giải bài cơ học lượng tử

Bài 1. BT về hố thế 1 chiều
Một hạt khối lượng m bị nhốt trong 1 giếng thế vuông một chiều sâu vô hạn bề rộng a. tại t = 0
8
5a

hàm song chuẩn hóa của hạt là: ψ ( x, 0) =


 π x   π x 
1 + cos  a ÷ sin  a ÷

 



a/ Tìm hàm song tại thời điểm t = t0.
b/ Tìm năng lượng trung bình tại t = 0 và t = t0.
c/ Tìm xác suất tìm hạt ở phần bên trái của giếng( Nghĩa là ở trong miền 0 ≤ x ≤ a / 2 tại t = t0)
Giải
a/ Hàm sóng tại thời điểm t được khai triễn theo hàm của trạng thái dừng:
ψ ( x, t ) = ∑ cnψ n ( x, t ) = ∑ cnψ n ( x).e
n

Trong đó ψ ( x) =

i
− .E n .t
h

n

2
 nπ x 
sin 
÷
a
 a 


 π x   π x 
1 + cos  a ÷ sin  a ÷

 

n

8
2
4 2
1 2
πx 
 2π x 
πx
 2π x 
⇔ ψ ( x, 0) =
sin 
sin 
sin 
sin 
÷+
÷=

÷+
÷ = c1.ψ 1 ( x) + c2 .ψ 2 ( x)
5a
5a
5 a
5 a
 a 
 a 
 a 
 a 

Từ đó, hàm song tại thời điểm t = 0 có dạng: ψ ( x, 0) = ∑ cnψ n ( x) =

Như vậy, hàm song tại thời điểm t = t0 là: ψ ( x, t 0 ) =
⇔ ψ ( x, t 0 ) = c1 .ψ 1 ( x)e
8
5a

=

−

iπ 2 .h
2 ma

.t
2 0

+ c2 .ψ 2 ( x)e

−

i .π 2 .h.4
2 ma 2

.t0

=

∑ψ

n =1,2,...

n

( x).e

i
− En .t
h

8
5a

=

∑ψ

n =1,2,...

n

( x).e

iπ 2 .h

−

8
2
 π x  − 2 ma 2 .t0
 2π x  −
sin 
+
sin 
÷e
÷e
5a
5a
 a 
 a 

i π 2 .h2 n 2
.t
h 2 ma 2

i 2π 2 .h
.t0
ma 2

i 2π .h
 − iπ .h2 .t0
−
.t0
2
 π x   π x 
2 ma
+ e ma .c os 
e
÷ sin 
÷
 a    a 

2

2

b/ Năng lượng trung bình của hạt không phụ thuộc thời gian và có dạng:
4
1
4π 2 h2
E1 + E 2 =
5
5
5ma 2
n
n
n
c/ Xác suất tìm hạt trong miền 0 ≤ x ≤ a / 2 tại t = t0 là :
E = ∑ w n .E n = ∑ cn (t ) E n = ∑ cn (0) E n =

2

a /2

P=

∫
0

2

iπ 2 .h

8
2
 π x  − 2 ma2 .t0
 2π x  −
ψ ( x, t0 ) dx =
sin 
+
sin 
÷e
÷e
5a
5a
 a 
 a 
2

i 2π 2 .h

.t0
ma 2

iπ .h
i 2π . h
a /2
−
.t0

 3π 2 ht0  
8  − 2 ma 2 .t0
πx
 π x   π x  8
2 πx
2 πx
ma 2
=
+e
.c os 
e
÷ sin 
÷=
∫ sin ( a ) 1 + cos ( a ) + 2cos( a )cos  2ma 2 ÷dx
5a 
 a    a  5a 0
2

=

2

 3π 2 ht0 
1 16
+
cos 
2 ÷
2 15π
 2ma 


BT về hàm vật chất
Bài 2 : Hàm sóng của electron trong nguyên tử hidro ở trạng thái cơ bản có dạng:
r
−
φ (r ) = Ae a ,
trong đó: a = 0,529.10-10 m là bán kính quỹ đạo Bo thứ nhất.
a/ Dùng điều kiện chuẩn hóa hàm song xác định A.
b/ Xác định r để mật độ xác suất tìm hạt theo bán kính có giá trị lớn nhất.
∞

a/ ĐK chẩn hóa hàm song: ∫ ψ (r ) dV = 4π A ∫ e
2

2

−

2r
a

r 2 dr = 1

(1)

0

∞

Đặt α =

1
2
−α r
và chú ý rằng: I (α ) = ∫ e dr = α
a
0
∞

∞

dI
1
d 2I
2 2a 3 a 3
−α r
−α r 2
=
−
e
rdr

=
−
=
e
r
dr
=
= 3 =
Khi đó: dα
và dα 2 ∫
2
∫0
α2
α
2
4
0
1
Thế vào (1) ta tìm được: A =
π a3
b/ Xác suất tìm hạt ở trong thể tích dV bao quanh điểm r, ϕ ,θ .
π

