無限深方形阱

處於盒子裏的粒子可以自由移動於無法穿越的阱壁內。當阱壁之間距離很微小的時候，可以觀察到量子效應。例如，粒子在某位置的機率比在另外位置的機率大，粒子的能級是離散的。

在物理學裏，無限深方形阱（infinite square potential），又稱為無限深位勢阱（infinite potential well），是一個阱內位勢為 0 ，阱外位勢為無限大的位勢阱。思考一個或多個粒子，永遠地束縛於無限深位勢阱內，無法逃出。關於這些粒子的量子行為的問題，稱為無限深方形阱問題，又稱為無限深位勢阱問題，盒中粒子問題（particle in a box problem），是一個理論問題。假若，阱內只有一個粒子，則稱為單粒子無限深方形阱問題。假若，阱內有兩個粒子，則稱為雙粒子無限深方形阱問題。假若，這兩個粒子是完全相同的粒子，則問題又複雜許多，稱為雙全同粒子無限深方形阱問題。在這裏，只討論單粒子無限深方形阱問題。

在經典力學裏，應用牛頓運動定律，可以非常容易地求得無限深方形阱問題的解答。假設粒子與阱壁的碰撞是彈性碰撞，粒子的動能保持不變。則這粒子在方形阱的兩阱壁之間來回移動，碰撞來，碰撞去，而速率始終保持不變。在任意時間，粒子在阱內各個位置的機率是均勻的。

在量子力學裏，這問題突然變得很有意思。許多基要的概念，在這問題的解析中，呈現了出來。由於問題的理想化與簡易化，應用薛定諤方程式，可以很容易地，雖然並不是很直覺地，求得解答。滿足這薛定諤方程式的能量本徵函數，是表達粒子量子態的波函數。每一個能量本徵函數的能量，只能是離散能級譜中的一個能級。很令人驚訝的是，離散能級譜中最小的能級不是 0 ，而是一個有限值，稱為零點能量！這系統的最小能級量子態的能級不是 0 。

更加地，假若測量粒子的位置，則會發現粒子在阱內各個位置的機率大不相同。在有些位置，找到粒子的機率是 0 ，絕對找不到粒子。這些結果與經典力學的答案迥然不同。可是，這些結果所根據的原理，早已在許多精心設計的實驗中，廣泛地證明是正確無誤的。

簡介

一個一維無限深方形阱，阱內位勢為 0 ，阱外位勢為無限大。

在量子力學裏，無限深方形阱問題是一個簡單化的，理想化的問題。無限深方形阱是一個有限尺寸的位勢阱，阱內位勢為 0 ，阱外位勢為無限大。在阱內，粒子感受不到任何作用力，可以自由的移動於阱內。可是，阱壁是無限的高，粒子完全地束縛於阱內。為了刪繁就簡，先從一維問題開始，研討粒子只移動於一維空間的問題。之後，可推廣至二維與三維空間。

這問題的薛定諤方程式解答，明確地呈現出粒子的某些量子行為。這些量子行為與實驗的結果相符合；可是，與經典力學的理論預測，有很大的衝突。特別令人注目地是，這量子行為是自然地從邊界條件產生的，而不是人為勉強加添造成的。這解答乾淨俐落地展示出，任何類似波的物理系統，自然地會產生量子行為；與平常的想法恰恰相反，量子行為不是像變魔術一般變出來的。

無限深方形阱問題的粒子的量子行為包括：

1. 能量量子化：　表達粒子量子態的能量本徵函數，其伴隨的能量不是任意值，而只能是離散能級譜中的一個能級。
2. 零點能量：　粒子最小的允許能級，稱為零點能量，不是 0 。
3. 波節點： 恰恰與經典力學相反，薛定諤方程式預測會有波節的存在。這意味着在阱內某些地方，找到粒子的機率是零。

不論這問題有多麼地簡單，由於能夠完全地解析其薛定諤方程式，這問題可以導致對量子力學有更深刻的理解。實際上，這問題也非常的重要。無限深方形阱問題可以用來模擬許多真實的物理系統。例如，一個導電電子在一根直的，極細的奈米金屬絲內的量子行為。更詳細內容，請參閱條目奈米線。

