北大量子力学课件05变量可分离型的三维定态问题

第五章变量可分离型的三维定态问题当不显含t时，有特解HˆˆiHt∂ψ=ψ∂hO/tiEnnne)r(u)t,r(φ−=)r(uE)r(u)pˆ,r(Hˆnnn=所以通解为现处理变量可分离型的位势问题。§5.1有心势能量本征方程可写为∑=nnn)t,r(φc)t,r(ψ)r(V)r(V=22nnnnˆˆH(r,p)u(r)V(r)u(r)Eu(r)2m⎛⎞=−∇+=⎜⎟⎜⎟⎝⎠h22222222ˆ1L(r)2m2mrrr∂−∇=−−∂hhh2zˆˆ[L,L]0=因此，是两两对易。当共同本征函数组不简并时，它们构成一组力学量完全集（球对称势的体系都有这一特点）。0]Lˆ,Hˆ[2=0]Lˆ,Hˆ[z=z2Lˆ,Lˆ,Hˆ以的本征值（即量子数）对能量本征方程的特解进行标识。于是有z2Lˆ,Lˆ,Hˆnlmnllmu(r)R(r)Y(,)=θφ222nlmnlmnlm222ˆ1L(r)u(r)V(r)u(r)Eu(r)2mrrr∂−−+=∂hh2222dl(l1)2m(EV(r))(rR(r))(rR(r))(rR(r))0drr+−−+=h先讨论边条件的性质。对于束缚态，对于，波函数行为？（1）不显含时间的薛定谔方程解在的渐近行为A．若时()，仅当0m2时才有束缚态。0u,rnlm→∞→0r→0r→mrA)r(V−=A0根据位力定理：如是x,y,z的n次齐次函数，则有（在定态上）。对于上述势即)r(VVnT2=VmT2−=2ETV(1)Tm=+=−在这类位势下，束缚态E0。所以存在束缚态的条件为0m2即仅当时，才有束缚态。B．在时，径向波函数应满足由径向方程0r→0)r(rR→2222dl(l1)2m(EV(r))(rR(r))(rR(r))(rR(r))0drr+−−+=hr02rV(r)0→⎯⎯⎯→径向方程在的渐近式为其渐近解为，所以有（2）三维自由粒子运动因，所以可选力学量完全集222dl(l1)(rR(r))(rR(r))0drr+−≈r0→l1~r+0)r(rR0r⎯⎯→⎯→0)r(V=令222Ekμ=hkr=ρ0)(R])1l(l1[)(Rdd2)(Rdd222=+−++ρρρρρρρ2222dl(l1)2E(rR(r))(rR(r))(rR(r))0drr+μ−+=h2zˆˆˆH,L,L这即为球贝塞尔函数满足的方程。在处为有限的解是而在处为无穷的解是0=ρρρρρρρρsin)dd1()(c)(cj)(Rlll−==0=ρlll1dcosR()cn()c(1)()()dρρ=ρ=−−ρρρρ0→ρl2lj()[1](2l1)!!2(2l3)ρρρ−++−:L2l1l(2l1)!!1n()~()[1]2l12(2l3)++ρρ+++ρ−L∞→ρllsin()2R()cj()~cπρ−ρ=ρρllcos()2R()cn()~cπ−ρ−ρ=ρρ由于的条件，所以自由粒子的本征函数为对于自由粒子，亦可选作为力学量完全集，其共同本征函数为0)r(rR0r⎯⎯→⎯→klmllm2u(r,,)kj(kr)Y(,)θφ=θφπ。22klmkm2EO=)p,p,p(zyx而前述，作为力学量完全集，有共同本征函数组OO/rpi23pppe)2(1uzyx⋅=πrki23kkke)2(1uzyx⋅=πz2Lˆ,Lˆ,Hˆklmllm2u(r,,)kj(kr)Y(,)θφ=θφπ可按它展开如取方向在z方向（即为z轴），则rkie⋅likrlmklml0mleau(r,,)∞⋅==−′=θφ∑∑llmllml0mlaj(kr)Y(,)∞==−=θφ∑∑kikrikrcosl0ll0l0eeaj(kr)Y(,)∞⋅θ===θφ∑A.