量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第6章-2.pdf

《量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第6章-2.pdf》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、6.14——5.176.14对于类氢原子（核电荷Ze）的“圆轨迹”（指n=0,l=n-1的轨迹），计算r（a）最可几半径；（b）平均半径；2212（c）涨落Dr=[r-r]解：类氢原子中电子波函数ynlm可以表示为1y=R(r)Y(q,j)=u(r)Y(q,j)（1）nlmnrllmnrllmrd（a）最可几半径由径向几率分布的极值条件u(r)=0（2）nrldr决定。l=n-1时，n=0。r()n-Zrnaur=Cre0,n-12代入（2）式，容易求得r=naZ（4）几0这结果和玻尔量子论中圆轨迹的半

2、径公式一致。l（b）在ynlm态下，各r之间有递推关系（Kramers公式）2l+1lal-1l22al-2r-(2r+1)r+[(2l+1)-l]r=0(5)22nZ4Z（参钱伯初、曾谨言《量子力学习题精选与剖析》P197）0在（5）式中令l=0，注意到r=1。可设1Z=(6)2rnlmna依次再取l=1,2，得到1Z(l=n-1)ænöZ22r=[3n-l(l+1)]=çn+÷（7）nlm2a2aèøn2Z2(l=n-1)1Z222æö2æöæö（c）r=[1+5n-3l(l+1)]ç÷=nçn+÷

3、(n+1)ç÷（8）nlm2èaøè2øèaø因此，r的涨落322212ænnöaDr=[r-r]=çç+÷÷（9）è24øZDrn2n1=n+=（10）r222n+1可见，n越大，Drr越小，量子力学的结果和玻尔量子轨迹的图像越加接近。6.15——5.186.16——5.206.16设碱金属原子中的价电子所受电子实（原子核+满壳电子）的作用近似表为22eeaV(r)=--l（0

4、解出l=-+çl+÷ê1-2ú2è2øë(2l+1)û2解：取守恒量完全集为(H,L,L)，其共同本征函数为zu(r)y(r,q,j)=R(r)Ylm(q,j)=Ylm(q,j)（2）ru(r)满足径向方程2222"é()eeaù-u+êll+12--l2úu=Eu（3）2uë2urrrû''令l(l+1)-2l=l(l+1)（4）222"é''eù式（3）就可以化为-u+êl(l+1)2-úu=Eu（3’）2uë2urrû相当于氢原子径向方程中l换成'l。所以式（3’）的求解过程完全类似于氢原

5、子问题。后者能级为2eEn=-2，n=nr+l+1，nr=0,1,2,⋯（5）2na将l换成'l，即得价电子的能级：2e''Enl=-2，n=nr+l+1（6）'2na'通常令l=l+D（7）l'n=nr+l+Dl+1=n+Dl（8）D称为量子数l和n的“修正数”。由于l<<1，可以对式（4）作如下近似处理：l''2l(l+1)-2l=l(l+1)=(l+Dl)(l+Dl+1)=l(l+1)+(2l+1)Dl+(Dl)2æ1ö略去(Dl)，即得Dl»-lçl+÷（9）è2ø由于l<<1，Dl<<1，因

6、此，本题所得能级Enl和氢原子能级仅有较小的差别，但是能级的“l简并”已经消除。式（6）和碱金属光谱的实验资料大体一致，尤其是，修正数Dl随l之升高而减小，这一点和实验符合的极好。12'1æ1öé8lù式（4）的精确解为l=-+çl+÷ê1-2ú（10）2è2øë(2l+1)û若对上式作二项式展开，保留l项，略去2l以上各项，即可得到式（9）。6.17证明一个球方势阱(半径a,深度V0)恰好具有一条l≠0的能级的条件是：V0与a应满足2mV0)0j(a=l-12（解）是有限深势阱问题，则薛定谔方程为2

7、2l(l+1)R¢¢+R¢+{k-}R=0(ra)⋯⋯(2)222rr2（1）的解需满足r=0处有限，它的特解是R(r)=Aj(kr)（3）1kll（2）的解需满足r=¥处趋近于零,特介是R2(r)=Bk'lhl(ik¢r)（4）要使波函数及其一阶导数在r=a这个势能突点上连续，应有R(a)=R(a)即Aj(ka)=Bh(ik¢a)（5）12kllk‘lldR(a)dR(a)dd1=2=¢即Aj(ka)Bh(ika)（6

8、）kllk'lldrdrardr为了运算的方便（主要利用球贝塞耳函数j，和球Hankel函数h1的一阶导数公式）（6），（5）两1边相除，并加上相同的(l+1)得:a11j1(ka)l+1h1(ik¢a)l+1+=+j(ka)ah(ik¢a)211此式等效于：d1+1d1+1en{(kr)j(kr)}=en{(il¢r)h(ik¢r)}（7）11=01r=0drdr从课本附录六的公式得d1+11+1(xjl)=xj(l>0)1-1dxd1+