一維阱

在一維無限深方形阱內，粒子的能級與伴隨的波函數。

在一維無限深方形阱內，找到能級為 $n$ 的粒子的機率。

一個粒子束縛於一維無限深方形阱內，阱寬為 $L$ 。阱內位勢為 0 ，阱外位勢為無限大。粒子只能移動於束縛的方向（ $x$ 方向）。如圖示，一維無限深方形阱的本徵函數 $\psi _{n}$ 與本徵值 $E_{n}$ 分別為

$\psi _{n}={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin {\left({\frac {n\pi x}{L}}\right)}$ ，

$E_{n}={\frac {n^{2}h^{2}}{8mL^{2}}}$ ；

其中，$n$ 是正值的整數，$h$ 是普朗克常數，$m$ 是粒子質量。

導引

一維不含時薛定諤方程式可以表達為

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\mathrm {d} ^{2}\psi (x)}{\mathrm {d} x^{2}}}+V(x)\psi (x)=E\psi (x)$ ；$\quad$(1)

其中，$\psi (x)$ 是複值的、不含時間的波函數，$V(x)$ 是跟位置有關的位勢，$E$ 是正值的能量。

在阱內，位勢 $V(x)=0$ 。一維不含時薛定諤方程式約化為

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\mathrm {d} ^{2}\psi (x)}{\mathrm {d} x^{2}}}=E\psi (x)$ 。$\quad$(2)

這是一個已經經過頗多研究的二階常微分方程式。一般解本徵函數 $\psi (x)$ 與本徵值 $E$ 是

$\psi (x)=A\sin(kx)+B\cos(kx)$ ，$\quad$(3a)

$E={\frac {\hbar ^{2}k^{2}}{2m}}$ ；$\quad$(3b)

其中，$A$ 與 $B$ 是常數，可以是複值，$k$ 是實值的波數（因為 $E$ 是正值的，所以，$k$ 必須是實數。）。

為了求得一般解 $\psi (x)$ 的常數 $A$ ， $B$ ，與波數 $k$ 的值，必須具體表明這問題的邊界條件。由於粒子趨向於位勢低的地區，位勢越高，找到粒子的機率 $\left|\psi (x)\right|^{2}$ 越小。在 $x=0$ ， $x=L$ 兩個阱壁位置，位勢無限的高，找到粒子的機率是微乎其微：$\left|\psi (x)\right|^{2}=0$ 。所以，邊界條件是

$\psi (0)=\psi (L)=0$ 。(4)

代入方程式 (3a) 。在 $x=0$ ，可以得到

$\psi (0)=B=0$ 。(5)

在 $x=L$ ，可以得到

$\psi (L)=A\sin(kL)=0$ 。(6)

方程式 (6) 的一個簡易解是 $A=0$ 。可是，這樣，波函數是 $\psi =0$ 。這意味着一個不可能的物理答案：粒子不在阱內！所以，不能接受這簡易解。設定 $A\neq 0$ ，則 $\sin(kL)=0$ 。那麼，必須要求

$k={\frac {n\pi }{L}}$ ;(7)

其中，整數 $n>0$ 。

注意到 $n=0$ 狀況必須被排除，因為，不能容許波函數是 $\psi =0$ 的物理答案：粒子不在阱內！

為了求得 $A$ 值，波函數需要歸一化，一個粒子必須存在於整個一維空間的某地方：

$1=\int _{-\infty }^{\infty }\left|\psi (x)\right|^{2}\,\mathrm {d} x=\left|A\right|^{2}\int _{0}^{L}\sin ^{2}(kx)\,\mathrm {d} x=\left|A\right|^{2}{\frac {L}{2}}$ 。

常數 $A$ 的值為

$\left|A\right|={\sqrt {\frac {2}{L}}}$ 。(8)

常數 $A$ 可以是任何複數，只要絕對值等於${\sqrt {\frac {2}{L}}}$ ；可是，這些不同值的 $A$ 都對應於同樣的物理狀態。所以，為了方便計算，選擇 $A={\sqrt {\frac {2}{L}}}$ 。

