Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Bài tập vận dụng

Bài tập vận dụng

Tải bản đầy đủ - 0trang

nl



nl



nl



nl



+ Hàm sóng của hạt:

1



 nlm  

R

m

im

0

(r) cos e

Với 

nlm



r



nl







0

nlm



nlm



l



Hiệu chỉnh bậc nhất của năng lượng:

1

E 

0* ˆ

0

V

nlm







nl















nlm



Vì    0, 0,  rot nên có thể chọn:

1

  ;

x









Lˆ i  

Z 

2

2 q



Khi đó: i  

Suy ra:



 0*



E1 

nl







nlm



e i  







dv 



0



 0 im



Điều kiện chuẩn hóa:



Nên



E1   em

nl

2







nlm



2 q











i e



nlm



0



 0

x



2



y



1



nlm



nlm



1

  ;



y



2



i e  0

 dv



dv   0*



dv  



 0*  0 dv



e m

2



nlm



2



Z







nlm



 0*  0 dv  1

nlm



nlm



 Năng lượng gần đúng bậc nhất là:



E E

nl



0



1



E E



nl



nl

0*



ˆ



0



 em

nl



0



2

0*



ie



0



nlm



Hiệu chỉnh về hàm sóng:

Vmm



 





nlm



V



nl

m



,



dv   nlm



em  0*  0

2







nlm nlm



(do m  m )



dv  



2

em

2



im nlmv







0

mm



Do đó hiệu chỉnh bậc 1 của hàm sóng bằng 0:







nlm







0

nlm



2.2. Bài tập 2

Trong gần đúng bậc nhất của lý thuyết nhiễu loạn. Tìm hiệu chỉnh cho

năng lượng của dao động tử phi điều hòa với thế năng có dạng:

4

x 3

1

2 2

V (x)  m x  

x

   2 

1

2

x

x

 0

 0

Trong đó





m ,



x0 



m,  , 1, 2 là những hằng số.

Giải



Toán tử Hamiltơn của toán tử phi điều hòa có dạng:

ˆ  ˆ 

 Vˆ (x) = 

0



Trong đó:



2



d2



2m dx



ˆ  

0







2



1



2 2



 m x  



2



x



3



4







2



1



 

x

 0



x

2



 

x

 0



1 2 2

d  m x là tốn tử Hamiltơn của dao động



2



2m dx



2



2



tử điều hòa tuyến tính.

4

x3

Vˆ (x)  

x

là tốn tử nhiễu loạn.

   2 

1

x

x

 0

 0



Hiệu chỉnh bậc nhất cho năng lượng của dao động tử ở trạng thái cơ bản là:

 3

  4

1

E





 dx

x

x

*



 



0







0



 1







2











0



Với   4

0



x

  0 



m



e









m 2

x

2



 x0  



 3









x  dx

Do  

 0 1   0



 x 0  



có hàm dưới dấu tích phân là lẻ nên:

 



*



3









2



1



Suy ra: E 



 1  

 x 0  



2



 * x 4 dx 



x 0



0



0



0



4



 dx  0



x



 * 



x



0



4



x







0



m



4







e  m x2 dx



0



Áp dụng tích phân poisson:

















m



2

3

x



3!!

 

x e 2 dx 

2 2  m 5 4



 



4







2



 m 5













Do đó:

2



1



E  2

4

0

x0



m 3     

  4 m  m   







1

2











 



m 



4



2

m 3       3 

  4 m  m 

4







2



3



x

Nếu tính hiệu chỉnh bậc 2 cho năng lượng của số hạng nhiễu loạn 1   sẽ

 x0 

2

 

  x 3

 dx

*







2



V

2



n0







E 0 E



n0









m

 4 



1

n



2 n!





 1 x 



  0 

EE

0



n



n



0



0n



được: E0  

Trong đó: 



 



e





m







2



2





n



 



n



n



Với   x



E



n



m



x





 1

  n 





2







 dx 





m d



Đa thức Hermite  n   thỏa mãn phương trình:

(2.1)



n    2n     2n n     0

Với: 

n



   1n e



Chú ý rằng:



d n



dn



 

2



 2n 2 n1 



d



 n 1 n  2



 2n



2





2 n3  ...  2n



1!







d2  n

d



n



d



e 



dn1



n1







 2n.2 n 1 



n2



d



Ta có: 2.1  2n.2 n 1  n2  2 2nn1  2nn  0

Hay 



n1



1

 n

n2

2



  n 1 



Thay: n  n  1 và n  n  2 ta có:

1



n  nn1 



n1

2

1

  n  1   





n1



n



(2.2)



n2



2



Từ (2.2) ta thấy:



 2   

n



n









n





1

 

2



n1







  1

 n 

n1 





2

 





1

 



 n  n 1 



n1



4



n2



n2



Tương tự:



 3  n n 1 n  2 

n



  



n3



3n 2

2



3



     n  1 



n1



4



Vì n  0 và n   nên:

*



 

0



dx   0

*



n1



n3



dx  0



Theo điều kiện trực giao chuẩn hóa các hàm sóng:



n1



  



1





8



n3



 





m



0*



0

n



dx   

m





n



m







e











2







     d 

m



n



0



  mn  



khi m  n

khi m  n



1



Do đó:





 * x  3



0 1





2



E 

0







x



2

n





E0  En





n0



0





  n  n  1  n  2 



  2



 1



 4



  0

 m 

 x0 





6



2



n



2 n!



    e

*







*





*

2

 

    e

0

0

 3

m 



  2

  1   

 x0 

 m  







  2







 1 

 x0  m 3



3



9



2



2



n1   d



    e

0







E0  En



   dx













2



0



2



 0  * 0 

2

   e 

m 



2



0



  d 



2



E0  E1



8





6

1





 8 1  7 





+



E0  E3







3



2



n3



E0  En











  d  2



2



0



m



3 2 1



 

 n

n0  2  2 n! m











9

8 



1

























1 1



  2





1







1  3    x0  m 3



2



3



3



9



 

  4

8



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Bài tập vận dụng

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×