量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第6章-1

m2 r （３） m1
（４）
m r2 = R + 1 r m2
设各个矢量的分量是 r 1 ( x1 ,

y1 , z1 ) ， r2 ( x 2, y 2 , z 2 ) ,

r ( x, y, z ) 和 R ( X , Y , Z ) 。为了计算动量的变换式先求对 x1 ， x 2 等的偏导数： m ∂ ∂ ∂X ∂ ∂x ∂ ∂ = + = 1 − ∂ x1 ∂ x1 ∂ X ∂ x1 ∂ x m ∂ X ∂ x m ∂ ∂ ∂X ∂ ∂x ∂ ∂ = + = 2 + ∂ x2 ∂ x2 ∂ X ∂ x2 ∂ x m ∂ X ∂ x
因为旋转 B 是一种么正变换，它应满足
∑ D D
l* m mm 2
l mm1
= δ
m1m 2
（5）
结果有：
I=
m= − 1
∑
1
Y * lm (θ 1ϕ 1 )Ylm (θ 2ϕ 2 ) =
m= − 1
∑
1
′ )Ylm (θ 2 ′ϕ 2 ′) Y * lm (θ 1′ϕ 1
（6）
ˆ ，使转后的座标系里， P1 点在 Z1 轴上，P2 点 即 I 对旋转是守恒的。现在我们这样来选择这种旋转 R
+ i
m1 m2 m ∂ ∂ ∂ ∂ (y − z ) + 2 ( y − z )} m2 ∂Z ∂Y m ∂z ∂y ∂ ∂ ∂ ∂ − Z ) + ( y − z )} ∂Z ∂Y ∂z ∂y
R
= {(Y
=( R× ∇
i
+
r × ∇ r )x i + r× ∇ i
r
因而
^ L = R× ∇ i
第六章 中心力场
P307 1.证明下列关系式：
• 1 ( m2 p p= µ r = 1 − m1 p 2 ) M • 总动量 P = M R = p1 + p 2 总轨迹角动量 L = L1 + L2 = r1 × p1 + r2 × p 2 = R × P + r × p
= R × p1 + p 2 + r ×
(1)( 2 )
(
r × p1 +
)
u R − r × p2 m 2 1 m2 p1 − m1 p 2 M
(
)
=
R× P + r× p
2
µ P + p 2 2 总动能 m2 p1 p2 ( 6) + T= + = 2m1 2m2 2m1
= =
∑ ϖ mo
m
2l + 1 0 ′ ), 得θ 2 ′ 改为θ , 得公式 : (ϖ θ 2 4π P1
2l + 1 P1 (ϖ θ源自文库) = 4π
∑
1
m− 1
Y * lm (θ 1′ , ϕ 1 )Y (θ 2 , ϕ 2 )
（7）
′ 代表OP1 , OP2 两个位置矢量间的夹角, 这是个普遍公式.再将前式中 这里θ = θ 2 ′ )令之等于零得到待证公式 : (这时θ 1 = θ 2 , ϕ 1 = ϕ 2 ) 的θ (θ 2 2l + 1 = 4π
m= − 1
∑
1
Y * lm (θ , ϕ )Ylm (θ , ϕ )
（8）
依据以上结论，假写我们要计算有心力场中电子在核周围形成的电荷密度分布，就可以按几率密度 一样计算(§6.3,P.222 几率密度随角度的变化一段) 径向电荷密度
dω ∞ Ylm (θ , ϕ ) = 常量 dΩ dω 是指在方位(θ , ϕ )上单位立体角内电子出现的总几率q是电子电荷, 可见电 q. 荷分布是各向同性的
