11.03.04_28.03.01_12.03.02_12.05.01_fti_zadachnik_kvant_mekh (1016570), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Запишем компоненты вектора ~j в сферическойсистеме координат:~∂∂jr =ψ∗ ψ − ψ ψ∗ ,i2me∂r∂r~1∂1∂jϑ =ψ∗ψ−ψψ∗ ,i2mer ∂ϑr ∂ϑ561∂∂~1ψ∗jϕ =ψ−ψψ∗ .i2mer sin ϑ ∂ϕr sin ϑ ∂ϕОчевидно, что, ввиду действительности полиномов Лагерра(9.6) и присоединенных полиномов Лежандра (8.9), первые двекомпоненты вектора ~j будут равны нулю:jr = 0,jϑ = 0.Для последней компоненты jϕ получаем, учитывая , что дифференциированию по углу ϕ подвергается только экспонента eimϕ,входящая в угловую часть волновой функции,~1~m(ψ ∗ · imψ − ψ · (−im)ψ ∗) =|ψ|2.i2me r sin ϑmer sin ϑЗадачи9.1. Частица с массой m находится в центрально-симметричномпотенциальном поле U (r). Вывести стационарное уравнение Шредингера для угловой и радиальной частей волновой функцииψ(r, ϑ, ϕ) = R(r)Y (ϑ, ϕ).
Найти зависимость волновой функцииот азимутального угла ϕ. d2R 2 dR 2m~2l(l + 1)Ответ:+ 2 E−U −+R = 0;dr2 r dr~2mr221 ∂∂1 ∂−~2sin ϑ+ 2Y (ϑ, ϕ) = ~2l(l + 1)Y (ϑ, ϕ);2sin ϑ ∂ϑ∂ϑ sin ϑ ∂ϕjϕ =Y (ϑ, ϕ) = Θ(ϑ)Φ(ϕ);1Φ(ϕ) = √ eimϕ;2πm = 0, ±1, ±2, ....9.2. Используя подстановку R(r) = χ(r)/r в уравнении длярадиальной волновой функции электрона в атоме водорода, показать, что при малых значениях r волновая функция ведет себя какR(r) = const · rl , где l - орбитальное квантовое число.9.3. Для основного состояния атома водорода 1s найти: а) среднее расстояние электрона до ядра атома hri; б) среднее значениекинетической энергии электрона hT i; в) наиболее вероятное расстояние электрона до ядра rвер.573meqe4Ответ: hri = r1;hT i =;rвер = r1.22~29.4.
Используя условие предыдущей задачи, найти: а) среднеезначение потенциальной энергии электрона; б) среднее значениемодуля кулоновской силы, действующей на электрон; в) вероятность нахождения электрона в области 0 < r < rвер.2qe2meqe4hF i = 2 ;Ответ: hU i = − 2 ;W[0,rвер] = 1 − 5e−2 '~r10, 323.9.5. В состоянии 2p радиальная часть волновой функции электрона в ионе He+ имеет вид R21 = Are−r/2r1 , где r1 - боровскийрадиус для He+.
√Вычислить постоянную A.5/2Ответ: A = (2 6r1 )−1.9.6. Изобразить примерный вид плотности вероятности ρ(r) длясостояния 2s водородоподобного атома.9.7. Для состояния 2p атома водорода найти наиболее вероятноерасстояние электрона до ядра rвер.Ответ: rвер = 4r1.9.8. Частица находится в центрально-симметричном потенциальном поле в состоянии ψ(r, ϑ, ϕ) = Rnl (r)Ylm(ϑ, ϕ). Каков физический смысл функции |Ylm|2 ? Вычислить нормировочные коэффициенты функций:а) Y10; rб) Y21.r315;б) −.Ответ: а)4π8π9.9. Привести уравнение, определяющее радиальную часть волновой функции электрона в кулоновском поле ядра Z, к безразмерному виду.