盒中粒子（黑色粗點）和自由粒子（灰色曲線）的能量都同樣地跟波數有關。但是，盒中粒子只能帶有離散的能量。

最後，將方程式 (7) ，(8) 代入方程式 (3a) ，(3b) 。一維無限深方形阱問題的能量本徵方程式與能量本徵值（能級）是

$\psi _{n}(x)={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)$ ，

$E_{n}={\frac {n^{2}h^{2}}{8mL^{2}}}$ 。

• 如同前面所述，此問題只容許量子化的能級。由於 $n\neq 0$ ，最低的能級，稱為零點能量，大於 0 。這答案可以用不確定原理解釋。因為粒子束縛於有限的區域，位置變異數有上界。所以，粒子的動量的變異數大於 0 ，粒子必須擁有能量。這能量隨着阱寬的減小而增加。

• 很重要的一點是，雖然表達粒子量子態的能量本徵函數，其能量只能是離散能級譜中的一個能級。這並不能防止粒子擁有任意的能量，只要這能量大於零點能量。根據態疊加原理，粒子的量子態，可以是幾個能量本徵函數的疊加。當測量粒子的能量時，測量的答案，只可能是疊加的幾個能級中的一個能級。由於測量會造成波函數塌縮，不能對同一個粒子做多次的測量，而指望得到有意義的答案。必須假設準備了許多同樣的系統。對每一個系統內的粒子，做同樣的測量。雖然，每一次的測量的答案，只可能是疊加的幾個能級中的一個能級。所有答案的的平均值，是粒子的能量期望值。

啟發導引

能量本徵值的公式可以啟發地被推導出來。試想，兩個阱壁必定是波函數的波節。這意味着，阱寬必須剛好能夠容納半個波長的整數倍：

$n{\frac {\lambda }{2}}=L$ ；

其中，$\lambda$ 是波長，$n$ 是正值的整數。

應用德布羅意假說，粒子的動量 $p$ 是

$p={\frac {h}{\lambda }}={\frac {h}{2L}}n$ 。

代入聯繫能量與動量的經典公式，則可以得到系統的能量本徵值。

$E={\frac {p^{2}}{2m}}={\frac {n^{2}h^{2}}{8mL^{2}}}$ 。

二維阱

二維無限深方形阱的波函數.，$n_{x}=n_{y}=4$ 。

一個粒子束縛於二維無限深方形阱內，阱寬在 $x$ 與 $y$ 方向，分別為 $L_{x}$ ，$L_{y}$ 。阱內位勢為 0 ，阱外位勢為無限大。粒子只能移動於束縛的方向（ $x$ 與 $y$ 方向）。二維無限深方形阱的本徵函數 $\psi _{n_{x},n_{y}}$ 與本徵值 $E_{n_{x},n_{y}}$ 分別為

$\psi _{n_{x},n_{y}}={\sqrt {\frac {4}{L_{x}L_{y}}}}\sin \left({\frac {n_{x}\pi x}{L_{x}}}\right)\sin \left({\frac {n_{y}\pi y}{L_{y}}}\right)$

$E_{n_{x},n_{y}}={\frac {h^{2}}{8m}}\left[\left({\frac {n_{x}}{L_{x}}}\right)^{2}+\left({\frac {n_{y}}{L_{y}}}\right)^{2}\right]$

其中，$n_{x}$ 與 $n_{y}$ 是正值的整數。

導引

在這二維的問題裏，粒子束縛於一個二維位勢阱內，在阱內，二維的解答方程式與方程式 (2) 類似，是一個二階偏微分方程式：

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left({\frac {\partial ^{2}\psi }{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\psi }{\partial y^{2}}}\right)=E\psi$。

應用分離變數法 。首先，假設 $\psi (x,\ y)$ 是兩個不相關的函數 $X(x)$ 與 $Y(y)$ 的乘積，$X(x)$ 只含有變數 $x$ ，$Y(y)$ 只含有變數 $y$ ：

$\psi (x,y)=X(x)Y(y)$ 。

將 $\psi (x,\ y)$ 的假設方程式代入二維方程式，則可得到

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left(Y{\frac {\partial ^{2}X}{\partial x^{2}}}+X{\frac {\partial ^{2}Y}{\partial y^{2}}}\right)=EXY$ 。