2π

0

0

dw(r ,θ , ϕ ) = ψ (r ) .dV = ψ ( r ) .r 2 .dr.∫ sin θ d θ ∫ dϕ = 4π A2 e

2

2

2r
−
2
a

Trong đó: ρ (r ) = 4π A e .r 2 =

4
e
a3

2r
−
a

−

2r
a

.r 2 dr = ρ ( r ) dr

.r 2 là mật độ xác suất theo bán kính r.

d ρ 8r − 2ar
ρ

(
r
)
= e a− r = 0 ⇒ r = a
Giá trị của r để cho
được xác định theo phương trình:
dr a 4

Bài 3. Hạt chuyển động trong giếng thế năng 1 chiều có chiều rộng a, thành giếng cao vô hạn được
mô tả theo hàm sóng ψ n (x) = A.sin

nπ x
a

1/ a/ Dùng hệ thức bất định ước lượng năng lượng thấp nhất. b/ Tính các giá trị trung bình x và
px

2/ Hạt ở trạng thái n = 2
a/ Xác định vị trí mà tại đó mật độ xác suất tìm thấy hạt là lớn nhất.
b/ Tính xác suất tìm thấy hạt có vị trí nằm trong khoảng a / 4 ≤ x ≤ a / 2
nπ x
1 2 
2nπ x 
A2 a
ĐK chuẩn hóa: ∫ ψ n ( x) dx = A ∫ sin a dx = 2 A ∫ 1 − cos a dx = 1 ⇔ 2 = 1 ⇒ A = 2 / a 1/

0
0
0 
a

2

a

2

a

2


b/ Tính các giá trị trung bình.
∞

∞

2
a
 nπ x 
x = ∫ ψ ( x ) xψ ( x)dx = ∫ x sin 2 
÷dx =
a −∞
2
 a 
−∞
∧

*

a

2
d
ih
ih a
 nπ x  
 nπ x  
 2nπ x 
 2nπ x 
px = ∫ψ ( x ) px ψ ( x )dx = ∫ sin 
sin 
.
cos 
÷ −ih sin 
÷ dx = −
÷dx =
÷ =0
∫
a
a
dx
a
n
π
a
n
π
2
n

π
a







0


0
0
0
a

a

∧

*

∞

∧

x 2 = ∫ ψ * ( x ) x 2 ψ ( x)dx =
−∞

a

∞

∞

2
1
 nπ x 
 nπ x  
2 
x 2 sin 2 
÷dx = ∫ x 1 − cos 
÷dx
∫
a −∞
a −∞ 
 a 
 a 

2
a2
1
a2
 2π nx   a
2 
⇒x = −
x d  sin 
÷÷ = − 2 2
3 2π n ∫0

  a   3 2π n
a

2

+ ∆x = ( x − x) = x − ( x )
2

2

2

2/ ψ 2 (x) = A.sin

2π x
a

2

a2 
6 
= 1 − 2 2 ÷
12  π n 

2π x 
 4π x  
2 1 
÷ = A 1 − cos 
÷
2

 a 
 a 
4π x
a  a 3a 
 4π x 
2
= (2k + 1)π ⇒ x = (2k + 1) =  ; 
Để ψ 2 (x) max khi cos 
÷ = −1 ⇔
a
4 4 4 
 a 
a /2
a /2
a /2

2
 4π x  
2
2  2π x 
2 1
1 − cos 
b/ w = ∫ ψ 2 (x) dx = A ∫ sin 
÷dx = A
÷dx

∫
2 a /4 
 a 
 a 

a /4
a /4
*
2
2
a/ B/ph môdun h/s tỉ lệ với m/độ x/suất tìm hạt: ψ 2 (x) = ψ ψ = A .sin 
2

w=

A 

2  a∫/4
2

a /2


a
 4π x   A 
dx − ∫ cos 
( a / 2 − a / 4 ) −
÷dx  =
4π
 a   2 
a /4

a /2

2

 
a
a  

4
π
 A2 a 1
  4π 2 ÷

4 ÷÷
. =
 sin 
÷− sin 
÷÷ =
2 4 4

  a ÷
 a ÷÷
÷


  
 


Bài tập 4. Những đại lượng cơ học nào (năng lượng, các hình chiếu xung lượng, các hình chiếu
mômen xung lượng và bình phương mômen xung lượng) sẽ được bảo toàn khi hạt chuyển động
trong.
a. Trường thế U(z) = a.z (a = const).

b. Trường thế biến thiên U(z) = a(t).z
Giải
a/ khi trường thế U(z) = a.z (a = const).
∧