В качестве единиц измерения взять атомную единицу длины (первый боровский радиус) и атомную единицу энергии(энергию связи электронав атоме водорода).∂ 2R 2 ∂R2Z l(l + 1)Ответ:++ ε+−R = 0;∂%2 % ∂%%%2r%= ;r1Eε=.E19.10. Электрон в атоме водорода находится в стационарном состоянии с волновой функцией ψ = A(1 + ar) exp(αr), где A, a, α 58постоянные.
Найти: а) постоянные a, α и энергию E электрона;б) нормировочный коэффициент A.meqe4meqe21Ответ: а) a = α = − 2 = − ; E = − 2 ;2~2r18~ 3/211б) A = √.r2 19.11. Используя подстановку R(r) = χ(r)/r в уравнении длярадиальной волновой функции электрона в атоме водорода, показать, что при больших значениях r волноваяфункция ведет себяpкак R(r) = A(1/r) exp(−κr), где κ = 2me|E|/~.9.12∗. Найти средний электростатический потенциал, создаваемый 2s - электроном в центре атома водорода.1eОтвет: hϕi2s = −·.4πε0 4r19.13∗. Определить средний электростатический потенциал нарасстоянии r от ядра атома водорода, находящегося в основномсостоянии.1 1e+exp(−2r/r1).Ответ: ϕ(r) =4πε0 r1 r9.14∗.
Частица с массой m находится в сферически-симметричнойпотенциальной яме, где U (r) = 0 при r < r0 и U = ∞ при r = r0,где r0 - радиус ямы. Найти: а) возможные значения энергии инормированные собственные функции частицы в s - состояниях,где ψ - функция зависит только от r. б)наиболее вероятноезначение rвер и вероятность w нахождения частицы в областиr < rвер в основном состоянии; в) значения hri, hr2i и среднегоквадратичного отклонения ∆r = h(r − hri)2i1/2 для частицы,находящейся на n - ом s - уровне.π 2~2n21 sin(πnr/r0)√Ответ: а) En =;ψ(r)=;n002mr02r2πr0r01б) rвер = ; w = ;22 r111r01− 2 2 ; ∆r = r0− 2 2.в) hri = ; hr2i = r0223 2π n12 2π n5910.ТЕОРИЯ ВОЗМУЩЕНИЙОсновные формулы• Постановка задачиĤψ = Eψ,Ĥ = Ĥ0 + V̂ ,(10.1)где V̂ - оператор возмущения. Решение невозмущенной задачиĤ0ψn(0) = En(0)ψn(0)(10.2)считается известным.• Поправки к уровням энергии и волновым функциям в отсутствии вырождения∆En(1)VmnX∆ψn(1) == Vnn,(0)Enm6=n∆En(2)=ψ (0), Vnm =(0) m− EmX|Vnm|2(0)Enm6=nZ−(0)Em,∗(0)ψn(0) V̂ ψmdV − .(10.3)(10.4)• Секулярное уравнение и "правильные" волновые функции ψkдля вырожденного уровня энергии E (0)Hαα0− Eδαα0 = 0,ψk =sXakα ψα(0),(10.5)α=1где s - кратность вырождения.
Для каждого корня Ek секулярногоуравнения коэффициенты akα находятся из уравненийsX(Hαα0 − Ek δαα0 )akα0 = 0,(α = 1, 2, ..., s).(10.6)0α =1Примеры решения задачЗадачаНа частицу с массой m, находящуюся в одномерной потенциальной яме шириной 0 < x < l с бесконечно высокими стенками60lналожено возмущение V (x) = α δ x −, где δ(x) — дельта2функция. Найти в первых двух порядках теории возмущенийсдвиг энергетических уровней частицы. [Замечание: C физической точки зрения сингулярная функция V (x) моделирует высокий, но очень узкий потенциальный барьер в середине ямы].РешениеЗапишем известное решение невозмущенной задачиrπnx2π 2 ~2 2(0)(0)n,ψn (x) =sin,En =ll2M l2где n = 1, 2, ..., M — масса частицы.