对kr求导，得)(cosP)kr(jcll0llθ∑∞==)(cosP)kr(jc)(cosPcos)kr(jcill0llll0llθθθ′=∑∑∞=∞=)](cosP)1l()(coslP[1l21)(cosPcos1l1llθθθθ+−+++=于是有)]kr(j)1l()kr(lj[1l21)kr(j1l1ll+−+−+=′)(cosP)]kr(j)1l()kr(lj[1l21cl1l1l0llθ+−∞=+−+=∑)](cosP)1l()(coslP[1l2ijc1l1l0lllθθ+−∞=+++∑22ll1l2l22l12l12l12l1cicicic2l12l12l32l3−−−++−+===−−−−∑∞=++++++++0l1llll1l1l)](cosPj1l2)1l(ic)(cosPj3l2)1l(ic[θθ∑∞=+++++−++=0ll1ll1ll1l)](cosP)kr(j1l2)1l(c)(cosP)kr(j3l21lc[θθl1l2l3cic2l1++=+B.当时ll0ci(2l1)c=+0kr=ll0j(0)=δ0P(cos)1θ=1c0=于是C.当在任意方向，则)(cosP)kr(j)1l2(iell0llikzθ∑∞=+=k)(cosP)kr(j)1l2(iell0llrkiγ∑∞=⋅+=为和之间的夹角rl*llmkklmml4P(cos)Y(,)Y(,)2l1=−πγ=θφθφ+∑likrl*llmlmkkl0mlei4j(kr)Y(,)Y(,)∞⋅==−=πθφθφ∑∑kγ∑=⋅m,l),,r(klmkk*lmlrki23u),(Ykie)2(1ϕθϕθπ现可求的归一化因子：而根据展开有)kk()2(rdee3rkirki′−=∫⋅′−⋅δπkkkk3*lm(,)lm(,)2lm1(2)(kk)YYk′′θφθφ′=πδ−∑klmu22*lllmkklmkkl,mrdr(4)j(kr)j(kr)Y(,)Y(,)′′′=πθφθφ∑∫kkkk3*lm(,)lm(,)2lm1(2)(kk)YYk′′θφθφ′=πδ−∑l*llmlmkkl,ml*llmlmkkl,mdr[4ij(kr)Y(,)Y(,)4(i)j(kr)Y(,)Y(,)]′′′′′′′′′′πθφθφ′⋅π−θφθφ∑∫∑从而有即于是有)kk(k1)2()rk(j)kr(j)4(drr23ll22′−=′∫δππ。)kk(k2)rk(j)kr(jdrr2ll2′−=′∫δπklmllm2u(r,,)kj(kr)Y(,)θφ=θφπ（3）球方势阱：考虑位势为令⎩⎨⎧=arVar0)r(V0lmu(r,,)R(r)Y(,)θφ=θφ2222d2El(l1)(rR)[](rR)0radrrμ++−=h202222(VE)dl(l1)(rR)[](rR)0radrr−μ−++−=hA.令则有1.由波函数在无穷远处为0，即当0VE22mE2kO=202)EV(m2O−=κkll1l2lAj(kr)raR(r)cj(ir)cn(ir)ra⎧=⎨κ+κ⎩∞→rllririll22riri12221c(ee)[c(ee)]2iriππ−κ−κ+ππ−κ−κ+−=−+κ]e)cic(e)cic[(ri212lir212lir21πκπκκ+−−+−−=ri)2lricos(cri)2lrisin(c21κπκκπκ−−−0→则于是有l1Bcκ=l2iBcκ=lllR(r)B[j(ir)in(ir)]κ=κ+κ(1)llBh(ir)κ=κ0cic21=+而ρρρρρρρρρρcos)dd1()(isin)dd1()(llll−−−=(1)lllh()j()in()ρ=ρ+ρρe)ρddρ1()ρ)(i(ρill−−=2.要求两区域的波函数及其导数在处连续，即从而确定E的可能值，即本征值。li()(1)2l(i)l(l1)h()e[1i]2πρ−ρ→∞−+ρ⎯⎯⎯→++ρρLar=ar)1(larldr)ri(hlnddr)kr(jlnd===κ当，则有令，，则由连续条件以及0l=krkrsin)kr(j0=rehr)1(0κκ−−=ka=ξaκη=cotη=−ξξ显然在二，四象限。