则在 X1 0 z1 座标面上，根据公式（课本）
( p • 30) : Ylm (θ , ϕ ) = (− 1) m
(l − m)!(2l + 1) (l + m)!4π
P
m
1
(ϖ θ ) eiϕ
再利用
P
m
1
(ω θ ) = (ω θ ) m
dm P1 (ω θ ) d (ω θ ) m
得 Ylm (θ 1 ′ ′, ϕ 1 ) = Ylm (0, ϕ 1 ′) =
+ (Y +
− (Z +
= {
m1 ∂ ∂ ∂ ∂ (Y − Z ) − (Y − Z ) i m ∂Z ∂Y ∂z ∂y − m1 m2 m ∂ ∂ ∂ ∂ (y − z ) + 2 (y − z ) m ∂Z ∂Y m ∂z ∂y + m2 ∂ ∂ ∂ ∂ (Y − Z ) + (Y − Z ) m ∂Z ∂Y ∂z ∂y
P +
2
1 2 1 1 p + 2 m1 m2
（ 4’）
2 P2 p = + 2M 2 µ
［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.
P308
2.同上题，求坐标表象中 p 、 P 和 L 的算符表示
p = − i∇ r ， P = − i∇ R ， L = R × P + r × p
=
∂ ∂ ∂ ( y1 − z1 ) + ( y 2 − z2 ) i ∂ z1 i ∂ z2 ∂ y2
利用（3），（4），（5），（6）：
Lx =
^
m m ∂ ∂ {(Y − 2 y )( 1 − ) i m m ∂Z ∂z − (Z − m2 m ∂ ∂ z )( 1 − ) m m ∂Y ∂y m1 m ∂ ∂ y )( 2 + ) m m ∂Z ∂z m1 m ∂ ∂ z )( 2 + )} m m ∂Y ∂y
2l + 1 σ om又Y lm(θ 2 , ϕ 2 ) 4π 2
Ylm (θ
2′ ,
0) =
2l + 1 (l − m)! m ′) • (ϖ θ 2 4π (l + m)! P1
1
I=
于是有：
m= − 1
∑
′ )Ylm (θ 2 ′ϕ ′) Y * lm (θ 1′ϕ 1 2l + 1 • 4π 2l + 1 (l − m)! m ′) • (ϖ θ 2 4π (l + m)! P1
r = r1 − r2 ， （18）
（6）
以上各式中， M = m1 + m2 , 证：
R=
m1 r1 + m2 r2 ， （17） m1 + m2
• p= µ r =
相对动量
m1 m2 m1 + m2
• • r1 − r2 = 1 ( m2 p − m p 1 1 2) M
关于 （5）
（6）
∂ ∂ ∂ ∂ ， ， ， 可以写出与（5）（6）类似的式子，因而： ∂ y1 ∂ y 2 ∂ z1 ∂ z 2
^ ^ ^ ^ ^ ∂ ∂ Px = ( p1 + p 2 ) x = p 1x + p 2 x = ( + ) i ∂ x1 ∂ x 2
=
m ∂ m1 ∂ ∂ ∂ ∂ ( − + 2 + )= i m ∂X ∂x m ∂X ∂x i ∂X
R
^ ∂ ∂ ∂ P= i + j + k = ∇ i ∂X i ∂Y i ∂Z i
(b)总角动量 L = l1 + l 2 =
^