Согласно теории возмущений,поправка 1-го порядка к энергии частицы равна диагональномуматричному элементу оператора возмущения (10.3)∆En(1) = hn|V̂ |ni = Vnn =Zl∗ψn(0) V̂ ψn(0) dx.0Подставляя сюда явные выражения для невозмущенных волновыхфункций и оператора возмущений, получаем∆En(1)2α=lZlπnxlsin2·δ x−dx.l20По определению, дельта-функция Дирака удовлетворяет соотношениюZ∞f (x) · δ(x − a) dx = f (a).−∞(1)Тогда интеграл в формуле для ∆En легко вычисляетсяZlsin2πnxlπnlπn· δ(x − ) dx = sin2= sin2.l22l20(1)Для поправки ∆En получаем окончательно61(0;n = 2, 4, 6, ...2α;n = 1, 3, 5, ..lПолученный результат означает, что поправка 1-го порядка имеетместо только для нечетных уровней энергии.Рассмотрим поправку 2-го порядка:∆En(1)2α 2 πnsin==l2∆En(2)=|Vnm|2X(0)m6=n En−(0)Em.Сначала вычислим недиагональные матричные элементы оператора возмущенияZlVnm = hn|V̂ |mi =∗(0)ψn(0) V̂ ψmdx0=2αlZlsinπnxπmxl· sin· δ(x − ) dx =ll20πnπm2αsin· sin.l22Отсюда видно, что отличными от нуля недиагональными матричными элементами являются только элементы с нечетными значениями n и m.=2α4α22Vnm = ± ,|Vnm| = 2 , n, m = 1, 3, 5, ...llСледовательно, поправки 2-го порядка, также как и поправки 1-гопорядка, отличны от нуля только для нечетных уровней энергии.Так какEn(0)π 2~22=·n;2M l2(0)Emπ 2~22=·m,2M l2то62n, m = 1, 3, 5, .∆En(2)18M α2 X, n, m = 1, 3, 5, ..= 2 2π ~n2 − m2m6=nДля вычисления входящего сюда ряда удобно произвести замену иедексов:n → 2n − 1;m → 2m − 1.После этого числа n и m принимают все натуральные значения1,2,3,..
и интересующий нас ряд преобразуется в:Xm6=n11X1=.(2n − 1)2 − (2m − 1)2 4(n + m − 1)(n − m)m6=nДробь в последнем выражении можно записать, как сумму двухдробей11=(n + m − 1)(n − m) 2n − 111−.n+m−1 m−nРассматриваемый ряд теперь принимает вид:11 X11·−4 2n − 1m+n−1 m−nm6=nМожно показать, что в сумме по m все слагаемые взаимно уничтожаются кроме последнего слагаемого при m = 3n − 1.
Этолегко проверяется для n = 1, а для произвольного n доказываетсяметодом математической индукции. Следовательно,Xm6=n11−m+n−1 m−n1 1=−=−.m − n m=3n−12n − 1С учетом полученных выражений находим∆En(2)8M α212M α2=− 2 2.=− 2 2 ·π ~4(2n − 1)2π ~ (2n − 1)263Возвращаясь к исходным обозначениям нечетных индексов 2n −1 → n, получаем окончательно2M α2= − 2 2 2,n = 1, 3, 5, ....π ~nОтметим, что все поправки 2-го порядка к уровням энергии отрицательны.Критерий применимости результата, как известно, имеет вид∆En(2)(0)|Vnm| |En(0) − Em|.В данной задаче это условие означает, чтоαπ 2~2 · (n + 1). lM l2При выводе этого критерия учтено, что правая сторона неравенства принимает наименьшее значение для двух соседних индексови то, что индексы нечетные, то есть m = n + 2.Задачи10.1.