讨论：1）由图可知，，则无解；2）当，则仅有一个解。这时,即。所以,在区间无节点。22022amV2O=+ηξξ2)amV2(21220πO23)amV2(221220ππ≤Oππ≤ka2π≤kr0a0−3）当，有二个解:一个解，无零点；另一个解。所以，,有一个零点。25)amV2(2321220ππ≤Oππ≤ka2ππ2ka23≤π2kr0当，，这时区域的波函数为0。由连续条件，，即有根（）。正交归一的本征函数为rrrr12nlmlnllm3l1nll1nl2u(r,,)[]j(kr)Y(,)aj(ka)j(ka)−+−θφ=θφ∞→0V∞→κar0)ak(jlnlr=akxlnlnrr=/,3,2,1nr=证：对方程右边求导，得x2232lll1l11j(x)xdxx(j(x)j(x)j(x))2−+=−∫22ll1l13lll1l1l1l13x(j(x)j(x)j(x))21x(2j(x)j(x)j(x)j(x)j(x)j(x))2−+−+−+−′′′+−−22ll1l13ll1lll1l1l1ll1ll1l13x(j(x)j(x)j(x))21l1l1x(2j(x)j(x)2j(x)j(x))j(x)j(x)2xxl2j(x)j(x)j(x)j(x)j(x)j(x))x−+−+−+−−+=−++−−−++−+从而得正交归一的本征函数22322lll31l12l1xj(x)x(2j(x))j(x)22xx++=+−+22lxj(x)=rrrr12nlmlnllm3l1nll1nl2u(r,,)[]j(kr)Y(,)aj(ka)j(ka)−+−θφ=θφ5.15.25.45.55.6B．当令0VE1222Ek()μ=h120122(EV)k[]μ−=har0)rR](r)1l(lk[)rR(drd2222=+−+ar0)rR](r)1l(lk[)rR(drd22122=+−+得解无妨设则由ar)kr(jARlklkl=1kl1l12l1Rcj(kr)cn(kr)ra=+)k(cosBc1l1δ=)k(sinBc1l2δ−=∞→r所以rk)2lrksin()rk(j111lπ−→1l11lcos(kr)2n(kr)krπ−→−11l1rkl1lsin[kr(k)]2R(r)Bkr→∞π−+δ⎯⎯⎯→对于自由粒子所以，力场的性质反映在上。由的连续条件kr)2lkrsin()r(Rrklπ−⎯⎯→⎯∞→)k(1lδar=lll1ll1raradlnj(kr)dlnconj(kr)sinn(kr)drdr==δ−δ=如令（微商对宗量）则有当（即k）给定，则由方程给出一系列）。l1ll11ll1lll1ll1kj(ka)kconj(ka)ksinn(ka)j(ka)conj(ka)sinn(ka)′′′δ−δ=δ−δlll)ka(j)ka(jkγ=′1l1ll1l11l1ll1kj(ka)j(ka)tan(k)kn(ka)n(ka)′−γδ=′−γE,a,V0)k(1lδ/2,1,0l(=所以，当时，有一连续谱。这时有渐近解而自由粒子为∞→r]e)k(Se[r1~rk)2lrksin(~R)2lrk(i1l)2lrk(i1l1lk111ππδπ−−−−+−)k(i21l1le)k(Sδ=]ee[r1~R)2lkr(i)2lkr(iklππ−−−−0VE（4）氢原子：氢原子是一个典型的两体问题A.两体问题的质心运动的分离质量为m1和m2的两个物体，若相互作用仅与它们的位置差有关。这时，)rr(V)r,r(V2121−=)rr(Vm2pm2pˆHˆ21222121−++=引入质心运动和相对运动于是有21rrr−=212211mmrmrmR++=RippP∇−=+=O2121mmM+=于是有，r2211i)mpmp(μp∇−=−=O2121mmmm+⋅=μαββαδOi]p,x[=ααα21rrx−=αββαδOi]P,R[=rR22HˆHˆ)r(V2pˆM2PˆHˆ+=++=μ这样，一个体系可看作二部分运