∧

∧

∧

px2 + p 2y + pz2
p2
H = T +U =
+ az =
+ az
2m
2m
∧

∧

∧

∧

+ δ px = δ p y = δ p z = 0
δt
δt
δt

∧

∧

∧

+ δ Lx = δ Ly = δ Lz = 0
δt
δt
δt

∧

∧

δ L2
= 0;
δt

∧
Xét δ H = 0; d H = 0 nên H là tích phân chuyển động.
δt
dt

64 70 48


 ∧2

∧

∧
∧ 
∧

d
p
p
i
i
i
1

∧




x
=  H ; px  =  x + az ; px  = 
px2 ; px  + a  z ; px  
Xét px : δ px = 0 ;

 h  2m 
dt
h
 h  2m



δt





∧

∧

∧

∧



.xét  z ; px ψ = z px ψ − px zψ = z (−ih
∧



∧

∧



δψ
δ
δψ 
 δψ
) − ih zψ = −i h z

−z
=0
δx
δx
δx ÷
 δx


∧

∧
vậy d px = 0 nên px là tích phân chuyển động.

dt

64 70 48


 ∧2

∧
∧
∧ 
∧

d
p
p
∧
i

i
i
1





y
=  H ; p y  =  y + az ; p y  = 
p y2 ; p y  + a  z ; p y  
 Xét p y : δ p y = 0 ;

 h 2m 
dt
h
 h  2m




δt




∧

∧

∧

∧



.xét  z ; p y ψ = z p y ψ − p y zψ = z (−ih
∧



∧

∧



 δψ
δψ
δ
δψ 
) − ih zψ = −ih z
−z
÷= 0
δy
δy
δy
 δy

∧

∧
vậy d p y = 0 nên p y là tích phân chuyển động.

dt

64 70 48


 ∧2

∧
∧
∧ 
∧

d
p
i
p
i
1

∧


z
=  z + az ; pz  = 
pz2 ; pz  + a  z ; pz  
 Xét pz : δ pz = 0 ;


 h  2m 
dt
h  2m



δt




∧

∧

δψ 
∧
 δψ δ zψ 
 δψ
 ∧ 
−
−ψ − z
xét  z ; pz ψ = ih z
÷ = ih z
÷ = ihψ ≠ 0 Vậy pz không bảo toàn
δz 


 δz δz 

 δz
∧

∧

∧ ∧
 Xét Lz : d Lz = δ Lz + i  H ; Lz  ;

dt
δ t h 
∧

∧

Với Lz = x p y − y px không phụ thuộc tường minh vào thời gian nên δ Lz = 0
δt
∧
 2

∧
∧
∧
∧
∧ 
1  ∧2 ∧ 
∧ ∧  p
 ∧  1  2
 ∧ 
2
2

p
;
L
+
a
z
;
L
=
p
+
p
+
p
;
L
+
a
Với  H ; Lz  =  + az ; L z  =
z
z
x
y
z
z



 2m 
 z ; L z 

2m
2m 







∧

∧

∧




1   ∧2 ∧   ∧2 ∧   ∧2 ∧  
 ∧ 
=
p
;
L
+
p
;
L
+
p

;
L
+
a
 x z   y z   z z 
 z ; L z 
2m  






14 2 43 14 2 43
0
0




∧

∧







∧



 

∧

∧





∧





∧

  

∧









∧



2
2
2
2
2
2
2
2
Xét  pz ; L z  =  pz ; xp y − ypx  =  pz ; xp y  −  pz ; ypx  =   pz ; x  p y + x  pz ; p y   −  pz ; y  px − y  pz ; px   = 0


 
 
 
 


∧


 z ; L z  =  z; xp y − ypx  =  z; xp y  + [ z; − ypx ] = −  xp y ; z  − [ ypx ; z ]
Xét

= − x  p y ; z  − [ x; z ] p y + y [ p x ; z ] + [ y; z ] p x = 0
∧

  

∧

∧
∧ ∧ 
Vậy  H ; Lz  = 0 và δ Lz = 0 ⇒ d Lz = 0 Vậy Lz bảo toàn


δt
dt

b. Trường thế biến thiên U(z) = a(t).z
∧

∧

∧
Xét d H = δ H = z δ a ≠ 0 nên H không bảo toàn.
dt
δt
δt

64 70 48


∧



2
∧
∧
∧
∧
∧ 
∧

d
p
p
i
i
i
1

∧




x
=  H ; px  =  x + az ; px  = 
px2 ; px  +  az ; px  
Xét px : δ px = 0 ;

 h  2m 
dt

h
 h  2m

 
δt




∧
∧
∧
δψ
δ
δψ 
 δψ


−z
=0
.xét  az ; px ψ = az px ψ − px zψ = az (−ih ) − ih azψ = −iha  z
δx
δx
δx ÷


 δx

∧

∧

∧

∧
vậy d px = 0 nên px là tích phân chuyển động.
dt

64 70 48
∧




2
∧
∧
∧
∧
∧ 
∧

d
p
p
∧
i
i
i
1






y
=  H ; p y  =  y + az ; p y  = 
p y2 ; p y  +  az ; p y  
 Xét p y : δ p y = 0 ;

 h 2m 
dt
h
 h  2m

 

δt




∧
∧
∧
 δψ
δψ
δ
δψ 



−z
.xét  az ; p y ψ = az p y ψ − p y azψ = az (−ih ) − ih azψ = −iha  z
÷= 0
δy
δy
δy


 δy
∧

∧

∧

vậy

d py
dt

∧

= 0 nên p y là tích phân chuyển động.

