CHEN.SUIA 2019-12 量子物理部分习题解答(2019FAL) 那么几率为 p0s克=会s9mao-0-网=s2 18,求氢原子中处于中321状态的电子的角动量与z轴的夹角。 A:=2,m=1,故 L=√0+1h=V6h,L2=mh=h 故夹角为 0rcoarcco1rad 6 1 19,处于=2的电子，求其自旋角动量和轨道角动量的夹角。 A:l=2,s=±j=,手则计算得到 仙=+h==e+可=受a w=0+西a-要。 记自旋角动量和轨道角动量的夹角为8，如图所示，则由余弦定理 c059=2-2-5 2(L)S) 代入数据，得到 (S) 0=arccos3≈62° 0-号18s 21,设氢原子的电子处在状态沙=G中210+c2211+C331-1,其中中，210,211,31-1都是归一 化的。试由c子，c经，c的物理意义计算： (1)能量平均值，(2)能量是-0.125a.u.的几率，(3)角动量平方的平均值，(4)角动量平方 时2h2的几案，(5)角动量z分量的平均值，(6)角动量z分量是2h的几率。 (1)根据其物理意义，能量为 回=-+站-品au) 1 (2)P(E=-0.125a.u.)=c+c 6/34
CHEN, SIJIA 2019-12 量子物理部分习题解答（2019FALL） 6 / 34 那么几率为 𝑃(𝜃 ≤ 𝜋 4 ) = ∫ ∫ 3 4𝜋 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝜃𝑑𝜑 𝜋/4 0 2𝜋 0 = 1 8 (4 − √2) ≈ 0.32 18，求氢原子中处于𝜓321状态的电子的角动量与 z 轴的夹角。 A: l=2, m=1, 故 𝐿 = √(𝑙 + 1)𝑙ℏ = √6ℏ, 𝐿𝑧 = 𝑚ℏ = ℏ 故夹角为 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝐿𝑧 𝐿 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 1 √6 = 1.15𝑟𝑎𝑑 = 65.9° 19，处于 l=2 的电子，求其自旋角动量和轨道角动量的夹角。 A: 𝑙 = 2, 𝑠 = ± 1 2 ,𝑗 = 5 2 , 3 2，则计算得到 〈𝐿〉 = √(𝑙 + 1)𝑙ℏ = √6ℏ,〈𝑆〉 = √𝑠(𝑠 + 1)ℏ = √3 2 ℏ 〈𝐽〉 = √𝑗(𝑗 + 1)ℏ = √35 2 ℏ, √15 2 ℏ 记自旋角动量和轨道角动量的夹角为𝜃，如图所示，则由余弦定理 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 〈𝐽〉 2 − 〈𝐿〉 2 − 〈𝑆〉 2 2〈𝐿〉〈𝑆〉 代入数据，得到 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 √2 3 ≈ 62° 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 − √2 2 = 135° 21，设氢原子的电子处在状态𝜓 = 𝑐1𝜓210 + 𝑐2𝜓211 + 𝑐3𝜓31−1，其中𝜓, 𝜓210, 𝜓211, 𝜓31−1都是归一 化的。试由𝑐1 2 , 𝑐2 2 , 𝑐3 2的物理意义计算： （1）能量平均值，（2）能量是-0.125a.u.的几率，（3）角动量平方的平均值，（4）角动量平方 时2ℏ 2的几率，（5）角动量 z 分量的平均值，（6）角动量 z 分量是2ℏ的几率。 A: (1) 根据其物理意义，能量为 〈𝐸〉 = −(𝑐1 2 + 𝑐2 2 ) 1 8 − 𝑐3 2 1 18 (𝑎. 𝑢. ) (2) 𝑃(𝐸 = −0.125𝑎. 𝑢. ) = 𝑐1 2 + 𝑐2 2
CHEN,SUJIA 2019-12 量子物理部分习题解答(2019FALL) (3)(亿2)=22 (4)P《L2)=2h3)=1 5)亿z)=(c经-c学)h (6)P(Lz=2h)=0 Chapter2 4,用变分法求锂原子的第二电离势。 A:锂原子的第二电离势即一U,其中心是类氦原子，是类氢原子。 参考讲义第六章，设计尝试变分函数为 3 哈密顿量为 能量期待值 w=@=-6a+言=-智 对能量期待值求导得到 -2以-号-0=号 dw 故有能量为 E1=Wla=43/16=-7.22a.u 又由类氢原子的能量公式得到 故锂原子的第二电离势为 1.E.2=E2-E1=2.72a.u.=74.1eV 5,写出锂原子基态的行列式波函数 1s1a1s(2)a(2)1s(3a3 0(1,2,3)= (1)B(1)）1s(2)B(2)1s(3)B(3 2s(1)a(1)2s(2)a(2)2s(3)a(3) 7/34
