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UA OPTI570 量子力学26 无自旋的氢原子

發布時間：2025/4/14 编程问答 45 豆豆

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UA OPTI570 量子力學26 無自旋的氫原子

- 哈密頓量與本征函數
- 氫原子能量本征態

哈密頓量與本征函數

這一講討論spinless hydrogen，在氫原子中，只有一個電子 $e^-$ 與一個質子 $p^+$ ，它們之間的庫侖勢為
$V(r)=?e24π?0rV(r)=-\frac{e^2}{4 \pi \epsilon_0 r}$

忽略電子與質子的自旋，討論單個氫原子系統的哈密頓量以及演化規律。哈密頓量的計算比較簡單，
$H=∣p∣22μ?e24π?0∣r∣,μ=mempme+mpH=\frac{|\textbf p|^2}{2\mu}-\frac{e^2}{4 \pi \epsilon_0 |\textbf r|},\mu=\frac{m_em_p}{m_e+m_p}$

因為 $m_e<<m_p$ ， $μ≈me\mu \approx m_e$ ，記 $e0=e24π?0e_0=\frac{e^2}{4 \pi \epsilon_0}$ ， $r=∣r∣r=|\textbf r|$ ，在位置表象下， $∣p∣2=p?p|\textbf p|^2=\textbf p \cdot \textbf p$ 的作用等價于 $(i??)?(i??)=??2?2(i\hbar \nabla) \cdot (i\hbar \nabla)=-\hbar^2 \nabla^2$ ，所以哈密頓量的算符表示為
$H=??22me?2?e02rH=-\frac{\hbar^2}{2m_e}\nabla^2 - \frac{e_0^2}{r}$

它的本征函數滿足
$\psi_{n,l,m}(r ,\theta,\phi)=E_n \psi_{n,l,m}(r ,\theta,\phi)$

其中 $n, l, m$ 被稱為quantum numbers， $\ge 1$ , $\le l <n$ , $\le l$ 且三者均為整數。

下面是本征函數的解，老師的原話是You need a mathematician friend to help you solve the equations…

$En=?EIn,EI=mee042?2≈13.6eVE_n=-\frac{E_I}{n},E_I=\frac{m_ee_0^4}{2 \hbar^2} \approx 13.6 eV$

$E_I$ 被稱為ionization energy of hydrogen，本征函數具有如下形式
$ψn,l,m(r,θ,ψ)=Rn,l(r)Ylm(θ,ψ)\psi_{n,l,m}(r,\theta,\psi)=R_{n,l}(r)Y_l^m(\theta,\psi)$

引入 $a0=?2mee02≈5.29×10?11ma_0=\frac{\hbar^2}{m_ee_0^2}\approx 5.29 \times 10^{-11}m$ ， $ρ=2rna0\rho=\frac{2r}{na_0}$ ，
$Rn,l(r)=(2na0)3(n?l?1)!2n[(n+1)!]3e?ρlzρl(?1)2l+1(ddρ)2l+1(eρ(ddρ)n+le?ρρn+l)R_{n,l}(r)=\sqrt{\left( \frac{2}{na_0}\right)^3 \frac{(n-l-1)!}{2n[(n+1)!]^3}}e^{-\rho l z}\rho^l (-1)^{2l+1}\left( \fracozvdkddzhkzd{d \rho} \right)^{2l+1} \left( e^{\rho}\left( \fracozvdkddzhkzd{d \rho} \right)^{n+l} e^{-\rho}\rho^{n+l} \right)$

其中 $(?1)2l+1(ddρ)2l+1(eρ(ddρ)n+le?ρρn+l)(-1)^{2l+1}\left( \fracozvdkddzhkzd{d \rho} \right)^{2l+1} \left( e^{\rho}\left( \fracozvdkddzhkzd{d \rho} \right)^{n+l} e^{-\rho}\rho^{n+l} \right)$ 為Associate Laguerre Polynomial， $Ylm(θ,ψ)=eiml(?1)m(sin?2θ)m/2(ddcos?θ)m(12ll!(ddcos?θ)l(cos?2θ?1)l)Y_l^m(\theta,\psi)=e^{iml}(-1)^m(\sin^2 \theta)^{m/2} \left( \fracozvdkddzhkzd{d \cos \theta}\right)^m \left( \frac{1}{2^ll!}\left( \fracozvdkddzhkzd{d \cos \theta}\right)^l (\cos^2 \theta - 1)^l \right)$

其中 $(?1)m(sin?2θ)m/2(ddcos?θ)m(12ll!(ddcos?θ)l(cos?2θ?1)l)(-1)^m(\sin^2 \theta)^{m/2} \left( \fracozvdkddzhkzd{d \cos \theta}\right)^m \left( \frac{1}{2^ll!}\left( \fracozvdkddzhkzd{d \cos \theta}\right)^l (\cos^2 \theta - 1)^l \right)$ 為associate Legendre Polynomial。 $R_{n,l}$ 與 $Y_{l}^m$ 都是標準化的函數，所以
$∫∣ψn,l,m(r,θ,ψ)∣2r2sin?θdrdθdψ=1∫∣Ylm∣2sin?θdθdψ=1∫r2∣Rn,l∣2dr=1\int |\psi_{n,l,m}(r,\theta,\psi)|^2 r^2 \sin \theta dr d \theta d \psi = 1 \\ \int |Y_l^m|^2 \sin \theta d \theta d \psi = 1 \\ \int r^2 |R_{n,l}|^2 d r =1$

氫原子能量本征態

$ψn,l,m\psi_{n,l,m}$ 實際上是CSCO ${H,L^2,L_z\}$ 的本征函數，
$Hψn,l,m=?EIn2ψn,l,mL2ψn,l,m=?2l(l+1)ψn,l,mLzψn,l,m=?mψn,l,mH\psi_{n,l,m}=-\frac{E_I}{n^2}\psi_{n,l,m} \\ L^2 \psi_{n,l,m} = \hbar^2 l(l+1)\psi_{n,l,m} \\ L_z \psi_{n,l,m} = \hbar m \psi_{n,l,m}$

也就是說這三個算符的測量值都可以唯一識別出一個quantum number，所以量子態 $∣ψn,l,m?|\psi_{n,l,m} \rangle$ 也可以簡記為 $\rangle$ ，從而氫原子能量、角動量的本征方程為
$\rangle = -\frac{E_I}{n^2}|n,l,m \rangle \\ L^2|n,l,m \rangle = \hbar^2 l (l+1)|n,l,m \rangle \\ L_z|n,l,m \rangle = \hbar m|n,l,m \rangle$

Ground state為 $\rangle$ ，波函數為
$ψ1,0,0=1πa03e?ra0\psi_{1,0,0}=\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}}e^{-\frac{r}{a_0}}$

根據這個波函數，大部分概率集中在 $\in [0,a_0]$ 上，稱 $a_0$ 為Bohr radius，它的含義就是未激發的氫原子中圍繞著氫原子核的那團概率云的半徑；此時電子沒有orbital angular momentum，另外，本征態 $\rangle$ 是可以與化學中的原子軌道記號聯系起來的，其中 $n$ 代表第 $n$ 級軌道； $l$ 代表能級

總結

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