64 70 48


 ∧2


∧
∧
∧ 
∧

d
p
i
p
i
1

∧


z
=  z + az ; pz  = 
pz2 ; pz  +  az ; pz  
 Xét pz : δ pz = 0 ;

 h  2m 
dt
h  2m

 
δt





∧
δψ 
∧
 δψ δ azψ 
 δψ


−
− aψ − az
xét  az ; pz ψ = ih az
÷ = ih az
÷ = ihaψ ≠ 0 Vậy pz không bảo toàn
δz 
δz 


 δz
 δz
∧

∧

∧

∧

∧ ∧
∧
∧
∧

 Xét Lz : d Lz = δ Lz + i  H ; Lz  ; Với Lz = x p y − y px ko phụ thuộc tường minh vào thời gian nên

dt
δ t h 
∧

∧

δ Lz
=0
δt
 ∧2

∧
∧
∧
∧
∧
∧ 
∧
1  ∧2 ∧  
∧ ∧  p
 1  2


2
2
p
;
L

+
az
;
L
=
p
+
p
+
p
;
L
+
az
;
L
Với  H ; Lz  =  + az ; L z  =
z
z
x
y
z
z
z




2m
2m 



 2m 

 
 








∧
1   ∧2 ∧   ∧2 ∧   ∧2 ∧   

=
p
;
L
+
p
;
L
+
p
;
L
+

az
;
L
 x z   y z   z z  
z
2m  

 2 43 
 
14 2 43 14
0
0




∧

∧









∧









 

∧

∧









∧









∧

  

∧











∧

2
2
2
2
2
2
2
2
Xét  pz ; L z  =  pz ; xp y − ypx  =  pz ; xp y  −  pz ; ypx  =   pz ; x  p y + x  pz ; p y   −  pz ; y  px − y  pz ; px   = 0



 

  





Xét  az ; L z  =  az; xp y − ypx  =  az; xp y  + [ az; − ypx ] = −  xp y ;a z  − [ ypx ;a z ]
∧





= − x  p y ;a z  − [ x;a z ] p y + y [ p x ;a z ] + [ y;a z ] px = 0
∧

∧

∧
∧ ∧ 
Vậy  H ; Lz  = 0 và δ Lz = 0 ⇒ d Lz = 0 Vậy Lz bảo toàn


δt
dt

Bài tập 5. Chứng tỏ rằng trị trung bình của xung lượng ở trạng thái dừng có phổ gián đoạn thì nhận
giá trị bằng 0
r ∧ r
*
p
=
ψ
(
r
Ta có:
∫ ) pψ (r ) dV

(1)

V

r
r
r
∧
 dr i  ∧ ∧ ∧ ∧ 
dr
dr
mi  ∧ ∧ ∧ ∧ 
p=m
= m
+  H r − r H ÷÷ vì
=0⇒ p =
 H r− r H ÷
dt


dt
h

 dt h 
∧

r
r
Hạt ở tr/ thái dừng: Hψ (r , t) = Eψ (r , t)
∧

(2)
Thế (2) vào (1): p =

∧ ∧ ∧ ∧
∧ ∧

mi
mi  * ∧ ∧

*
*
ψ
H
r
−
r
H
ψ

dV
=
ψ
H
r
ψ
dV
−
ψ
r
H
ψ
dV



÷
∫
h V∫ 
h V∫

V

∧ ∧

∧

∧

*

*
∧
Vì H là toán tử Hécmít: ∫ψ H r ψ dV = ∫ (Hψ ) rψ dV
V
V

Bài tập 6. Xđ các giá trị trung bình của động lượng tuyến tính hình chiếu Px đc mô tả bằng các hàm
sóng sau đây.
a/ eikx
b/ coskx
c/ e−α x
2

∧

Ta có: px = −ih
∧

a/ p =

∫ψ * px ψ dx
∫ψ *ψ dx

=

d
dx

∫e

( −i h





d

ψ * p ψ dx ∫ cos(kx)  −ih dx cos(kx)  dx
∫
∫ cos(kx)sin(kx)dx = ih ∫ cos(kx)d [ cos(kx)] = 0
p=
=
= −i h
k
∫ψ *ψ dx
∫ cos (kx)dx
∫ cos (kx)dx
∫ cos (kx)dx
∧

