $\delta_{\ee}-\delta_{\text{o}}$ 是 $\pi$ 的整数倍，两条通道各自都可以把波挪得很远。Ramsauer–Townsend 效应里「透明」的氙原子，其实给电子波打上了明显的相移烙印——冷原子实验里这类相移已被直接测量。

共振：δ 的急转弯

把 $\delta(E)$ 画成曲线，大部分区段它平缓变化。但在某些能量附近，它会在很窄的窗口内猛增约 $\pi$——这就是共振。标准的局部形状（Breit–Wigner 形式）是

$$\tan\delta=\frac{\Gamma/2}{E_R-E}\tag{4.2.19}$$

$E$ 扫过共振能量 $E_R$ 时 $\delta$ 穿过 $\pi/2$（模 $\pi$），宽度由 $\Gamma$ 刻画。

把这些亲眼看一遍。下面的模拟里，把 $V_0$ 设成负值（阱）、切到透射率曲线，那些 $T$ 回到 1 的尖峰就是 $\delta_{\ee}-\delta_{\text{o}}$ 穿过 $\pi$ 的时刻；再观察共振能量附近透射波包比非共振时滞后冒出来——那就是 Wigner 延迟：

◈波包演化与散射

高斯波包撞上矩形势垒。用分步算符法实时求解含时薛定谔方程，ħ = m = 1。

E / V₀

0.80

反射 R

0.000

透射 T

0.000

波包宽度 Δx

3.00

点「播放」让波包撞上势垒。波包完全离开势垒区后 R、T 会自动锁定。势垒在网格上的实际宽度 a = 1.500。

入射动量 k₀2.00

E = k₀²/2 = 2.00

势垒高度 V₀2.5

正值 = 势垒

势垒宽度 a1.5

T 随 a 指数衰减：T ~ e^(−2κa)

初始波包宽度 σ3.0

σ 越大动量越确定，越接近平面波

视图

实时演化透射率曲线 T(E)

显示 Re ψ

速度8×

播放回到 t = 0

∎本节关键公式

• 相移的定义

  $$\psi(x)\propto\sin(kx+\delta),\quad x>a$$

  短程势对给定能量波形的全部作用；δ>0 拉入（吸引），δ<0 推出（排斥）

• 方阱相移

  $$\delta(k)=-ka+\arctan\left[\frac{k}{k'}\tan(k'a)\right],\quad k'=\frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hbar}$$

  注意 arctan 分支，按 δ(∞)=0 连续延拓

• 宇称通道透射率

  $$T=\cos^2(\delta_{\ee}-\delta_{o}),\qquad R=\sin^2(\delta_{\ee}-\delta_{o})$$

  T+R=1 由结构自动保证；T=1 ⟺ 两通道相移差为 π 的整数倍

• 共振与时间延迟

  $$\tan\delta=\frac{\Gamma/2}{E_R-E},\qquad \tau=2\hbar\frac{\dd\delta}{\dd E}$$

  δ 急升 π 处是准束缚态；Γ 越窄寿命越长

?自测共 4 题

1. 1.

   为什么说「相移装下了短程势对给定能量散射波的全部作用」？

   • 因为势不能改变远处波的波长和稳态振幅，唯一能动的只有波形的整体位置
   • 因为相移决定了粒子的能量
   • 因为波函数总可以取成实函数
   • 因为相移就是透射率的另一种写法

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2. 2.

   对称势下 T = cos²(δₑ − δₒ)。关于 T = 1（完全透射）的正确理解是：

   • 两条宇称通道的相移之差为 π 的整数倍，势对波仍可以有明显作用
   • 两个相移都必须为零，势形同虚设
   • 这只在势为零时发生
   • 此时反射波与入射波同相叠加

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3. 3.

   相移曲线 δ(E) 在某能量附近于很窄的区间内急升约 π。这告诉我们：（多选）

   多选题

   • 该能量附近存在一个准束缚态（共振）
   • 粒子在势区的逗留时间 τ = 2ħ dδ/dE 在此处显著变长
   • 急升区间越窄，准束缚态寿命越长
   • 该能量处透射率必为零

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4. 4.

   电子入射到半轴上墙边的方阱：深 V₀ = 1.0 eV、宽 a = 0.2 nm，入射能量 E = 0.5 eV。用 δ = −ka + arctan[(k/k′)tan(k′a)] 计算相移，单位取「度」。（ħc = 197.3 eV·nm，mc² = 511000 eV）

   °允许 200% 相对误差

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接下来

相移和透射率我们都能算了——只要势是一个方阱或方垒。可现实里的势很少这么客气：共振隧穿二极管是「垒-阱-垒」三层，半导体超晶格动辄上百层。用 2.11 节的办法，每加一层就多四个连接方程，一百层就是几百个方程联立——手算等于自杀。

下一节引入一个流水线工具：把每一段势打包成一个 $2\times2$ 矩阵，整个多层结构就是矩阵连乘。双势垒里那个 $T$ 从 0.04 飙到 1 的锐利共振，会是它的第一个战利品。