Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

с.м.чернов_квантовая механика

.pdf
Скачиваний:
61
Добавлен:
22.03.2016
Размер:
2.6 Mб
Скачать

3.16. Найти результат действия операторов σ$x , σ$y , σ$z на базовые спи-

новые функции:

 

 

1

 

;

 

0

 

 

α =

0

 

β =

1

.

 

 

 

 

 

 

Ответ: σ x α = β;

σ y α = iβ; σ z α =α;

 

 

σ x β =α;

σ y β = −iα;

σ z β = −β.

 

 

3.17. Показать, что в системе из двух электронов спиновые функции φs,ms , соответствующие значению полного спина s = 1, описываются

симметричными функциями, а в случае s = 0 – антисимметричными функциями вида:

 

s = 0

φ00

= α1β2 - α2β1 ;

 

 

ms = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

φ

= α α

 

s = 1

 

 

 

11

1

2

 

 

 

 

 

ms = 0, ±1

 

 

φ10 = α1β2 + α2β1

 

 

 

φ

= β β

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1-1

1

где s и ms – квантовые числа суммарного спина

 

$

$

$

, определяющие

 

S = S1

+ S2

$

2

 

$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

с.з. операторов S

 

и Sz .

 

 

Решение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Образуем вектор спина двухэлектронной системы:

 

 

 

 

 

 

 

 

$

$

$

 

h

$

$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S = S1

+ S2

=

 

(σ1

+ σ2 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

$2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

и построим операторы S

и S z :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

h

2

2 2

 

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

S =

 

σ

1 +σ 2 + 2 σ1 σ2 ;

 

S z =

σ

1z +

σ 2 z

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для примера рассмотрим лишь один вариант решения задачи. Например, до-

кажем, что функция ϕ11

является с.ф.

операторов

 

$

2

и

 

$

соответствующая

 

S

 

 

S z ,

с.з. S 2 = h2 s (s +1) = 2h2 и

S

z

 

= hm = h.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

s

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

h

2

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

 

ϕ

 

=

 

 

 

σ

1 +σ2

+ 2σ1 σ2

α α

 

=

 

 

3δ+3δ

+2

 

σ1x σ2x +σ

1y σ2 y +σ1z σ

2z

α α

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

6δ α α

+ 2

 

σ

1x α σ2x

α

2

+

σ1y α σ2 y α

2

+σ1z

α σ2z

α

2

 

=

h

 

 

6δ α α

 

+2(β β

 

+iβ iβ

2

+α α

 

)

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

1 2

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

4

 

 

1 2

 

1 2

 

1

1 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

h2

(6α α

2

+ 2α α

2

)= 2h2α α

2

 

= h2s (s +1)ϕ

,

 

где s =1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

1

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S z

ϕ11 =

 

 

 

 

 

σ1z

+σ

2 z α1α2

=

 

 

 

α2 σ1z

α1 +α1 σ 2 z

α2

= hα1α2

= hm

ϕ11 ,

где m

s

=

+1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

s

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Здесь мы воспользовались результатами задач (3.12) и (3.13). 171

Задачи к главе IV

4.1. Найти волновую функцию частицы, движущейся в поле U(x), в квазиклассическом приближении с точностью до членов квадратичных по h .

Решение:

Подставляя в стационарное уравнение Шредингера

h

d 2ψ (x) +U (x)ψ (x) = Eψ (x)

(1)

2m

волновую функцию вида

dx2

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

S (x)

,

(2)

 

 

ψ(x) = eh

 

 

 

для S(x) получаем дифференциальное уравнение:

 

 

ihS'' S'2 +2m(E U ) = 0 ,

(3)

где введено обозначение для производной S ' = dSdx .

Представим S(x) в виде разложения по степеням h точностью до квадратичных членов:

S(x) S

0

(x) + hS (x) + h2 S

2

(x) .

(4)

 

1

 

 

Тогда из уравнения (3) получаем:

[2m(T U ) S0'2 ] +h[iS0'' 2S0' S1' ] +h2[iS1'' S1'2 2S0' S2' ] 0 .