b/

d ikx
e )dx
∫ dx = k h
dx
=
k
h

− ikx ikx
∫ e e dx
∫ dx

− ikx

x

2

Vì Tử số: I1 = ∫ cos(kx)d [ cos(kx) ] =
Mẫu số: I 2 =

2

∞

∫e

−∞

ikx

2

d eikx  = 0

∞

∞

∞

−∞

0

0

∞

2
2
ikx
2ikx
∫ cos (kx)dx = 2∫ cos (kx)dx = 2∫ ( e ) dx = 2∫ e dx =
2

0

2 2ikx
e
2ik

∞
0

=

1

1
[ 0 − 1] = − ≠ 0
ik
ik

c/
∧

p=

∫ψ * px ψ dx
∫ψ *ψ dx

=

∫e

−α x 2

d −α x 2 

2
2
−2α x 2
 −ih dx e
 dx
xe −2α x dx
xe −2α x dx
 1  ∫d e
∫

∫
= −ih.(−2α )
= 2α ih −2α x 2
= 2α ih −
=0
÷
−2α x 2
−2α x 2
4
α
π
e
dx
e
dx
e
dx


∫
∫
∫
2α

(

)


⇒ p=

∧
∧ ∧
∧
∧
 mi 

mi  ∧
*
*
E  ∫ (ψ )* r ψ dV − ∫ψ * rψ dV  = 0
 ∫ (Hψ ) r ψ dV − ∫ψ r H ψ dV  =
h V
V
V
 h V


Bài tập 7. Chứng tỏ rằng ở trạng thái dừng xác suất tìm hạt, mật độ dòng xác suất tìm hạt tại một vị
trí nào đó không phụ thuộc vào thời gian
Giải
r

r

i

Ta có: ψ ( r , t) = ψ (r ) e − hE t
r

n

2

* ρ = ψ ( r , t) không phụ thuộc vào thời gian
r

* j=

ur
ih
ih
( ψ∇ψ * −ψ * ∇ψ ) = ( ψ rr*∇ψ rr −ψ rr∇ψ rr ) = J rr
2m
m

Không phụ thuộc rõ vào thời gian

Bài tập 8. Hạt tự do là những hạt có xung lượng và năng lượng. giả sử hạt chuyển động trên trục Ox
dựa vào biểu thức toán tử năng lượng và xung lượng của hạt, hãy tìm hàm sóng cho chuyển động?
Giải
h2 ∂ 2
r
r − i Ent
Ta có: H = T + V với V = 0 ⇒ H = −
với
ψ ( r , t) = ψ ( r ) e h
2m ∂r 2
∧
∧

r
r
h2 ∂ 2
∂2
2m
ψ
(
x
)
=
E
ψ
(
x
)
⇔
ψ n ( x) + 2 Eψ ( x) = 0 (1)
Vậy Hψ ( r , t) = Eψ ( r , t) ⇔ Hψ (x) = Eψ ( x) ⇔ −
n
2
2
2m ∂r
∂x
h
− ikx
ikx
Nghiệm của (1): ψ n ( x) = e + e Vì hạt chuyển động dọc Õ nên chỉ cần lấy hàm theo chiều chiều dương
∧

∧

∧

∧

∧

⇒ ψ n ( x ) = eikx

Vậy suy ra: ψ (x, t) = ψ (x) e
n

i
− En t
h

Vậy nghiệm tổng quát: ψ (x, t) =

= eikx .e

i
− En t
h

=e

E t

i kx −− n 
h 



=e


k 2 h2 
i  kx −−
t
2 m 


+∞

∫ Cψ
k

k

(x) dk

Với Ck là biên độ của bó sóng.

−∞

Bài tập 5. Tìm số cực đại các electron trong nguyên tử khi có cùng những số lượng tử sau:
1/ n,l,m
2/ n,l
3/ n
GIẢI
Trạng thái của electron trong nguyên tử được xác định bởi 4 số lượng tử n, l, m, m s. Trong đó

ms = +1/2; -1/2
m = 0, ±1, ±2,…
l=0,1,2,…
n = 1,2,3,…
a/ Các electron có cùng các số lượng tử n, l và m thì số electron cực đại bằng 2 ( phụ thuộc vào m s ).
b/ Khi Các electron có cùng các số lượng tử n, l thì số electron ccuwcj đại bằng 2(2l+1) phụ thuộc vào m
và ms
c/ Ứng với mỗi giá trị của n thì l có n giá trị( l = 0, 1, 2,…., n -1) do đó số electron bằng
n =l

 1 + (2n − 1) 
n ÷ = 2n 2
2


∑ 2(2l + 1) =2(1 + 3 + 7 + ... + 2n − 1) = 2 
l =0


Bài tập 10. Xác định các mức năng lượng của hạt ở trạng thái s (l = 0) trong giếng thế đối xứng
xuyên tâm.