CHEN, SIJIA 2019-12 量子物理部分习题解答（2019FALL） 7 / 34 (3) 〈𝐿 2 〉 = 2ℏ 2 (4) P(〈𝐿 2 〉 = 2ℏ 2 ) = 1 (5) 〈𝐿𝑧 〉 = (𝑐2 2 − 𝑐3 2 )ℏ (6) 𝑃(𝐿𝑧 = 2ℏ) = 0 Chapter2 4，用变分法求锂原子的第二电离势。 A: 锂原子的第二电离势即 Li+→Li 2+，其中 Li+是类氦原子，Li2+是类氢原子。 参考讲义第六章，设计尝试变分函数为 Φ(1, 2) = 𝜑(1)𝜑(2) = 𝜆 3 𝜋 𝑒 −𝜆(𝑟1+𝑟2) 哈密顿量为 𝐻̂ = − 1 2 ∇1 2 − 3 𝑟1 − − 1 2 ∇2 2 − 3 𝑟2 + 1 𝑟12 能量期待值 𝑊 = ⟨Φ|𝐻̂|Φ⟩ = 𝜆 2 − 6𝜆 + 5 8 𝜆 = 𝜆 2 − 43 8 𝜆 对能量期待值求导得到 𝑑𝑊 𝑑𝜆 = 2𝜆 − 43 8 = 0, 𝜆 = 43 16 故有能量为 𝐸1 = 𝑊|𝜆=43/16 = −7.22𝑎. 𝑢. 又由类氢原子的能量公式得到 𝐸2 = − 9 2 𝑎. 𝑢. 故锂原子的第二电离势为 𝐼. 𝐸.2 = 𝐸2 − 𝐸1 = 2.72𝑎. 𝑢. = 74.1𝑒𝑉 5，写出锂原子基态的行列式波函数 A: Φ(1, 2, 3) = 1 √6 | 1𝑠(1)𝛼(1) 1𝑠(2)𝛼(2) 1𝑠(3)𝛼(3) 1𝑠(1)𝛽(1) 1𝑠(2)𝛽(2) 1𝑠(3)𝛽(3) 2𝑠(1)𝛼(1) 2𝑠(2)𝛼(2) 2𝑠(3)𝛼(3) |
CHEN.SUIA 2019-12 量子物理部分习题解答(2019FAL) 6,证明波函数 2=aB8a88a8 是氨原子忽略电子间相互作用的薛定谔方程的鲜，并求其本征值。 A:写出氨原子忽略电子间相互作用的哈密顿算符为 A=(1)+n(2) 其中 0=-好-2i=12 记 p1=1s·a,p2=2sa 注意到 i0p,O=-21e,O1.i01p2@》=-2p20 0=a)+i21万p:（d》oz2》-1pza》-lo2川 =-ze.apz(2-lp.alp2川-2ae,a》oa2》-lza四》-p.②训 51 =2方p.四》-pm2》-l,a-e,2训 得证。 本征值为 E=-Za.u.-68ev 8,基态钇(Y)原子的可能价电子组态为4d5s或45s'。由光谱实验可确定其光谱基项为 D2,试判断它的基态是哪种电子组态。 A:首先考虑4d5s2电子组态，容易得到其光谱项为D,其光谱基项为2Dn。 对于4d25s电子组态，首先考虑d2的光谱项有 心101光谐项 8/34
CHEN, SIJIA 2019-12 量子物理部分习题解答（2019FALL） 8 / 34 6，证明波函数 Φ(1, 2) = 1 √2 | 1𝑠(1)𝛼(1) 1𝑠(2)𝛼(2) 2𝑠(1)𝛼(1) 2𝑠(2)𝛼(2) | 是氦原子忽略电子间相互作用的薛定谔方程的觧，并求其本征值。 A: 写出氦原子忽略电子间相互作用的哈密顿算符为 𝐻̂ = ℎ̂(1) + ℎ̂(2) 其中 ℎ̂(𝑖) = − 1 2 ∇𝑖 2 − 2 𝑟𝑖 , 𝑖 = 1, 2 记 𝜑1 = 1𝑠 ∙ 𝛼,𝜑2 = 2𝑠 ∙ 𝛼 注意到 ℎ̂(𝑖)|𝜑1(𝑖)⟩ = −2|𝜑1(𝑖)⟩, ℎ̂(𝑖)|𝜑2(𝑖)⟩ = − 1 2 |𝜑2(𝑖)⟩ 则 𝐻̂Φ = [ℎ̂(1) + ℎ̂(2)] ∙ 1 √2 [|𝜑1(1)⟩ ∙ 𝜑2(2)⟩ − |𝜑2(1)⟩ ∙ |𝜑1(2)⟩] = − 2 √2 [|𝜑1(1)⟩ ∙ 𝜑2(2)⟩ − |𝜑2(1)⟩ ∙ |𝜑1(2)⟩] − 1 2√2 [|𝜑1(1)⟩ ∙ 𝜑2(2)⟩ − |𝜑2(1)⟩ ∙ |𝜑1(2)⟩] = − 5 2 ∙ 1 √2 [|𝜑1(1)⟩ ∙ 𝜑2(2)⟩ − |𝜑2(1)⟩ ∙ |𝜑1(2)⟩] = − 5 2 Φ 得证。 本征值为 𝐸 = − 5 2 𝑎. 𝑢. = −68𝑒𝑉 8，基态钇（Y）原子的可能价电子组态为 4d 15s2或 4d 25s1。由光谱实验可确定其光谱基项为 2D3/2，试判断它的基态是哪种电子组态。 A: 首先考虑 4d 15s2电子组态，容易得到其光谱项为 2D，其光谱基项为 2D3/2。 对于 4d 25s1电子组态，首先考虑 d 2的光谱项有 Ms M 1 0 -1 光谱项