Определить поправку 2-го приближения к волновымфункциям стационарных состояний. Считать, что невозмущенные уровни энергии не вырождены.Ответ:X0 X0VlnVkl(0)(2)ψ∆ψn =k −(0)(0)(0)(0)kl (En − Ek )(En − El )X0X0VnnVkn|Vnk |2(0)(0)ψ − ψn.−(0)(0) 2 k(0)(0) 2k (En − Ek )k (En − Ek )10.2. Определить поправку 3-го приближения к уровням энергии. Считать, что невозмущенные уровни энергии не вырождены.Ответ:X0 X0X0|Vnl |2Vnl Vlk Vkn(3)∆En =− Vnn.(0)(0)(0)(0)(0)(0) 2kl (En − El )(En − Ek )l (En − El )10.3. Частица с массой m находится в одномерной бесконечноглубокой потенциальной яме 0 < x < a. На нее наложено возмущение V (x) = αx2 + β, где α, β - постоянные.
Найти первуюпоправку по теории возмущений к энергии частицы.64Ответ: 33aaa125 π 4~22(1)∆En =α−+β ;|α| .a6(2πn)2296 ma410.4. Частица с массой m находится в одномерной бесконечноглубокой потенциальной яме (0 < x < a) в основном состоянии.На нее наложено возмущение V (x) = ε cos(πx/a), где ε - постоянная. Найти первую поправку по теории возмущений к энергиичастицы и к волновой функции. Указать условие применимостиполученного результата.(1)Ответ: ∆E1 r= 0;εma2 22πx3π 2~2(1)∆ψ1 = − 2 2;sin;|ε| 3π ~aama210.5.
Заряженный одномерный осциллятор с массой m, частотой ω и зарядом q, первоначально находившийся в основном состоянии, помещен в однородное электрическое поле с напряженностью E (возмущение V (x) = −qEx). Найти первую и вторуюпоправки к энергии осциллятора, а также первую поправку к волновой функции. Указание: при использовании теории возмущенийучесть вклад лишь первого возбужденного состояния.q2E 2(2)Ответ: ∆E0 = −;2mω 2 mω 1/4 − mω x2 qE(1)1+x .ψ0 =e 2~π~~ω10.6. Найти первую поправку к энергии n -го стационарногосостояния одномерного гармонического осциллятора с массой m ичастотой ω под влиянием возмущения V (x): а) V (x) = αx2 + β; б)V (x) = γx3; в) V (x) = εx4.α~1Ответ: а) ∆En(1) =n++ β; б) ∆En(1) = 0;mω22 ~31в) ∆En(1) = εn2 + n +.2 mω210.7.
Заряженный одномерный осциллятор (см. задачу 10.3)первоначально находился в первом возбужденном стационарном65состоянии состоянии (n = 1)1/2x −x2/2x21(0)0,eψ1 (x) = 2 √x02 πx0rx0 =~.mωНайти первую и вторую поправки к энергии осциллятора в однородном электрическом поле с напряженностью E.Указание: при использовании теории возмущений пренебречьвкладом всех возбужденных состояний с n ≥ 2.q2E 2(1)(2)Ответ: ∆E1 = 0;∆E1 =.2mω 210.8. Уровень энергии E (0) двукратно вырожден. Задан оператор возмущения V̂ . Взаимно ортогональные и нормированные(0)(0)волновые функции нулевого приближения ψ1 и ψ2 .
Показать,что "расщепленные" уровни энергии даются формуламиE1,2 = E(0)ip1h+ (V11 + V22) ± (V11 − V22)2 + 4|V12|2 .210.9. Уровень энергии частицы двукратно вырожден (см.предыдущую задачу). Для случая V11 = V22 = 0 показать, чтонормированные "правильные" волновые функции имеют вид1V21(0)(0)ψ1 = √ ψ1 +ψ2 ,|V21|21V21(0)(0)ψ2 = √ ψ1 −ψ2 .|V21|2Указание: учесть, что V12 = V21∗ .10.10. Уровень энергии E 0 для невозмущенного гамильтониана(0)(0)(0)Ĥ0 трехкратно вырожден и ψ1 , ψ2 , ψ3 - взаимно ортогональныеи нормированные на 1 собственные функции Ĥ0, которые соответствуют этому уровню. Матричные элементы оператора возмущений V̂ : DE(0) (0)Vij = ψi V̂ ψj ,i, j = 1, 2, 3,считать известными, причем все матричные элементы с i 6= j равны нулю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
