量子力学 第3次作业答案
量子力学第三章作业及答案
第三章3.1 设ˆˆ,AB 均为厄米算符,试证: ()ˆˆˆˆ1 AB-BA是否为厄米算符; ()()ˆˆˆˆ2 i AB-BA 是否为厄米算符. 解: ()†††††ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ AB-BA =B A -A B =BA-AB所以不是厄米算符()()()()()††††††ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆi AB-BA =-i AB-BA =-i B A -A B ˆˆˆˆˆˆˆˆ=-i BA-AB=i AB-BA ⎡⎤⎣⎦所以是厄米算符3.2 设体系的波函数为球谐函数(),lm Y θϕ,求其角动量矢量与z 轴的夹角 解: 由于z L cos L θ=,因为()()()22ˆ,1,lmlm L Y l l Y θϕθϕ=+ ()()ˆ,,z lm lm L Y m Y θϕθϕ=故可取)L =,z L m =,所以,cos z L mL θ==3.3 已知 ˆ[sin cot cos ]x L i φθφθφ∂∂=+∂∂,ˆ[cos cot sin ]y L i φθφθφ∂∂=--∂∂ 问(),1lm Y θϕ=是否为ˆx L ,ˆy L 的本征态;如果是,求其本征值.解: 由于()ˆ,0x lm L Y θϕ=, ()ˆ,0y lm L Y θϕ=所以为ˆx L ,ˆy L 的本征态, 其本征值为03.4 在经典情形,对称陀螺的能量算符为()22211ˆˆˆˆ22x y z x zH L L L I I =++ 1. 问(),lm Y θϕ是否为ˆH的本征态; 2. 如果是,求其本征值.解:()()2222222211ˆˆˆˆ2211ˆˆˆ22111ˆˆ222x y zx zz z x zz x z x H L L L I I L L L I I L L I I I =++=-+⎛⎫=+- ⎪⎝⎭所以, 其本征值为()2221111222xz x E l l m I I I ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭3.5设粒子处于范围在[0,]a 的一维无限深势阱中，状态用波函数113()sin sinx xx a a ππψ=+描述，(1)该波函数是否归一,如不归一,请写出归一化波函数 (2)求粒子能量的可能值及相应概率。
量子力学答案(第二版)苏汝铿第三章课后答案3.17-3#11
合，因此有 x,0 x,0 , 故 t=0 时 x * x,0 x x,0 dx 0
并且 x 不随时间变化。 3.18 考虑一质量为 m 的粒子在一维势场 U x U 0
x 中运动，其中 n 是正整数， a
n
其中 an n* x x, 0 dx
因此 x, t
a x e
n n n
iEn t /
对于谐振子 n x N n e
x / 2
2
H n x
2 2
an dxN n e
2 2
x /2
H n x Ae
3.17
在
t=0
时 ， 处 在 谐 振 子 势 U
2
1 2 kx 中 的 一 颗 粒 子 的 波 函 数 是 2
x, 0 Ae x
2
/2
sin cos H 0 x 2 2 H 2 x 其 中 和 A 是 实 常 数 ，
x 2 e [ H n x ] dx
2
1
2
mk ，且厄米多项式归一化条件是
2
2n n !
