Delta位勢阱

Template:NoteTATemplate:量子力学

對於一個Delta位勢阱的散射。往左與往右的行進波的振幅與方向都分別表示於圖內。用來計算透射係數與反射係數的行進波都以紅色表示。

在量子力學裏，Delta位勢阱是一個阱內位勢為負狄拉克Delta函數，阱外位勢為0的位勢阱。Delta位勢阱問題專門研討，在這種位勢的作用中，一個粒子的量子行為。這是一個常見的理論問題。假若，粒子的能量是正值的，我們想要知道的是，在被Delta位勢壘散射的狀況下，粒子的反射係數與透射係數。假若，粒子的能量是負值的，這粒子會被束縛於Delta位勢阱的阱內。這時，我們想要知道的是粒子的能量與束縛的量子態。

定義

一個粒子獨立於時間的薛丁格方程為

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

其中，$\hslash$是約化普朗克常數，$m$是粒子質量，$x$是粒子位置，$E$是能量，$\psi (x)$是波函數，$V(x)$是位勢，表達為

$V(x)=-\lambda \delta (x)$；

其中，$\delta (x)$是狄拉克Delta函數，$\lambda$是狄拉克Delta函數的強度。

導引

這位勢阱將一維空間分為兩個區域：$x<0$與$x>0$。在任何一個區域內，位勢為常數，薛丁格方程的解答可以寫為往右與往左傳播的波函數的的疊加（參閱自由粒子）：

${\psi }_L(x)=A_r{e}^{ikx}+A_l{e}^{-ikx}x<0$，

${\psi }_R(x)=B_r{e}^{ikx}+B_l{e}^{-ikx}x>0$；

其中，$A_r$、$A_l$、$B_r$、$B_l$都是必須由邊界條件決定的常數，下標$r$與$l$分別標記波函數往右或往左的方向。$k=\sqrt{2mE/{\hslash }^2}$是波數。

當$E>0$時，${\psi }_L$與${\psi }_R$都是行進波。可是，當$E<0$時，${\psi }_L$與${\psi }_R$都隨著座標$x$呈指數遞減或指數遞增。

在$x=0$处，邊界條件是：

${\psi }_L={\psi }_R$，

$\frac{d}{dx}{\psi }_L=\frac{d}{dx}{\psi }_R-\frac{2m\lambda }{{\hslash }^2}{\psi }_R$。

特別注意第二個邊界條件方程式，波函數隨位置的導數在$x=0$並不是連續的，在位勢阱兩邊的差額有$\frac{2\lambda }{{\hslash }^2}{\psi }_R$這麼多。這方程式的推導必須用到薛丁格方程。將薛丁格方程積分於$x=0$的一個非常小的鄰域：

$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\underset{-ϵ}{\overset{ϵ}{\int }}\frac{d^2\psi }{d{x}^2}dx+\underset{-ϵ}{\overset{ϵ}{\int }}V(x)\psi dx=E\underset{-ϵ}{\overset{ϵ}{\int }}\psi dx$；(1)

其中，$ϵ$是一個非常小的數值。

方程式(1)右邊的能量項目是

$E\underset{-ϵ}{\overset{ϵ}{\int }}\psi dx\approx E\cdot 2ϵ\cdot \psi (0)$。(2)

当$ϵ\to 0$时，该項趋向于0。

方程式(1)左邊是

$-\frac{{\hslash }^2}{2m}(\frac{d{\psi }_R}{dx}{|}_{ϵ}-\frac{d{\psi }_L}{dx}{|}_{-ϵ})+\lambda \underset{-ϵ}{\overset{ϵ}{\int }}\delta (x)\psi dx=0$(3)

根據狄拉克Delta函數的定義，

$\underset{-ϵ}{\overset{ϵ}{\int }}\delta (x)\psi dx={\psi }_R(0)$。(4)

而在$ϵ\to 0$的極限，

$\underset{ϵ\to 0}{\lim }\frac{d{\psi }_L}{dx}{|}_{-ϵ}=\frac{d{\psi }_L}{dx}{|}_0$，(5)

$\underset{ϵ\to 0}{\lim }\frac{d{\psi }_R}{dx}{|}_{ϵ}=\frac{d{\psi }_R}{dx}{|}_0$。(6)

將這些結果(4)，(5)，(6)代入方程式(3)，整理后，可以得到第二個邊界條件方程式：在$x=0$，

$\frac{d{\psi }_L}{dx}=\frac{d{\psi }_R}{dx}-\frac{2m\lambda }{{\hslash }^2}{\psi }_R$。

從這兩個邊界條件方程式。稍加運算，可以得到以下方程式：

$A_r+A_l=B_r+B_l$，

$ik(A_r-A_l-B_r+B_l)=\frac{2m\lambda }{{\hslash }^2}(B_r+B_l)$。

散射態

一個Delta位勢阱的反射係數$R$（用紅線表示）與透射係數$T$（用綠線表示）隨著能量$E$的變化。在這裏，能量$E>0$。能量的單位是$\frac{{\lambda }^2}{2m{\hslash }^2}$。經典力學的答案用虛線表示，量子力學的答案用實線表示。

假若，能量是正值的，粒子可以自由的移動於位勢阱外的兩個半空間，$x<0$或$x>0$。在這裏，粒子的量子行為主要是由Delta位勢阱造成的散射行為。稱這粒子的量子態為散射態。設定粒子從左邊入射。在Delta位勢阱，粒子可能會被反射回去，或者會被透射過去。我們想要知道散射的反射係數與透射係數。設定$A_r=1$，$A_l=r$，$B_l=0$，$B_r=t$。求算反射的機率幅$r$與透射的機率幅$t$：

