ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2018-07-04   
Определить энергию электрона атома водорода в стационарном состоянии, для которого волновая функция $\psi(r) = A(1 + + ar)e^{ - \alpha r}$, где $A, a$ и $\alpha$ — некоторые постоянные.


Решение:


Уравнение Шредингера для задачи в гауссовских единицах

$\nabla^{2} \psi + \frac{2m}{ \hbar^{2} } \left ( E + \frac{e^{2} }{r} \right ) \psi = 0$

В единицах СИ получаем $(e^{2} / 4 \pi \epsilon_{0})$ для $e^{2}$.

Подставим $\psi = \frac{ \xi (r) }{r}$. Тогда $\xi^{ \prime \prime} + \frac{2m}{ \hbar^{2} } \left ( E + \frac{e^{2} }{r} \right ) \xi = 0$ (1)

Что дает $\xi = r \psi = Ar(1 + ar)e^{ - \alpha r}$

$\xi^{ \prime} = A(1 + 2ar)e^{- \alpha r} - \alpha Ar (1 + ar)e^{ - \alpha r}$

$\xi^{ \prime \prime} = \alpha^{2} Ar (1 + ar) e^{ - \alpha r} - 2 \alpha A (1 + 2ar)e^{ - \alpha r} + 2 aA e^{ - \alpha r}$

Подстановка в (1) дает условие

$\alpha^{2} (r + ar^{2}) - 2 \alpha (1 + 2ar) + 2a + \frac{2m}{ \hbar^{2} } (Er + e^{2}) \cdot (1 + ar) = 0$

Приравнивая коэффициенты при $r^{2}, r$ и постоянном члене нулю, получим

$2a - 2 \alpha + \frac{2me^{2} }{ \hbar^{2} } = 0$ (2)
$a \alpha^{2} + \frac{2m}{ \hbar^{2} } Ea = 0$ (3)
$\alpha^{2} = 2a \alpha + \frac{2m}{ \hbar^{2} }(E + e^{2}a ) = 0$ (4)

Из (3) либо $a = 0$, или $E = - \frac{ \hbar^{2} \alpha^{2} }{2m}$

В первом случае $\alpha = \frac{me^{2} }{ \hbar^{2} }, E = - \frac{ \hbar^{2} }{2m} \alpha^{2} = - \frac{me^{4} }{2 \hbar^{2} }$

это состояние является основным состоянием.
Во втором случае $a = \alpha - \frac{me^{2} }{ \hbar^{2} }, \alpha = \frac{1}{2} \frac{me^{2} }{ \hbar^{2} }$

$E = - \frac{me^{4} }{8 \hbar^{2} }$ и $a = - \frac{1}{2} \frac{me^{2} }{ \hbar^{2} }$

Состояние один равно $n = 2$ (2s).