CHEN,SUJIA 2019-12 量子物理部分习题解答(2019FALL) 010 G,F,D G.3FD.3P 0 2 5 2 G,3F,D,p,5 .1 2 4 2 G,3F,D,3P -2 1 3 1 G.3FD 1 1 G,F 010 16 由此4d5s可知有光谱项2G,D,p,p,S,共90个微观态，其光谱基项为F 而已知实验测定光谱基项为2Dp,因此基态价电子组态为45s2。 9,试写出C原子和As原子的光谱基项。 A:C原子的基态价电子组态为3523p,其光谱基项为P3。 As原子的基态价电子组态为3d4s24p2。Sm-3/2,此四重态的L=0,其光谱基项为“5n 11,求pd电子组态的光谱项。 0 光谱项 1 BF,IF 2 2 4 2 ,F,D,D 6 3 3F,F,3D,D,3P,iP 3E 1E 3D iD 3p ip 3F.1F.3D.1D.3p.1p 故光谱项有车，1，D,D,p,p。 12,如果考虑自旋-轨道耦合，下列普项能分裂成几个能级：D,3G,s A:J的取值范围为L+5,L+S-1,L-S1 (1)对于D,其S=0,=2,只有一个能级D2。 (2)对于3G,其S=1,L=4,包括三个能级G,3G,3G. (3)对于6s,其S=5/2,L=0,只有一个能级6Gs2。 13,组态p2和pd的谱项之间允许的电子跃迁有哪些？ A:p2的光谱项包括D,p,S,pd的谱项包括F,F,D,D,p,P。 要求△S=0,△L=0,±1，则允许的跃迁包括1)D→5，p,D,(2)p-D,p;(3)S→p 14,谱项p的轨道角动量与自旋角动量之间的可能夹角有哪些？ 9/34
CHEN, SIJIA 2019-12 量子物理部分习题解答（2019FALL） 9 / 34 4 0 1 0 1G 3 1 2 1 1G, 3 F 2 1 3 1 1G, 3 F, 1D 1 2 4 2 1G, 3 F, 1D, 3P 0 2 5 2 1G, 3 F, 1D, 3P, 1 S -1 2 4 2 1G, 3 F, 1D, 3P -2 1 3 1 1G, 3 F, 1D -3 1 2 1 1G, 3 F -4 0 1 0 1G 由此 4d 25s1可知有光谱项 2G, 4 F, 2 F, 1D, 4P, 2P, 2 S，共 90 个微观态，其光谱基项为 4 F3/2。 而已知实验测定光谱基项为 2D3/2，因此基态价电子组态为 4d 15s2。 9，试写出 Cl 原子和 As 原子的光谱基项。 A: Cl 原子的基态价电子组态为 3s 23p5，其光谱基项为 2P3/2。 As 原子的基态价电子组态为 3d 104s24p3。Smax=3/2, 此四重态的 L=0，其光谱基项为 4 S3/2。 11，求 pd 电子组态的光谱项。 A: Ms M 1 0 -1 光谱项 3 1 2 1 3 F, 1 F 2 2 4 2 3 F, 1 F, 3D, 1D 1 3 6 3 3 F, 1 F, 3D, 1D, 3P, 1P 0 3 6 3 3 F, 1 F, 3D, 1D, 3P, 1P -1 3 6 3 3 F, 1 F, 3D, 1D, 3P, 1P -2 2 4 2 3 F, 1 F, 3D, 1D -3 1 2 1 3 F, 1 F 故光谱项有 3 F, 1 F, 3D, 1D, 3P, 1P。 12，如果考虑自旋-轨道耦合，下列普项能分裂成几个能级：1D, 3G, 6 S A: J 的取值范围为 L+S, L+S-1, ., |L-S| (1) 对于 1D，其 S=0，L=2，只有一个能级 1D2。 (2) 对于 3G，其 S=1，L=4，包括三个能级 3G5, 3G4, 3G3。 (3) 对于 6 S，其 S=5/2，L=0，只有一个能级 6G5/2。 13，组态 p 2和 pd 的谱项之间允许的电子跃迁有哪些？ A: p 2的光谱项包括 1D, 3P, 1 S，pd 的谱项包括 3 F, 1 F, 3D, 1D, 3P, 1P。 要求ΔS=0, ΔL=0，±1，则允许的跃迁包括(1) 1D→1 F, 1P, 1D; (2) 3P→3D, 3P; (3) 1 S→1P 14，谱项 2P 的轨道角动量与自旋角动量之间的可能夹角有哪些？