將這方程式兩邊都除以 $XY$ ，則可得到

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\left({\frac {X''}{X}}+{\frac {Y''}{Y}}\right)=E$ 。

由於方程式左邊圓括號內的兩個項目 ${\frac {X''}{X}}$ 、${\frac {Y''}{Y}}$ 分別只跟 $x$ 、$y$ 有關，兩個項目分別都必須等於常數：

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {X''}{X}}=E_{x}$ ，

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {Y''}{Y}}=E_{y}$ ；

其中，$E_{x}$ 與 $E_{y}$ 都是常數，$E_{x}+E_{y}=E$ 。

這樣，可以得到兩個約化的一維薛定諤方程式：

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}X}{dx^{2}}}=E_{x}X$ ，

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}Y}{dy^{2}}}=E_{y}Y$ 。

前面，已經解析了同樣形式的一維薛定諤方程式（方程式 (2) ）。將那裏的答案移接到這裏，

$X_{n_{x}}={\sqrt {\frac {2}{L_{x}}}}\sin \left({\frac {n_{x}\pi x}{L_{x}}}\right)$ ，

$Y_{n_{y}}={\sqrt {\frac {2}{L_{y}}}}\sin \left({\frac {n_{y}\pi y}{L_{y}}}\right)$ ；

其中，整數 $n_{x}=1,\ 2,\ 3,\ \dots$ ，$n_{y}=1,\ 2,\ 3,\ \dots$ 。

將兩個方程式合併，可以得到解答：

$\psi _{n_{x},n_{y}}={\sqrt {\frac {4}{L_{x}L_{y}}}}\sin \left({\frac {n_{x}\pi x}{L_{x}}}\right)\sin \left({\frac {n_{y}\pi y}{L_{y}}}\right)$ ，

$E_{n_{x},n_{y}}={\frac {h^{2}}{8m}}\left[\left({\frac {n_{x}}{L_{x}}}\right)^{2}+\left({\frac {n_{y}}{L_{y}}}\right)^{2}\right]$ 。

三維阱

同樣地，應用分離變數法於三維阱問題，可以得到能量本徵函數與能量本徵值：

$\psi _{n_{x},n_{y},n_{z}}={\sqrt {\frac {8}{L_{x}L_{y}L_{z}}}}\sin \left({\frac {n_{x}\pi x}{L_{x}}}\right)\sin \left({\frac {n_{y}\pi y}{L_{y}}}\right)\sin \left({\frac {n_{z}\pi z}{L_{z}}}\right)$ ，

$E_{n_{x},n_{y},n_{z}}={\frac {h^{2}}{8m}}\left[\left({\frac {n_{x}}{L_{x}}}\right)^{2}+\left({\frac {n_{y}}{L_{y}}}\right)^{2}+\left({\frac {n_{z}}{L_{z}}}\right)^{2}\right]$ ；

其中，$n_{i}=1,\ 2,\ 3,\ \ldots$ 。

當兩個以上的阱寬相等的時候，對應於同樣的總能量，會存在有多個不同的波函數。這狀況稱為簡併，是由物理系統的對稱性造成的。例如，假設 一個三維阱的 $L_{x}=L_{y}$ ，則 $n_{x}=2$ ，$n_{y}=1$ ，$n_{z}=1$ 的波函數與 $n_{x}=1$ ，$n_{y}=2$ ，$n_{z}=1$ 的波函數，兩個波函數的能量相等。由於在這物理系統裏，有兩個阱寬相等，這物理系統對稱於繞着 z-軸的 $90^{\circ }$ 旋轉。

參考文獻

• Griffiths, David J. Introduction to Quantum Mechanics (2nd ed.). Prentice Hall. 2004. ISBN 0-13-111892-7. 

參閱

• 態疊加原理
• 自由粒子
• 有限深方形阱
• 有限位勢壘
• 球對稱位勢
• Delta 位勢阱
• Delta 位勢壘
• 量子穿隧效應
• 盒中氣體
• 隨機電動力學