U (r )


 −U khi r ≤ a
= 0
0 khi r > a

Giải

LT1: CHUYỂN ĐỘNG TRONG THẾ XUYÊN TÂM
1/ Toán tử mô men xung lượng.
∧ ∧
∧ ∧
∧
L
x = y pz − z p y

∧
∧
∧
∧ ∧
∧ ∧
 ∧
L = r x p ⇒ L y = z p x − x p z
∧
∧ ∧
∧ ∧
L z = x p z − z p x

∧

a/ Hàm riêng, trị riêng của toán tử hình chiếu mô men xung lượng trên trục z( L z ):
∧

* Phần phụ thuộc ϕ :

Lz = −

ih∂
∂ϕ

∧

- Phương trình trị riêng: L z ψ = L z ψ ⇒ −

i
Lz ϕ
ih∂
∂ψ i
= Lz ψ ⇔
= L z ∂ϕ ⇒ ψ (ϕ ) = C.e h
∂ϕ
ψ
h
i

i

Điều kiện đơn trị của hàm sóng: ψ (ϕ ) = ψ (ϕ + 2π ) ⇔ C.e h L ϕ = C.e hL (ϕ + 2π )
i
L 2π
L 2π
L 2π
L 2π
L 2π
.e h
= c os z

+ i sin z
= 1 ⇔ c os z
=1⇒ z
= 2mπ ⇒ L z = mh; m = 0, ±1, ±2,...
z

z

z

h

h

- Hàm riêng: ψ (ϕ ) = C.e

i
Lz ϕ
h

h

h

= C .eimϕ

2
− imϕ imϕ
2
ĐK chuẩn hóa hàm sóng: C ∫ e e dϕ =1 ⇔ C .2ϕ = 1 ⇒ C =

1
2π

Vậy hàm riêng: ψ (ϕ ) =
∧

1
.eimϕ
2π

∧

2/ Hàm riêng, trị riêng của toán tử bình phương mô men xung lượng ( L2 ): L2 θϕ = − h2 ∆θϕ
với: ∆θϕ =

1 ∂
∂
1 ∂2
(sin θ
)+ 2
sin θ ∂θ
∂θ sin θ ∂ϕ 2

- Hàm riêng:
- Trị riêng: L2 = h2l (l + 1)

l=0, 1, 2, …

3/ Cách trình bày theo giáo trình

Xét một hạt có khối lượng m0 c/động trong không gian dưới tác dụng của một thế V(x,y,z0 hoặc viết
r
là V (r )
Người ta gọi thế xuyên tâmrlà thế chỉ phụ thuộc khoảng cách r tới gốc tọa dộ O.
V(x, y, z) ≡ V(r ) = V(r)

uu
r
h2 2
H
=
−
V + V (r )
Toán tử năng lượng của hạt c/động trong trường thế xuyên tâm là:
2m0

Pt trị riêng của năng lượng của hạt có dạng (xét trong tọa độ cầu):

∧

Hu

En

(1)

(r , θ , ϕ ) = EnuEn (r ,θ , ϕ ) (2)

Trong đó u E (r , θ , ϕ ) là hàm riêng ứng với trị riêng của năng lượng En. Sau này để cho đơn giản ta
chỉ kí hiệu u E bằng un

n

n

Trong tọa độ cầu:

∧

H

∧

h2  1 δ
δ
1
h2 1 δ 2 δ
L2 θϕ

=−
(
r
)
+
∆
+
V
(
r
)
=

−
(
r
)
+
+ V (r )
θϕ 
2m0  r 2 δ r δ r r 2
2m0 r 2 δ r
δ r 2m0r 2

∧

(3)

Toán tử mô men động lượng trong tọa độ cầu: L2 θϕ = − h2 ∆θϕ
Bây giờ ta chú ý rằng toán tử H giao hoán với toán tử bình phương mô men động lượng L 2 và với
toán tử Lz hình chiếu của mô men động lượng lên trục Oz.


Thực vậy biểu thức (3) của toán tử L ta thấy rằng số hạng thứ nhất và số hạng thứ 3 (chỉ chứa r giao
hoán với chính nó và cũng giao hoán với Lz. H là tổng số của ba số hạng giao hoán với L2 và Lz thì cũng
giao hoán với 2 toán tử này.
Ba toán tử H, L2 và Lz giao hoán với nhau nên chúng có chung những hàm riêng un (r , θ , ϕ ) . Nhưng
ta phải chỉ rõ hàm riêng đó ứng với trị riêng nào của L2 và Lz muốn thế ta phải them 2 chỉ số l, m. Biết
rằng Hàm riêng(chung0 của L2 và Lz là hàm cầu ta có thể viết biểu thức của u như sau:
unlm (r, θ , ϕ ) = Rnl (r )Yl m (θ , ϕ ) (4)
Trong đó Rnl( r) là một hàm của r mà dạng của nó ta có thể xác định được nhờ thay biểu thức trên của u
vào phương trình (2) ( chú ý rằng Rnl ( r) laf hamf C( r) trong biểu thức của hàm riêng unl cảu L2 và Lz.
∧



