京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2017年度 問題I-2

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• 圆形势阱中的粒子
• 阶跃势处的波函数衔接
• 贝塞尔方程

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

質量 $m$ の二粒子が、相対距離に依存する引力ポテンシャル $V(|\mathbf r_1-\mathbf r_2|)$ で相互作用する。重心 $\mathbf r_G=(\mathbf r_1+\mathbf r_2)/2$ は静止し、相対座標を $\mathbf r=\mathbf r_1-\mathbf r_2=(x,y)$、$r=|\mathbf r|$ とする。まず二次元の円筒対称ポテンシャル

$$V(r)=\begin{cases}-V_0&ra,\end{cases}\qquad V_0>0$$

を考える。

1. $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ として二次元ラプラシアンを円筒座標で表せ。
2. $L_z$ の固有値 $\hbar n$ に対する固有関数を $\Phi_n(\theta)$ とし、$\psi=\sum_nR_n(r)\Phi_n(\theta)$ と展開する。エネルギー固有値を $E$ として $R_n$ の微分方程式を書け。
3. $\lambda=mV_0a^2/(4\hbar^2)$ が十分小さいとき、基底エネルギーを $\lambda,V_0$ で表せ。方程式 $X_\pm''+z^{-1}X_\pm'\pm X_\pm=0$ の物理的な解について、$z\to0$ で $X_+(z)\simeq1-z^2/4$、$X_-(z)\simeq\ln(c/z)$（$c>0$）を用いてよい。

次に同じ二粒子の相対運動を一次元で考え、

$$V(x)=\begin{cases}V_1&x<0,\\0&0<x<b,\\V_2&x>b,\end{cases} \qquad V_1\ge V_2>0$$

とする。

4. $V_1=V_2$ なら束縛状態が必ず存在することを示せ。
5. $V_1>V_2$ のとき、束縛状態が一つも存在しない条件を $mV_2b^2/\hbar^2$ と $V_2/V_1$ で表せ。

题目描述

两个质量均为 $m$ 的粒子通过相对距离势相互作用，重心静止。相对坐标为 $\mathbf r=\mathbf r_1-\mathbf r_2$，先考虑二维圆井：$r<a$ 时势为 $-V_0$，$r>a$ 时为零，$V_0>0$。

1. 写出极坐标下二维拉普拉斯算符。
2. 将定态波函数按角动量本征值 $\hbar n$ 展开，求径向函数 $R_n(r)$ 满足的方程。
3. 用 $\lambda=mV_0a^2/(4\hbar^2)\ll1$ 和 $V_0$ 表示弱吸引时基态能量。可用题给两个方程的物理解及其小变量渐近式，其中 $c>0$。

再考虑一维相对运动：势在 $x<0$、$0<x<b$、$x>b$ 分别为 $V_1,0,V_2$，且 $V_1\ge V_2>0$。

4. 证明 $V_1=V_2$ 时总有束缚态。
5. 当 $V_1>V_2$ 时，求不存在束缚态的条件，用 $mV_2b^2/\hbar^2$ 与 $V_2/V_1$ 表示。

Kai

(1)

$$\boxed{\nabla^2=\frac1r\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac1{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}.}$$

(2)

相対運動の換算質量は $\mu=m/2$ であり、$H=-\hbar^2\nabla^2/m+V$。$\Phi_n=e^{in\theta}/\sqrt{2\pi}$ を用いると

$$\boxed{R_n''+\frac1rR_n'+\left[\frac m{\hbar^2}(E-V(r))-\frac{n^2}{r^2}\right]R_n=0.}$$

(3)

基底状態は $n=0$ で、$-V_0<E<0$。$k=\sqrt{m(V_0+E)}/\hbar$、$\kappa=\sqrt{m|E|}/\hbar$ とすると

$$R_0(r)=\begin{cases}A J_0(kr)&ra. \end{cases}$$

$r=a$ での対数微分の連続性から

$$\frac{kaJ_1(ka)}{J_0(ka)}=\frac{\kappa aK_1(\kappa a)}{K_0(\kappa a)}.$$

$ka\simeq2\sqrt\lambda$、$\kappa a\ll1$ とし、題意の最低次の近似を用いれば

$$2\lambda\simeq\frac1{\ln(c/(\kappa a))},\qquad |E|=\frac{V_0}{4\lambda}(\kappa a)^2.$$

したがって、主指数を残した弱結合近似では

$$\boxed{E\approx-\frac{c^2V_0}{4\lambda}e^{-1/\lambda}.}$$

この式の指数 $-1/\lambda$ は最低次の接続から決まるが、有限の前因子を相対誤差まで確定するには高次項が必要である。実際、$J_0(u)=1-u^2/4+u^4/64+\cdots$ を用いると

$$\ln\frac c{\kappa a}=\frac1{2\lambda}-\frac14+O(\lambda), \qquad \boxed{E=-\frac{c^2V_0}{4\lambda}\exp\!\left[-\frac1\lambda+\frac12+O(\lambda)\right].}$$

ここで標準の $K_0$ に対して $c=2e^{-\gamma}$ である。任意に弱い引力にも負の束縛エネルギーが存在する。

(4)

換算質量は引き続き $m/2$ とする。$0<E<V_2$ について

$$k=\frac{\sqrt{mE}}\hbar,\qquad \kappa_i=\frac{\sqrt{m(V_i-E)}}\hbar$$

とおく。波動関数を左側 $Ae^{\kappa_1x}$、井戸内 $C\sin(kx+\delta)$、右側 $De^{-\kappa_2(x-b)}$ とし、両境界で接続すると

$$kb+\arctan\frac{k}{\kappa_1}+\arctan\frac{k}{\kappa_2}=n\pi, \qquad n=1,2,\ldots$$

を得る。左辺は $E$ とともに単調増加する。$V_1=V_2=V$ では $E\to0$ で零、$E\to V-0$ で $b\sqrt{mV}/\hbar+\pi>\pi$ だから、$n=1$ の根が必ず存在する。

(5)

$V_1>V_2$ の場合、$E\to V_2-0$ における左辺の上限は

$$\frac{b\sqrt{mV_2}}\hbar+\arctan\sqrt{\frac{V_2}{V_1-V_2}}+\frac\pi2.$$

これが $\pi$ 以下なら $n=1$ の根がなく、高い $n$ の根もない。よって求める条件は

$$\boxed{\frac{mV_2b^2}{\hbar^2}\le \left[\arccos\sqrt{\frac{V_2}{V_1}}\right]^2.}$$

等号に対応する $E=V_2$ の解は右半直線で減衰せず、規格化できないので束縛状態に含まれない。

Reference

• 京都大学公式問題（2017年度、PDF 4–5ページ）