Здесь мы отбросили члены со степенями по h выше двух. Приравнивая нулю множители перед h , получаем систему уравнений для Si (x) :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S0'2 = 2m(E U )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

'

=

 

i

 

 

S0''

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

(5)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2 S0'

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S2'

=

 

iS'' S'2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2S0'

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вводя импульс частицы

p =

 

2m(E U ) , для соответствующих поправок

получаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S0' = ± p S0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S0''

 

 

 

= ±pdx

 

 

(6)

 

 

 

S '

=

 

i

 

=

i

 

p'

; dS

 

=

i

dp

S

 

=

i

ln p = i ln p .

(7)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2 S0'

 

2 p

 

 

1

 

 

 

 

2 p

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Учитывая, что S'' =

i

 

p''

p p'2

 

, для S

 

получаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S '

=

1

(1

p'' p p'2

 

+ 1

p'2

) =

3 p'2

p''

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8 p3

 

 

2

 

 

2 p 2

 

 

p2

 

 

 

 

 

 

 

4 p2

 

4 p2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

172

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

p'2

1

p''dx

S2 =

8

 

dx

4

 

p3

p2

Второй интеграл можно проинтегрировать по частям:

 

 

 

 

 

 

 

p''dx

 

1

 

 

 

dp

 

 

 

 

 

1

 

 

p' + 2

p'2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

d ( dx ) =

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

p2

 

p2

 

p2

 

p3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 p'

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p'2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S2 = −

4

 

 

 

8

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p2

 

 

p3

 

 

 

 

 

 

 

 

Производную p' можно выразить через силу F, действующую на части-

цу:

 

 

 

 

 

 

 

= dp

= dp

dt

 

 

 

 

 

F

= mF ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p'

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

dt dx

 

 

 

 

V

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

(8)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

F 2

 

 

 

 

 

 

 

1 mF

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S2 = −

8 m

 

 

 

 

dx

4 p3 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p5

 

 

 

 

 

 

Таким образом, искомая волновая функция в рассматриваемом прибли-

жении имеет вид:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

S ( x)

 

 

i

(S

+hS

+h2S

)

 

 

 

i

S +iS

 

+ihS

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ = eh

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= eh 0

 

1

2

 

 

= eh

0 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(9)

 

i

 

 

 

 

 

 

 

A

1imh

F

 

ihm

2

 

F

2

 

e±

i

e

 

S0 +iS1 (1+ihS

) =

 

 

 

 

dx

 

pdx

 

h

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

p

 

 

 

 

4 p

3

 

 

 

 

 

 

8

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Появление мнимых поправочных членов в предэкспоненциальном множителе эквивалентно появлению такой же поправки в фазе волновой функции, причем эта поправка пропорциональна h.

U (x)

 

 

4.2.

Получить правило квантования

 

 

 

 

 

 

 

 

энергетических уровней и найти соответст-

 

 

 

En

 

 

 

 

вующие

им квазиклассические волновые

 

 

 

 

 

 

 

 

функции в случае потенциала, изображенного

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

на рисунке 17. Получить квазиклассические

 

 

 

 

 

 

 

 

уровни энергии частицы в однородном поле

 

 

 

 

 

 

 

 

тяжести в случае, когда ее движение ограни-

 

0

 

a

x

 

 

чено снизу идеально отражающей плоскостью.

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 17.

Решение:

В квазиклассическом приближении волновые функции слева и справа от точки остановки (x = a) имеют вид:

173

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

exp(1

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ ( x) =

 

 

 

 

p

 

dx),

при x>a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

 

p

 

=

 

 

2m(U ( x) E );

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ (x) =

 

 

 

 

sin( 1

pdx + π ), при 0 x<a

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

x

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где p =

 

 

2m(E U (x));

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ (x) = 0,

 

 

при x 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из последних двух условий находим искомое правило квантования:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

a

 

 

 

 

 

 

 

π )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ

(0) = sin(

pdx +

 

= 0

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

4

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2m(E U )dx +

= πn

 

 

 

 

 

 

h

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

так как левая часть всегда положительна, то n=1, 2, 3…

 

 

 

 

1 a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h 2m(E U )dx = π(n +

1) 4

= π(n + 4) , где n=0, 1, 2…

(1)

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В однородном поле тяжести U(x)=mgx, уровни энергии находим из ус-

ловия (1):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

, где a =

.

