電子材料/受限粒子/一維無限勢阱

一維無限勢阱

通常，考慮電子“被困”在一個封閉空間中是方便的，例如在具有與其周圍環境之間存在較大帶隙的半導體材料中。這種電子陷阱稱為“勢阱”。理論上最簡單的例子是一維無限勢阱，其中電子完全受限且永遠無法逃逸，因為這樣做需要無限的能量。

我們稍後將將其擴充套件到更多維度以及更現實的有限勢阱，其中電子可以逃逸。

現在，考慮一個被困在寬度為L的無限勢阱中的電子（右圖）。該系統的勢能由下式給出

$V\left(x\right)={\begin{cases}\infty ,\quad x<0\\0,\quad \,\,\,0\leq x\leq L\\\infty ,\quad x>L\end{cases}}$

在該區域之外找到電子的機率為零。根據波函式條件，該勢阱中電子的波函式必須是連續的，因此我們需要尋找一個在x=0和x=L處為零的ψ(x)解。如果不是這樣，我們將在這裡有一個不連續性。

求解波函式

我們需要求解薛定諤方程來找到ψ(x)

$-{\hbar ^{2} \over {2m}}{{d^{2}\psi \left(x\right)} \over {dx^{2}}}+V\left(x\right)\psi \left(x\right)=E\psi \left(x\right),\quad \quad 0\leq x\leq L$.

由於在這個區間上V(x)為零，我們可以寫成

$-{\hbar ^{2} \over {2m}}{{d^{2}\psi \left(x\right)} \over {dx^{2}}}=E\psi \left(x\right)\quad \quad 0\leq x\leq L$.

重新排列，

${{d^{2}\psi \left(x\right)} \over {dx^{2}}}=-{{2mE} \over \hbar ^{2}}\psi \left(x\right)$

回想一下，能量由下式給出

$E\,$	$=T\left(x\right)+V\left(x\right)\,$
	$={{\hbar ^{2}k^{2}} \over {2m}}$

將E代入我們的微分方程，得到

${{d^{2}\psi \left(x\right)} \over {dx^{2}}}=-k^{2}\psi \left(x\right)$

這是一個標準形式的二階微分方程。其通解為：

[General Solution]

$\psi \left(x\right)=A\sin {kx}+B\cos {kx}$

應用邊界條件

應用第一個邊界條件 $\left(\psi \left(0\right)=0\right)$

$\psi \left(0\right)=A\sin \left(0\right)+B\cos \left(0\right)=0$

因此，B=0。

應用第二個邊界條件 $\left(\psi \left(L\right)=0\right)$

$\psi \left(L\right)=A\sin \left(kL\right)=0$

因此，kL必須是π的倍數。

$kL=n\pi \quad n=\{0,1,2,\ldots \}$

$k={\frac {n\pi }{L}}\quad n=\{0,1,2,\ldots \}$

我們稱A為歸一化係數，ψ₀。它的存在是為了確保在整個空間中找到電子的機率為1。此外，當n=0時，整個方程變為零，電子存在的機率為零，因此，一維盒子中粒子的薛定諤方程的解從n=1開始。

$\psi _{n_{x}}\left(x\right)=\psi _{0}\sin \left({{n_{x}\pi } \over L}x\right),\quad n_{x}=\left\{{1,2,3,\ldots }\right\}$

因為我們在x方向上工作，所以我們將索引號稱為n_x。這被稱為波數。與上述解相關的能量由下式給出：

$E_{n_{x}}$	$={{\hbar ^{2}k^{2}} \over {2m}}$
	$={{\hbar ^{2}n_{x}^{2}\pi ^{2}} \over {2mL^{2}}},\quad n_{x}=\left\{{1,2,3,\ldots }\right\}$

這裡要注意兩點。

• 只有當波數n為整數時，才能得到滿足薛定諤方程的波函式。
• 每個波函式（本徵函式）都與其特定的能量（本徵值）相關聯。該能量與波數的平方成正比，並與n=1、E₁時的波函式能量成正比。

下圖顯示了波數為1、2和3的波函式，並相對於E₁繪製了相應的能量。

一旦找到波函式，就可以很容易地找到機率密度 - 只需取模數（對於復波函式）並平方即可。這將導致如下所示的機率密度。

歸一化係數

我們可以利用電子一定存在於量子阱中的知識，以及機率密度函式下的面積為 1 的知識來求歸一化係數 ψ₀

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\left|{\psi \left(x\right)}\right|^{2}dx}=\int \limits _{0}^{L}{\psi \left(x\right)^{*}\psi \left(x\right)}dx=1$

因此，對於我們的波函式，$\psi _{n_{x}}\left(x\right)=\psi _{0}\sin \left({{n_{x}\pi } \over L}x\right)$,

$\int \limits _{0}^{L}{\psi _{0}^{2}\sin ^{2}\left({\frac {n_{x}\pi }{L}}x\right)dx}=1$

$\psi _{0}^{2}\int \limits _{0}^{L}{{\frac {1}{2}}\left(1-\cos \left({\frac {2n_{x}\pi }{L}}\right)x\right)dx}=1$

$\psi _{0}^{2}\left[\int \limits _{0}^{L}{{\frac {1}{2}}dx}-{\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{L}{\cos \left({\frac {2n_{x}\pi }{L}}x\right)dx}\right]=1$

$\psi _{0}^{2}\left[{\frac {L}{2}}-{\frac {L}{4n_{x}\pi }}\left[\sin \left({\frac {2n_{x}\pi }{L}}x\right)\right]_{0}^{L}\right]=1$

由於正弦曲線在一個完整週期的面積為零，所以我們有

$\psi _{0}^{2}{\frac {L}{2}}=1$

$\psi _{0}={\sqrt {\frac {2}{L}}}$

結果表明，這與波數無關，因此我們得到一維無限勢阱中電子的歸一化波函式在阱外為零，而在阱內由以下方程給出：

[一維無限勢阱中粒子的波函式]

$\psi _{n_{x}}\left(x\right)={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({{n_{x}\pi } \over L}x\right),\quad n_{x}=\left\{{1,2,3,\ldots }\right\}$

在阱內，相關的能量由以下公式給出：

[波函式相關的能量]

$E_{n_{x}}={{\hbar ^{2}\pi ^{2}} \over {2mL^{2}}}n_{x}^{2},\quad n_{x}=\left\{{1,2,3,\ldots }\right\}$