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第 7 章：角动量、氢原子与近似方法

7.1 角动量算符

填空 角动量算符 \(\hat{\vec L} = \hat{\vec r}\times\hat{\vec p}\)，对易关系为 \([\hat L_x,\hat L_y]=\) （及轮换）。\([\hat L^2,\hat L_z]=\) 。升降算符 \(\hat L_\pm = \hat L_x \pm i\hat L_y\) 的作用：\(\hat L_\pm|l,m\rangle =\) 。
\[[\hat L_x,\hat L_y] = i\hbar\hat L_z\] \[[\hat L^2,\hat L_z] = 0\] \[\hat L_\pm|l,m\rangle = \hbar\sqrt{l(l+1)-m(m\pm1)}\,|l,m\pm1\rangle\]
填空 \(\hat L^2\) 和 \(\hat L_z\) 的共同本征态 \(|l,m\rangle\) 满足：\(\hat L^2|l,m\rangle =\) ，\(\hat L_z|l,m\rangle =\) ，其中 \(l=0,1,2,\ldots\)，\(m=\) 。
\[\hat L^2|l,m\rangle = \hbar^2 l(l+1)|l,m\rangle,\qquad \hat L_z|l,m\rangle = \hbar m|l,m\rangle\] \[m = -l,-l+1,\ldots,l-1,l\]

7.2 氢原子

背景：氢原子 Hamiltonian 为 \(\hat H = -\dfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 - \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}\)。 由于势能球对称，波函数分离为 \(\psi_{nlm}=R_{nl}(r)Y_l^m(\theta,\phi)\)。 令 \(u(r)=rR(r)\)，径向方程化为类一维形式： \[-\frac{\hbar^2}{2m}u'' + V_\text{eff}(r)u = Eu,\qquad V_\text{eff} = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}+\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2mr^2}\] 引入 Bohr 半径 \(a_0 = \dfrac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2}\approx0.529\,\text{Å}\) 和能量单位 \(E_1 = \dfrac{\hbar^2}{2ma_0^2} = 13.6\,\text{eV}\)， 对束缚态（\(E\lt0\)）令 \(\kappa=\sqrt{-2mE}/\hbar\)，分析 \(r\to\infty\) 时 \(u\sim e^{-\kappa r}\)， \(r\to0\) 时 \(u\sim r^{l+1}\)，再展开幂级数，截断条件给出量子化。

简答 由上述径向方程的幂级数解，截断条件要求存在非负整数 \(n_r\)（径向量子数）使级数终止。
(1) 截断条件给出 \(\kappa a_0 = \dfrac{1}{n}\)，其中主量子数 \(n = n_r + l + 1\)。由此写出能级 \(E_n\)；
(2) 对给定 \(n\)，\(l\) 的取值范围是什么？每个 \(l\) 对应多少个 \(m\) 值？由此算出第 \(n\) 能级的总简并度（不计自旋）；
(3) 基态（\(n=1,l=0\)）波函数为 \(\psi_{100}\propto e^{-r/a_0}\)。写出归一化系数，并求径向概率密度 \(P(r)=r^2|R_{10}|^2\) 的极大值位置。
(1) \(\kappa = 1/(na_0)\)，\(E = -\hbar^2\kappa^2/(2m)\)，故 \[E_n = -\frac{\hbar^2}{2ma_0^2}\frac{1}{n^2} = -\frac{13.6\,\text{eV}}{n^2}\] (2) \(l = 0,1,\ldots,n-1\)（共 \(n\) 个值）；每个 \(l\) 有 \(2l+1\) 个 \(m\) 值。总简并度： \[\sum_{l=0}^{n-1}(2l+1) = n^2\] 计自旋则为 \(2n^2\)。

(3) 归一化：\(\psi_{100} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}a_0^{3/2}}e^{-r/a_0}\)。
\(P(r) = r^2\cdot\dfrac{4}{a_0^3}e^{-2r/a_0}\)，令 \(dP/dr=0\) 得 \(r=a_0\)（与 Bohr 半径一致）。