 

 

I = 2m(E mgx)dx = πh(n +

)

 

 

 

4

 

 

 

mg

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл в левой части легко вычисляется подстановкой

 

 

t = 2m(E mgx); dt = −2m2 gdx;

 

c пределами t = 2mE, t

2

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

) ,

 

 

 

 

 

 

I =

 

 

 

(2mE)

2

= πh(n +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3m2 g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

отсюда окончательно получаем:

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9π2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E = (

 

mg2h2 )3

(n +

3)3

, n = 0,1, 2...

 

(2)

 

 

n

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

Обычно, квазиклассическое приближение применимо при n.1, но в

данном случае получено хорошее приближение и при n 1. В частности, при

n=0 из (4.2) получаем E

 

1

, причем точное значение для основного

0

=1,84(mg 2h2 )3

 

 

 

 

 

уровня равно: E

 

 

 

1

 

0

=1,86(mg 2h2 )3 .

 

 

 

 

 

 

174

U (x)

U0

 

 

 

 

 

0

b (b-a) a

x

 

 

 

 

 

4.3.Для частицы, находящейся

вбесконечно глубокой потенциальной яме ширины a, найти в первом порядке теории возмущения смещение энергетических уровней под действием возмущения вида:

Рис. 18.

'

U

0

, b < x < a - b

H =

 

 

 

0, a - b < x < a; 0 < x < b.

Показать, что в этом приближении поправки первого порядка E(1)n для произвольного возмущения U(x) при достаточно больших n не зави-

сит от n.

Решение:

Как известно, волновые функции и уровни энергии частицы в бесконеч-

но глубокой яме равны:

 

 

 

 

 

 

ψ0 =

 

 

2

sin

 

πnx

 

, n =1, 2,3,...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E0

=

π2h2

 

n2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

2ma2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ab

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

'

0*

ˆ '

0*

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2 πnx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

En

= Hnn =

ψn

H ψn dx =

 

 

 

U

0

 

 

dx sin

 

 

=

 

 

 

 

 

a

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

U0

ab

 

 

2πnx

 

 

 

 

U0

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

2πnx

 

ab

 

 

 

 

=

 

 

dx(1cos

 

 

 

 

 

 

)

=

 

 

 

 

(x

 

 

 

 

sin

 

) |b

=

 

 

 

 

a

 

 

a

 

 

a

 

 

 

2πn

a

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

U0

(a 2b +

a

sin

2πnb

),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

πn

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α + β sin

α β .

где учтено известное тождество: sinα sin β =

2 cos

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

2

 

Так как H '

U

 

, а энергия частицы в яме E0

 

π 2h2

n2 , то условием примени-

mn

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

ma2

 

 

 

 

мости теории возмущения ( Hmn' n En0 Em0 ) является требование:

U0 nπ2h2 n2 , ma2

т.е. метод хорошо работает для достаточно узкой ямы и больших квантовых чисел n.

Для произвольного возмущения U(x):

 

2

a

πnxdx =

1

a

2πnx

 

En(1) =

U (x) sin2

U (x)(1cos

)dx.

a

2

 

 

0

a

0

a

175

Второе слагаемое, содержащее cos 2πanx , при n.1 быстро осциллирует, и сле-

довательно соответствующий интеграл стремится к нулю, так что поправка En(1) не зависит от n:

 

1

a

En(1)

U (x)dx.

2

 

0

4.4. На заряженный линейный гармонический осциллятор наложено однородное электрическое поле ε, направленное вдоль оси колебаний х. Рассматривая действие электрического поля как возмущение, рассчитать сдвиг энергетических уровней осциллятора.