CHEN.SUIA 2019-12 量子物理部分习题解答(2019FAL) A:对于该谱项，S=1/2,=1,J=3/2,1/2:参考第一章19题的解法。 仙=+亚a=2A份=58+D= 切=0+西=空号。 记自旋角动量和轨道角动量的夹角为0，如图所示，则由余弦定理 cos8=2-2-52 2(L)S (亿) 代入数据，得到 1 9=arccos6*65.9 =144.7 15,p组态两个电子的自旋角动量之间可能的夹角有哪些？总自旋角动量与z轴可能的夹角有哪 些？ A 山S)=S2)=号九，S)=0,V2h,故两个电子的自旋角动量夹角为180°或arc6os1/3=70.5°。 (2)考虑S=1的情况，此时Sz)=-九，0，九，故总自旋角动量与z轴的夹角为45°、90°、135° 16,对于给定的1值，求和 了Wme.pr 与角度日和φ无关。当=1时，验证这一结论的正确性。 A:当1，三个球谐函数的表达式为 3 3 Y0= 3 ⑧Tsin0e-lp 则求和为 pP=laP+P+-P=cas0+品mo+)=os0+云m20 2 2 2 3 得证。 10/34
CHEN, SIJIA 2019-12 量子物理部分习题解答（2019FALL） 10 / 34 A: 对于该谱项，S=1/2，L=1，J=3/2, 1/2；参考第一章 19 题的解法。 〈𝐿〉 = √(𝐿 + 1)𝐿ℏ = √2ℏ,〈𝑆〉 = √𝑆(𝑆 + 1)ℏ = √3 2 ℏ 〈𝐽〉 = √𝐽(𝐽 + 1)ℏ = √15 2 ℏ, √3 2 ℏ 记自旋角动量和轨道角动量的夹角为𝜃，如图所示，则由余弦定理 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 〈𝐽〉 2 − 〈𝐿〉 2 − 〈𝑆〉 2 2〈𝐿〉〈𝑆〉 代入数据，得到 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 1 √6 ≈ 65.9° 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 − √6 3 = 144.7° 15，pd 组态两个电子的自旋角动量之间可能的夹角有哪些？总自旋角动量与 z 轴可能的夹角有哪 些？ A: (1) 〈𝑆1 〉 = 〈𝑆2 〉 = √3 2 ℏ,〈𝑆〉 = 0, √2ℏ，故两个电子的自旋角动量夹角为 180°或 arccos1/3=70.5°。 (2) 考虑 S=1 的情况，此时〈𝑆𝑧 〉 = −ℏ, 0, ℏ，故总自旋角动量与 z 轴的夹角为 45°、90°、135° 16，对于给定的 l 值，求和 ∑ |𝑌𝑙𝑚(𝜃, 𝜑)| 2 𝑙 𝑚=−𝑙 与角度 θ 和 ϕ 无关。当 l=1 时，验证这一结论的正确性。 A: 当 l=1，三个球谐函数的表达式为 𝑌10 = √ 3 4𝜋 𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑌11 = √ 3 8𝜋 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑒 𝑖𝜑, 𝑌1−1 = √ 3 8𝜋 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑒 −𝑖𝜑 则求和为 ∑ |𝑌𝑙𝑚(𝜃,𝜑)| 2 𝑙 𝑚=−𝑙 = |𝑌10| 2 + |𝑌11| 2 + |𝑌1−1 | 2 = 3 4𝜋 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 3 8𝜋 𝑠𝑖𝑛2𝜃(1 + 1) = 3 4𝜋 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 3 4𝜋 𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 3 4𝜋 得证