$r=-\frac{1}{\frac{i{\hslash }^{2}k}{m\lambda }+1}$，

$t=\frac{1}{-\frac{im\lambda }{{\hslash }^{2}k}+1}$。

反射係數是

$R=|r{|}^2=\frac{1}{1+\frac{{\hslash }^4{k}^2}{m^2{\lambda }^2}}=\frac{1}{1+\frac{2{\hslash }^{2}E}{m{\lambda }^2}}$。

這純粹是一個量子力學的效應；在經典力學裏，這是不可能發生的。

透射係數是

$T=|t{|}^2=1-R=\frac{1}{1+\frac{m^2{\lambda }^2}{{\hslash }^4{k}^2}}=\frac{1}{1+\frac{m{\lambda }^2}{2{\hslash }^{2}E}}$。

• 由於模型的對稱性，假若，粒子從右邊入射，我們也會得到同樣的答案。
• 很奇異地，給予同樣的能量、質量、與狄拉克Delta函數的強度，Delta位勢壘與Delta位勢阱有同樣的反射係數與透射係數。

束縛態

Delta位勢阱的束縛態，在任何一個位置，波函數都是連續的；可是，除了在$x=0$以外，在其它任何位置，波函數隨位置的導數都是連續的。

每一個一維的吸引位勢，都至少會存在著一個束縛態（Template:Lang）。由於$E<0$，波數變為複數。設定$\kappa =-ik=\sqrt{2m|E|/{\hslash }^2}$。前述的振盪的波函數${\psi }_L$與${\psi }_R$，現在卻隨著座標$x$呈指數遞減或指數遞增。為了要符合物理的真實性，我們要求波函數不發散於$x\to \pm \mathrm{\infty }$。那麼，$A_r$與$B_l$必須被設定為0。波函數變為

${\psi }_L(x)=A_l{e}^{\kappa x}$，

${\psi }_R(x)=B_r{e}^{-\kappa x}$。

從邊界條件與歸一條件，可以得到

$A_l=B_r=\sqrt{\kappa }$，

$\kappa =\frac{m\lambda }{{\hslash }^2}$。

Delta位勢阱只能有一個束縛態。束縛態的能量是

$E=-\frac{{\hslash }^2{\kappa }^2}{2m}=-\frac{m{\lambda }^2}{2{\hslash }^2}$。

束縛態的波函數是

$\psi (x)=\frac{\sqrt{m\lambda }}{\hslash }{e}^{-m\lambda \mid x\mid /{\hslash }^2}$。

Delta位勢阱是有限深方形阱的一個特別案例。在有限深位勢阱的深度$V_0\to \mathrm{\infty }$與阱寬$L\to 0$的極限，同時保持$V_{0}L=\lambda$，就可以從有限深位勢阱的波函數，得到Delta位勢阱的波函數。

雙井迪拉克Delta函數模型

当核间距R=2时，双势井狄拉克Delta函数模型中的对称与反对称的波函数

Delta函數模型其實是氫原子的一維版本根據維度比例由 达德利·赫施巴赫（“Dudley R. Herschbach”）團隊所研發。此 delta函數模型以雙井迪拉克Delta函數模型最有用，因其代表一維版的水分子離子。

雙井迪拉克Delta函數模型是用以下薛丁格方程描述：

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

電位現為：

$V(x)=-q[\delta (x-\frac{R}{2})+\lambda \delta (x+\frac{R}{2})]$

其中$0<R<\mathrm{\infty }$是「核間」距離於迪拉克Delta函數（負）峰值位於$x=\pm \frac{R}{2}$（圖表中棕色所示）。記得此模型與其三維分子版本的關係，我們用原子单位制且設$\hslash =m=1$。此處$0<\lambda <1$為一可調參數。從單井的例子，可推論擬設於此解為：

$\psi (x)=A{e}^{-d|x-\frac{R}{2}|}+B{e}^{-d|x+\frac{R}{2}|}$

令波函數於Delta函數峰值相等可得行列式：

$\left|\begin{array}{cc}q-d& q{e}^{-dR}\\ q\lambda e^{-dR}& q\lambda -d\end{array}\right|=0,E=-\frac{d^2}{2}.$

因此，$d$是由偽二次式方程：

$d_{\pm }(\lambda )=\frac{1}{2}q(\lambda +1)\pm \frac{1}{2}{\{q^2(1+\lambda {)}^2-4\lambda q^2[1-e^{-2d_{\pm }(\lambda )R}]\}}^{1/2}$

它有兩解$d=d_{\pm }$。若等價情況（對稱單核），$\lambda =1$則偽二次式化為：

$d_{\pm }=q[1\pm e^{-d_{\pm }R}]$

此「+」代表了對稱於中點的波函數（圖中紅色）而$A=B$稱為偶態。接著，「-」情況為反對稱於中點的波函數其$A=-B$稱為非偶態（圖中綠色）。它們代表著三維$H_2^{+}$的兩種最低能態之近似且有助於其分析。對稱電價的特徵能分析解為：

$d_{\pm }=q+W(\pm qR{e}^{-qR})/R$

其中W是標準朗伯W函数注意此最低能對應於對稱解$d_{+}$。當非等電價，此為三維分子問題，其解為一般化Lambert W函數（見一般化朗伯W函数章節與相關參考）。

參閱

• 自由粒子
• 無限深方形阱
• 有限深方形阱
• 有限位勢壘
• 球對稱位勢
• Delta位勢壘
• 量子穿隧效應