Решение:

Из курса квантовой механики известно, что для осциллятора с полем

U (x) = mω2 x2

2

где a =

h

mω

 

решения УШ имеют вид:

En0 = hω(n + 12 ), n = 0,1, 2,...

 

1 x

2

 

x

(1)

 

 

 

 

 

0

2 a

2

 

ψ n

= Ane

 

H n

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

a

 

– нормировочная постоянная;

1

 

(x) – поли-

A = ( π 2n a n!)

2 , а H

n

 

n

 

 

номы Чебышева-Эрмита, для которых, в частности, выполняются рекуррентные соотношения:

 

 

 

xH

n

(x) =

1

H

n+1

(x) + nH

n1

(x)

(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

При включении однородного электрического поля оператор возмуще-

ˆ

'

= −eεx . Эта задача также была решена в курсе квантовой меха-

ния равен H

 

ники (задача 3.2), где было показано, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

n

= hω(n + 1 )

 

 

e2ε2

 

 

 

 

.

 

(3)

 

 

 

 

2mω

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

По теории возмущения с точностью до квадратичных поправок энергия

системы равна:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H '

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

En = En0 + Hnn'

+

 

 

mn

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E0 E0

 

где матричные элементы равны:

 

 

 

mn

 

 

n

 

 

 

 

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

'

+∞

ˆ

' 0

 

 

 

+∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

 

Hmn =

ψm H

ψndx = −eε ψm xψndx ≡ −eεxmn.

 

 

 

 

−∞

 

 

 

 

 

 

 

−∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

176

xmn = ψm0 xψn0 dx = Am An

Матричные элементы от координаты частицы не сложно вычислить, используя соотношение (2), значения нормировочных постоянных и свойство ортонормированности волновых функций осциллятора:

+∞

−∞

+∞

ψ0ψ0 dx =δmn .

n m .

−∞

+∞

dxe

x2

 

x

xH

 

x

=

 

a

H

 

 

 

−∞

 

 

 

m a

n a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

+∞

x2

x

 

x

 

 

+∞

x2

x

 

 

x

 

 

 

 

 

aAm An dxe

a

2

 

+ naAm An

a

2

 

 

 

 

=

2

 

 

 

Hm

 

 

Hn+1

 

 

 

dxe

 

Hm

 

Hn1

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞

 

 

 

 

a

 

a

 

 

−∞

 

 

 

a

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

A

 

+∞

0

 

 

0

 

 

 

 

A

+∞

0

0

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

=

 

a

 

n

 

dxψ m xψ n+1 + na

n

dxψm xψn1

=

 

a

2(n +1)δm,n+1 +

 

 

δm,n1

=

2

A

 

A

2

2n

 

 

 

 

 

 

n+1 −∞

 

 

 

 

 

 

 

 

n1 −∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4)

 

 

 

n +1

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= a

 

 

 

δm,n+1 + a

 

 

δm,n1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При выводе формулы (4) в рекуррентном соотношении (2) произведена формальная замена x ax . Отсюда для матричных элементов (4) получаем:

 

 

 

 

 

 

0, m n ±1

 

 

 

n +1

 

 

x

 

, m = n +1 .

(5)

= a

 

mn

 

2

 

 

 

 

n +1

, m = n 1

 

 

a

 

 

 

2

 

 

Для разностей соответствующих уровней энергии имеем:

E0

E0

= −hω,

при m = n +1;

 

n

m

 

 

(6)

E0

E0

= hω,

при m = n 1.

 

n

m

 

 

 

Отсюда для энергий осциллятора в электрическом поле с точностью до квадратичных поправок окончательно получаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H '

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

En = En0

+

 

En(1) + En( 2)

= En0

+ Hnn'

+

 

 

 

 

mn

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

E

0

E

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

mn

n

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 (n +1)

 

 

 

 

2 n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

(7)

= hω n

+

 

 

+

0 + e

ε

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

=

 

 

 

2

 

 

−hω

 

 

 

hω

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

e2ε2 a2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

e2ε2

 

 

 

 

 

 

 

= hω n

+

 

 

 

 

 

= hω n +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2hω

2

 

2hω

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где учтено соотношение: a =

 

 

 

h

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

mω

 

 

177

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полученный результат (7) совпадает с точным решением (3), следовательно, поправки третьего и более высоких порядков будут тождественно равны нулю. Это подтверждается и непосредственными расчетами.