2
2
h
1
δ
δ
L
2
−
(r
)+
+ V (r )  × Rnl (r )Yl m (θ , ϕ ) = En Rnl (r )Yl m (θ , ϕ )
 2m0 r 2 δ r

δ r 2mr 2


R nl (r ) = E n R nl ( r )
(5)

Giải phương trình này ta tìm được Rnl( r) sau đó thay vào (4) ta sẽ tìm được unlm tức hàm sóng của trạng
2
thái có l ( l + 1) h và hình chiếu mômen động lượng trên trục Oz là mh. Ba số nguyên n,l, m gọi là ba lượng
tử số đặc trưng cho trạng thái mà ta xét.
LT2. TRONG TRƯỜNG THẾ XUYÊN TÂM - PHẦN PHỤ THUỘC r CỦA HÀM SÓNG.
Bây giờ ta xét kỹ hơn dạng của hàm sóng R nl (r ) là phần phụ thuộc vào r của hàm sóng.
X nl
(6)

r
1 δ 2 δ X 1 δ  2  X 1 δ X  1 δ 
δ X  1 δ 2X 1 d2X
) =
r − +
−X + r
=
=
và chú ý rằng: 2 (r
= 2
r δr
δ r r r 2 δ r   r 2 r δ r ÷
δ r  r δ r 2 r dr 2
  r δ r 
d 2 X  2m0
l (l + 1) 
+  2 ( En − V ) −
X = 0 (7)
Thay vào (5) ta có:
2
dr
r 2 
 h
Ta giả thiết khi r → 0 thì V (r ) → ∞ chậm hơn 1/r2(nếu không thế thì hạt rơi vào tâm) nghĩa là r 2V (r ) → 0
khi r → 0 Khi đó hàm sóng R hữu hạn trong toàn bộ không gian kể cả điểm r = 0. Do đó hàm sóng X = rR

Đặt R nl (r ) =

phải bằng 0 khi r = 0.
X(0) = 0

(8)
Pt (7) Có dạng going pt schrodinger đối với chuyển động trên nữa đường thẳng xuất phát từ 0 trong trường
thế:

Vl (r ) = V ( r ) +

h2 l ( L + 1)
.
2m0 r 2

Số hạng thứ hai có thể coi là năng lượng li tâm. Như vậy bài toán chuyển động trong trường thế dẫn đến
bài toán chuyển động 1 chiều trên nữa đường thẳng, với điều kiện X = 0 khi r = 0.
d 2 (Rr)  2m0
l (l + 1) 
+  2 ( En − V ) −
Rr = 0
Ta hãy tìm nghiệm của pt khi r nhỏ. Viết lại pt (7) với R:
2
dr
r 2 
 h
l (l + 1)
Trong dấu móc, các số hạng khác có thể bỏ qua so với
. Khai triển phương trình ta có:
r2
d 2 2 dR
(r
) − l(l+ 1) R = 0
dr 2
dr

Ta tìm nghiệm dưới dạng (khi r nhỏ): R = const.rs thay vào phương trình trên: s(s+1)const.rs –l(l+1)
const.rs=0
Hay s(s+1) = l(l+1) có hai giá trị của s thỏa mãn phương trình trên, đó là: s = l; s = -l -1
Giá trị thứ hai không thõa mãn điều kiện biên vì nó cho nghiệm R → ∞ khi r → 0 . Vậy ta có R ≈ const .r l
(9)
Chú ý rằng biểu thức của R khi r không phụ thuộc vào dạng của thế năng V( r), miễn là thế năng dẫn tới
vô cực (khi r → 0 ) chậm hơn 1/r2.


LT3: `PHƯƠNG TRÌNH SÓNG TƯƠNG ĐỐI TÍNH ĐỐI VỚI HẠT SPIN KHÔNG
Ta xét các hạt vi mô có vận tốc nhỏ hơn nhiều lần vận tốc ánh sáng. Phương trình Schrodinger

δψ  h2 2
ih
= −
∇ + U ( x) ψ ( x) (1)
δ t  2m

Nhận được bằng cách sử dụng nguyên lí tương ứng và dạng của các toán tử , thay thế trong hàm Hamilton.
p2
(2)
H=
+ U ( x)
2m
δ ur
Các đại lượng bằng các toán tử tương ứng: E → ih ; p → −ih∇ (3)
δt
Đối với trường hợp hạt chuyển động với vận tốc so sánh được với vận tốc ánh sáng, ta cần phải xuất phát từ từ hệ
thức tương đối tính giữa năng lượng và xung lượng. Trong trường hợp hạt chuyển động tự do, hệ thức này có dạng