^ ^
(r1 × ∇ 1 + r2 × ∇ 2 ) i
^ L x = (r1 × ∇ 1 + r2 × ∇ 2 ) x i
R
P332 证明
m= − 1
∑
m= 1
Y * lm (θ , ϕ )Y lm (θ , ϕ ) = 常数 (与θ , ϕ 无关 ) 由此证明能级上满布电子的情况下，电荷分
布是各向同性的。
（证明）题给的关系式是“球谐函数加法定理”，设想原来有一叁考系（ xyz），以原点为中心的 单位球面上有二点：
p1 (1,θ 1 , ϕ 1 )
ψ
100
1 = πa 3 0
1
2
e
− r
(
r1
+ ∇
r2
)=
(2)
− i∇
R
（4）
只要将（3）、（4）式中的 p 、 P 以相应的算符代入即可。 P308 质量分别为 m 1 ,m 2 的两个粒子组成的体系，质心座标 R及相对座 标 r 为：


m1 r1 + m2 r2 R= m1 + m2
r r = r2 − r1
(1)
• •
（1’）
• m r + m2 r2 总动量 P = M R = ( m1 + m2 ) 1 1 = p1 + p 2 m1 + m2 总轨迹角动量 L = L1 + L2 = r1 × p1 + r2 × p 2
（2’）
(5)
u = R+ m 1
相对动量
（1） （ 2） （ 3）
2 2 2 p1 p2 P2 p 总动能 T = + = + 2m1 2m2 2 M 2 µ
反之，有
（ 4）
µ r1 = R + r, m1 p1 =
µ r2 = R − r m2
（5）
µ µ P + p ， p2 = P− p m2 m1 µ = m1 m2 ( m1 + m2 )
解：
p= ∇
1 − i m2 p1 − m1 p2 = m 2∇ M M ∂ ∂ ∂ + j + k ， ∂ x1 ∂ y1 ∂ z1
(
)
(
r1
− m1∇
r2
)
（1）
其中
r1
= i
而
∂ ∂X ∂ ∂x ∂ m ∂ ∂ = + = 1 + ， ∂ x1 ∂ x1 ∂ X ∂ x1 ∂ x M ∂ X ∂ x ∂ m ∂ ∂ = 1 + ， ∂ y1 M ∂ Y ∂ y ∇ = m1 ∇ M ∂ m ∂ ∂ = 1 + ； ∂ z1 M ∂ Z ∂ z = m1 ∇ M
P338——5.5 6.1——5.1 6.2——5.24 6.3——5.27 6.4——5.7 6.5——5.16 6.5 对于氢原子基态，计算 ∆ x ⋅ ∆ p 。 解： * 在求坐标系中，空间反演： r → − r （ r → − r ,θ → π − θ , ϕ → π + ϕ ）。
氢原子基态波函数为
µ m P− 1 2m2
p
2
= =
u2 2m1 m2
2
2 p uP ⋅ p u2 p uP ⋅ p P + + + P + − 2 2m1 m1 m2 2m1 m2 2m2 m1 m2 2 2
2
2
2( m1 + m2 )
m1
2
P +
2( m1 + m2 )
m2
2
p 2 (1,θ 2 , ϕ 2 )
考察下述谐函数积的总和工：
I≡
m= − 1
∑
m= 1
Ylm (θ 1ϕ 1 )Ylm (θ 2ϕ 2 )
（1）
ˆ 后，对新座标来说该总和仍是不变的。按么正变换理论，若 能够证明，若将参考系施行一次旋转 R
座标系 x,y,z 被旋转成为 x ′ , y ′ , z ′ ，原来的一个函数 ϕ
同理，
（利用上题（17）（18）式。）
∴
r1
R
+ ∇ r ；仿此可设 ∇ − i m1m2 ∇ M M
r
r2
R
−∇
r
（2）
代入（1）中，得 p =
R
+ m 2∇ r −
m1m2 ∇ M
R
+ m1∇ r
（ 3）
= − i∇ P = p1 + p2 = − i ∇ L = R× P + r × p
lm
−1
lm
mm′
D
ψ
lm
(θ , ϕ )
系进行变换时，总和工被变换成的结果，可用（3）代入（1）得到
I=
m= − 1
∑
l
ˆ − 1Y (θ ϕ )}{R ˆ − 1Y (θ ′ κ ′ )} = {R lm 1 1 lm 2 2
∑ ∑
m1
{∑
m2
D D
mm 2
l
l
mm1
}
（4）
Y
* lm1
′ )Ylm2 (θ 2 ′ϕ 2 ′) (θ 1′ϕ 1 ˆR ˆ+ = I ˆ ，因而 R



(2)
试求总动量 P = p1 + p 2 及总角动量 L = l1 + l 2 在 R , 算符表示。 1.







r 表象中的
[解] （a）合动量算符 P = p1 + p 2 。根据假设可以解出 r1 ， r2





令 m ≡ m1 + m2 ： r1 = R −

lm
(θ ′ϕ ′ ) 就被变成
（2）
ϕ
lm l
ˆϕ (θ ′ϕ ′ ) = R
lm
(θ , ϕ ) =
∑ D
mm′
1
m m
l ϕ
1 lm
(θ , ϕ )
D
m
lm是一系列变换系数(用Wignet代表文), 它与旋转过的角度(例如用欧勒角a, β ,
当座标
l m′ m
r表求)有关.(2)式又存在逆变换 ˆ ψ (θ , ϕ ) = ∑ ψ (θ , ϕ ) = R