4.5. Считая ядро равномерно заряженным шариком радиуса

R = 10-14 м, рассмотреть смещение основного уровня и расщепление возбужденного уровня энергии водородоподобного атома, обусловленные конечными размерами ядра.

Решение:

Для точечного ядра, когда потенциальная энергия взаимодействия электрона с ядром является кулоновской, невозмущенный гамильтониан имеет вид:

 

 

h

2

 

Ze

2

.

H 0

= −

 

 

2m

4πε

0r

 

 

 

 

Решение УШ в этом случае хорошо известно:

ˆ

 

 

0

0 0

 

 

 

 

 

 

 

H0ψnem = Enψnem ;

 

 

 

 

E

0

= −

me4

 

 

Z 2

 

;

 

(1)

 

2h2 (4πε0 )2 n2

 

 

n

 

 

 

 

 

 

ψ

0

 

= R Y m (θ

,ϕ),

 

 

 

 

nlm

 

nl l

 

 

 

 

 

 

 

где Ze – заряд ядра; n=1,2,3…;

l=0,1,2…(n-1); m = 0, ±1,..., ±l;

Y m

– шаровая

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

функция. Уровни энергии E0

являются k = n2

– кратно вырожденными, при-

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

чем вырождение по l является спецификой кулоновского потенциала, а по m –

центральной симметрией поля.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В частности,

основное

 

состояние

 

 

(n=1,

l=0, m=0) невырождено

( k = n2 =1):

 

 

 

 

 

 

 

 

m e4

 

 

 

 

 

1 Z 2e2

 

 

 

E0

 

= −

 

 

 

Z

2 = −

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

;

 

 

 

 

2h2

(4πε

0 )

2 a

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ 0

 

 

ψ

0

= R (r)Y 0

(θ,ϕ);

 

 

 

 

100

 

 

 

 

10

 

 

0

 

 

 

 

(2)

 

 

 

R

 

(r) = 2

 

Z 3

eZ a ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y 0

(θ,ϕ) =

1

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

4π

 

 

 

 

 

 

 

 

h2 (4πε0 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где a =

= 0,528

1010 м – первый Боровский радиус. Первое возбужден-

m e2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ное состояние (n=2; l=0,1; m=0, ±1) четырехкратно вырождено k = n2 = 4 :

178

E

0

 

= −

 

 

m e4

 

 

 

 

 

Z

2

= −

Z 2e2

;

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2h2 (4πε0 )2 22

8a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ

200

= R

(r)Y 0

(θ,ϕ) ψ 0

;

 

 

 

 

 

20

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z 3 e2

 

 

 

(1Z

r

);

 

 

 

R

 

 

(r) =

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

20

 

 

 

 

a3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

a

(3)

 

 

 

 

= R

 

(r)Y m (θ,ϕ) ψ

 

0 , (m

ψ

21m

 

 

= 0, ±1);

 

21

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z 3

e

Z r

Z

r

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

(r) =

 

2

 

a

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

 

 

 

 

6a3

 

 

 

 

 

 

 

 

2 a

 

 

 

 

 

 

Y

0

(θ,ϕ) =

3

cosθ

;Y ±1(θ,ϕ) =

3

sinθ e±iϕ ;

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

4π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

8π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, уровню энергии E2 соответствует четыре волновые

функции {ψ200 ,ψ210 ,ψ211,ψ211} {ψ1,ψ2 ,ψ3 ,ψ4}.

Для построения оператора возмущения необходимо вычислить потенциальную энергию взаимодействия электрона с ядром в виде шара радиуса R и зарядом Ze . Этот результат хорошо известен из курса электродинамики:

 

 

 

 

Ze

2

 

 

 

(

3

1

r

2

),

 

r R;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R (4πε0 )

2

 

 

2

 

 

 

 

 

U (r) =

 

 

 

2 R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4)

 

 

 

 

Ze2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r > R.