uur
E 2 = c 2 p 2 + m 2 c 4 (4)
Nếu thay thế trong (4) các toán tử ở (3), ta được phương trình sóng tương đối tính đối với hạt chuyển dộng tự do.
h2 δ 2ψ
(5) Phương trình này được gọi là phương trình Klein – Gordon
=  h2∇ 2 − m 2 c 4 ψ ( x)
2
2
c δt
Trong giới hạn phi tương đối tính khi coi vận tốc ánh ánh sáng là vô cùng lớn so với vận tốc của hạt ( c → ∞ ),
phương trình Klein – Gordon lại cuyển thành phương trình Schrodinger . Thật vậy, bởi vì giữa lí thuyết tương đối
và lí thuyết phi tương đối, gốc tính năng lượng khác nhau mc2, nên ta sử dụng biến đổi unita:
r
r
 imc 2 
ψ ( r; t) = ψ '(r ; t) exp  −
t
(6)
 h 
Trong chuyển động phi tương đối tính năng lượng toàn phần của hạt rất nhỏ so với năng lượng tĩnh, nghĩa là trong
δψ '
ih
≈ E 'ψ ' << mc 2 ψ '
hệ thức E = E’ + mc2 thì E’ << mc2, do đó
δt
2

2

imc t

−
δψ  δψ ' imc 2  − imch t
imc 2
=
−
ψ ' ÷e
≈−
ψ 'e h
Từ đó ta tính được:
δt  δt
h
h


(7)
2

 imc 2 δψ ' m 2c 4  − imch t
δ 2ψ
=
−
+ 2 ψ ÷e
Và
(8)

δt2
h
 h δt

Nhờ (7) và (8) và từ (5) ta nhận được phương trình Schrodinger phi tương đối tính với hàm ψ '

δ 2ψ
h2 2
(9)
ih 2 = −
∇ψ'
δt
2m
→
Bây giờ ta xét trường hợp hạt có điện tích e, chuyển động trong trường điện từ ngoài đặc trưng bằng thế ϕ và A
∧
∧
∧
u
r e→ 2
1
toán tử Hamilton trong trường hợp không tương đối tính là: H =
(10)
( p − A) + eϕ
2m
c
→

Trong biểu thức tương đối tính với năng lượng: E = c 2 p 2 + m 2c 4
ur ur e ur
δ
δ
e ur
Ta thực hiện việc thay thế: E → E − eϕ ; ih → ih − eϕ ; p → p − A ; −ih → −ih∇ − ih A
δt
δt

c
c
2
2
e ur 
δ


Ta có: ih − eϕ ÷ = c 2  −ih∇ − A ÷ ψ + m 2c 4ψ
(11)
c 
 δt


Đó là phương trình Klein – Gordon trong trường hợp có mặt trường điện từ
Làm tương tự như khi rút ra phương trình (9), ta cũng nhận được phương trình Schrodinger phi tương đối tính.
∧
δψ '
1 u∧r e →
(12)
ih
=−
( p − A)ψ '+ e ϕϕ '
δ
t
2
m
c
r
Hàm sóng ψ (r , t ) mô tả trạng thái phụ thuộc vào ba tọa độ và thời gian mà không chứa biến số spin. Do đó rõ ràng

rằng phương trình Klein – Gordon xác định bản chất của hạt có spin không.


Vì phương trình Klein – Gordon là bất biến tương đối tính cho nên trong phép biến đổi Lorentz, hàm sóng chỉ có
thể được nhân với một thừa số pha. Biến đổi Lorentz lại là liên tục, ứng với phép quay trong không gian 4 chiều
nên thừa số pha này phải bằng +1. Trong phép biến đổi nghịch đảo, nghĩa là khi tác dụng toán tử chẳn lẻ I lên hàm
sóng ψ , thừa số pha có thể là +1 hoặc -1.
∧
r
r
Iψ (r , t ) = +ψ ( − r , t )
∧
r
r
Iψ (r , t ) = −ψ ( − r , t )
Thành thử hàm ψ phải là vô hướng hoặc giả vô hướng nên phương trình Klein – Gordon thường mang tên là
phương trình sóng vô hướng.
Để làm ví dụ, ta xét nghiệm của phương trình Klein – Gordon đối với hạt tự do. Nghiệm có thể được viết dưới dạng
iEt
h

ψ = e ψ I ( x, y , z )
2
2 2
2 4
Thay vào (5), ta có: E ψ I = −c h ∆ψ I + m c ψ I hay ∆ψ I +

Ta dễ dàng thấy nghiệm có dạng sóng phẳng: ψ = a e
I

u
rr
i pr
h

E 2 − m2 c 4
ψI ≡ 0
c 2 h2

Và giữa năng lượng E và xung lượng P có hệ thức: E 2 = c 2 p 2 + m 2 c 4 giống như công thức đã gặp trong lí thuyết
tương đối.
LT : Các tiên đề cơ học lượng tử :

Tiên đề 3 :


Tiên đề 4 :

∧

∧

∧

Toán tử tuyến tính : A(c1 ψ 1 + c2 ψ 2 ) = c1 A ψ 1 + c2 A ψ 2 )


∧

∧

∧
 TT ecmit A
thõa mãn: ∫ψ * (A ϕ) dx = ∫ϕ(Aψ) * dx