7.3 自旋与角动量合成

填空 自旋 \(1/2\) 粒子的自旋算符 \(\hat{\vec S} = \dfrac{\hbar}{2}\vec\sigma\)，Pauli 矩阵：
\(\sigma_x =\) ，\(\quad\sigma_y =\) ，\(\quad\sigma_z =\)
\(\hat S_z\) 的本征值为 ，对应本征态 \(|\uparrow\rangle =\) ，\(|\downarrow\rangle =\) 。
\[\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\quad\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\] 本征值 \(\pm\hbar/2\)；\(|\uparrow\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\)，\(|\downarrow\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\)。
简答 两个自旋 \(1/2\) 粒子的总自旋 \(\hat{\vec S}=\hat{\vec S}_1+\hat{\vec S}_2\)。
(1) 总自旋量子数 \(S\) 的可能取值是多少？各对应几个态？
(2) 写出三重态（\(S=1\)）的三个态 \(|S,M\rangle\) 用 \(|\uparrow\uparrow\rangle\) 等表示；
(3) 写出单态（\(S=0\)）\(|0,0\rangle\) 的表达式，说明它是交换反对称的；
(4) 在态 \(|\uparrow\downarrow\rangle\) 中测量 \(\hat S^2\)，结果为 \(0\) 和 \(2\hbar^2\) 的概率各是多少？
(1) \(S=1\)（三重态，3个态）或 \(S=0\)（单态，1个态），共 \(4=2\times2\) 个态。

(2) \(|1,1\rangle=|\uparrow\uparrow\rangle\)，\(|1,0\rangle=\dfrac{1}{\sqrt2}(|\uparrow\downarrow\rangle+|\downarrow\uparrow\rangle)\)，\(|1,-1\rangle=|\downarrow\downarrow\rangle\)。

(3) \(|0,0\rangle=\dfrac{1}{\sqrt2}(|\uparrow\downarrow\rangle-|\downarrow\uparrow\rangle)\)；交换两粒子：\(|\uparrow\downarrow\rangle\leftrightarrow|\downarrow\uparrow\rangle\)，态变号，故反对称。

(4) \(|\uparrow\downarrow\rangle = \dfrac{1}{\sqrt2}|1,0\rangle+\dfrac{1}{\sqrt2}|0,0\rangle\)，故测得 \(\hat S^2=2\hbar^2\)（\(S=1\)）的概率为 \(1/2\)，测得 \(0\)（\(S=0\)）的概率为 \(1/2\)。

7.4 定态微扰论

背景：Hamiltonian \(\hat H = \hat H_0 + \lambda\hat H'\)，其中 \(\hat H_0\) 的本征值和本征态已知，\(\hat H'\) 为小扰动。 将能量和态按 \(\lambda\) 展开，逐阶求解。

填空 非简并定态微扰论：第 \(n\) 个能级的一阶能量修正为 \(E_n^{(1)} =\) ，二阶修正为 \(E_n^{(2)} =\) 。一阶态修正为 \(|\psi_n^{(1)}\rangle =\) 。
\[E_n^{(1)} = \langle n|\hat H'|n\rangle\] \[E_n^{(2)} = \sum_{m\neq n}\frac{|\langle m|\hat H'|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}\] \[|\psi_n^{(1)}\rangle = \sum_{m\neq n}\frac{\langle m|\hat H'|n\rangle}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}|m\rangle\]
简答 一维谐振子受微扰 \(\hat H' = \lambda\hat x = \lambda\sqrt{\hbar/(2m\omega)}(\hat a+\hat a^\dagger)\)。
(1) 计算一阶能量修正 \(E_n^{(1)}\)；
(2) 计算二阶能量修正 \(E_n^{(2)}\)（利用 \(\hat a,\hat a^\dagger\) 的矩阵元）。
(1) \(E_n^{(1)}=\lambda\langle n|\hat x|n\rangle=0\)（\(\hat x\propto\hat a+\hat a^\dagger\)，对角矩阵元为零）。

(2) 非零矩阵元：\(\langle n-1|\hat x|n\rangle=\sqrt{n\hbar/(2m\omega)}\)，\(\langle n+1|\hat x|n\rangle=\sqrt{(n+1)\hbar/(2m\omega)}\)。 \[E_n^{(2)} = \lambda^2\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\frac{n}{-\hbar\omega}+\frac{n+1}{\hbar\omega}\right) = -\frac{\lambda^2}{2m\omega^2}\]