 

 

 

 

 

(4πε0 )r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сравнивая последнее выражение с кулоновским потенциалом для то-

чечного ядра, когда U (r) = −

 

Ze2

 

,

для оператора возмущения получаем вы-

(4πε0 )r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ражение вида:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ze

2

 

 

 

 

 

 

ze

2

 

 

 

 

3

2

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

1

 

r

), r R;

 

'

=U (r) U0 (r)

 

(4πε0 )r

 

 

 

(4πε0 )R

2

 

2

(5)

H

 

=

 

 

 

 

 

 

2 R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r > R.

 

 

 

 

 

0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а) Смещение основного уровня энергии атома.

Так как основной уровень не вырожден, то можно применять стационарную теорию возмущения для невырожденных состояний. В частности, поправка первого порядка малости равна диагональному матричному элементу:

E

'

'

* ˆ '

 

 

 

(6)

 

= H00

= ψ0 H ψ0 dV .

ˆ '

(5), а также

 

Используя волновую функцию (3), оператор

2

drdΩ

H

dV = r

и условие нормировки Y00 2 dΩ =1 , получаем:

179

 

Z

3

 

R

2Z

r

 

 

2

 

Ze

2

3

 

1

r

2

 

E' = 4

 

 

drr2e

 

a Ze

 

(

 

) .

(7)

(4πε0 )a

3

 

R

2

2 R

2

 

 

0

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

В нашем случае a 1010 м, R 1014 м, и даже при Z 100 показатель экспоненты 2ZRa < 2 102 является малым, и во всех дальнейших оценках будем

заменять exp(2aZr ) 1 . Тогда смещение основного уровня, вызванное конечностью размеров ядра, будет равно:

E' 4

Z 4e2

 

R

3

r2

 

1

 

r4 ) =

2 Z 4e2

R 2

(8)

 

 

dr(r

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

(4πε0 )a

3

2R

2R

3

5 a

 

 

 

0

 

 

 

 

a

 

Оценим относительное смещение основного уровня (2):

 

E'

 

 

2 Z 4e2

R 2

 

1 Z 2e2

 

4

 

2

 

R 2

 

 

 

 

 

δ =

 

 

 

=

 

 

 

/

 

=

 

Z

 

 

 

 

,

0

5 a

2 a

5

 

 

 

E1

 

 

a

 

 

 

 

a

 

что даже для Z 100 является весьма малым δ 104 .

б) Расщепление первого возбужденного уровня энергии.

Так как поле “реального” ядра хотя и остается центральносимметричным, но уже не является кулоновским. Поэтому следует ожидать расщепление этого уровня на два подуровня, соответствующие различным l=0,1.

Так как уровень E20 является 4-х кратно вырожденным, то для нахождения первой поправки E' необходимо решить вековое уравнение вида:

 

(H ' E' )

H '

H '

H '

 

 

 

 

11

(H '

12

13

 

14

 

 

 

 

H '

E' )

H '

H

'

 

= 0 ,

(9)

 

21

22

 

23

 

24

 

 

H31'

H32'

(H33' E' )

H34'

 

 

 

 

'

 

'

'

'

 

 

 

 

 

H

 

'

 

 

 

H41

42

H43

(H44

E )

 

 

где матричные элементы равны:

'

0* ˆ ' 0

* ˆ '

2

m* m '

.

Hmn =

ψm H ψndν = Rm H

Rnr

dr dΩYe Ye '

Так как шаровые функции ортонормированны как по верхнему, так и

по нижнему индексу, т.е.

Hmn' = dΩYem*Yem'

' =δee'δmm' ,

 

 

 

то все недиагональные элементы ( m n ) равны 0. Диагональные матричные элементы с учетом (3) в пренебрежении малыми членами, содержащими от-

ношение Ra 104 , будут равны:

180