(i)写出 x, t ； （ii）求出 x, t 态中测量粒子的能量的可能值和相对概率； （iii）求 t=0 时的 x ，并问 x 是否随时间 t 变化？ 解： （1）系统的薛定谔方程为 i
x /2
sin cos H 0 x 2 2 H 2 x
A N0 cos n 0 N 2 2 2 sin n 2 2 2
量子力学课后习题答案
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv e chv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1）以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThce kT hc ehcλλλλλπρ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThc λλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5这是一个超越方程。
首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。
据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。
1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。
解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λh P =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph=λnmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
量子力学导论第3章答案参考资料
肇第三章一维定态问题 肇3.1）设粒子处在二维无限深势阱中,「0 芄V(x,y)=]0,°°，螁解：能量的本征值和本征函数为蒇这时，右n x = n y ，则能级不简并；若n x = n y ，则能级一般是二度简并的 （有偶然简并情况，如n x -10, n y = 5与 n x =11, ny =2 ）肂螂3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即，广薀V(x, y, z)=丿0,cdOcxca, Ocyvb, Oczcc其余区域芈求粒子的能量本征值和本征波函数。
如 a =b =c ，讨论能级的简并度。
膄解：能量本征值和本征波函数为芁求粒子的能量本征值和本征波函数。
如a =b ，能级的简并度如何?0 x a,0 y ::: b其余区域莀若a = b ，则n x nyn x n-2 2 2二(匹nyb 2二 2 sin亦 sinn x , n y =1,2/n x n y2ma（n ；卄十）厶in 竝^sind葿证明处于定态'■ n (x)的粒子2(x -x )2 爲(1-舌)羅讨论n 》：-的情况，并于经典力学计算结果相比较。
化22m 2(敗 (2a2nyb 2 2+ n z )25cn y nz羈当a = b = c 时，n y nz二 n x x 「8 sin 二 sin abcn x ,n y ,nza= 1,2,3,~n yy .二n z Zsinc2ma2H )2sin 匹sindsind a蒈n x 二n y 二n z 时，能级不简并;螈n x ,n y , n z 三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。
羃n x ,n y , n z 三者皆不相等时，能级一般为 6度简并的。
书52 +62 +82 =32 +42 +102 莁如 」102 +122 +162 =62 +82 +202(1.7.9) > (1,3,11)(1.5.10) > (3,6,9)袈芅3.3)设粒子处在一维无限深方势阱中,肄V(x, y)=丿 0,oCi0 ： ： x :: a x 0, x a肅证：设粒子处于第 n 个本征态，其本征函数袃二2 a x 2丄(1—cosjx 0 22羀(1 12莀在经典情况下，在 0, a 区间粒子除与阱壁碰撞（设碰撞时间不计，且为弹性碰撞，即粒子碰撞后仅运动方向改变，但动能、速度不变）外，来回作匀速运动，因此粒子处于衿当n —；弋时，量子力学的结果与经典力学结果一致。
量子力学_参考答案
∫ x cos axdx = a
2
cos ax +
x sin ax a
(7 x cos axdx =
∫
2x x2 2 cos ax + ( − ) sin ax ) a a3 a2 x c ax 2 + c + ln( a x + ax 2 + c ) 2 2 a
(a > 0)
(8)
∫
ax 2 + c dx = x c −a ax 2 + c + arcsin( x) 2 c 2 −a
在边界上，波函数应满足连续性条件，即
ψ ( x) x = − a / 2 = 0 ψ ( x) x = + a / 2 = 0
将通解代入有
− A sin
ka ka + B cos = 0 2 2 ka ka A sin + B cos = 0 2 2
由此可得
ka =0 2 ka B cos = 0 2 A sin
n = 1,3,5,L n = 2,4,6,L
mπ ⎧ ⎪ B cos b x, Ym ( y ) = ⎨ mπ ⎪ B′ sin x, b ⎩ lπ ⎧ ⎪ C cos c x, Z l ( x) = ⎨ lπ ⎪C ′ sin x, c ⎩
由波函数的连续性可知在边界上
X (− a / 2) = X (a / 2) = 0 Y (−b / 2) = Y (b / 2) = 0 Z (−c / 2) = Z (c / 2) = 0
由方程和边界条件可得
nπ ⎧ ⎪ A cos a x, X n ( x) = ⎨ nπ ⎪ A′ sin x, a ⎩
7
量子力学教程高等教育出版社周世勋课后答案-第三章
第三章 量子力学中的力学量3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=，求：(1)势能的平均值2221x U μω=； (2)动能的平均值μ22p T =；(3)动量的几率分布函数。
解：(1) ⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμωμωμωαμωαπαπαμω ⋅==⋅=22222241212121221ω 41=(2) ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ ⎰∞∞----=dx e dx d e x x22222122221)(21ααμπα⎰∞∞---=dx e x x 22)1(22222αααμπα][222222222⎰⎰∞∞--∞∞---=dx e x dx e x x ααααμπα ]2[23222απααπαμπα⋅-=μωμαμαπαμπα⋅===442222222ω 41= 或 ωωω 414121=-=-=U E T(3)*(,)()()p c p t x x dx ψψ=⎰ 2222x iit px e dx αωαππ∞----∞=⎰22122i i x px t ee dxeαωαππ∞----∞=⎰2222221()222ip p i x t edxe αωαααππ-+-∞--∞=⎰2222221()222p ip ix t e edxeαωαααππ--+∞--∞=⎰222222p i t e ωαααππ--=22222p i t e eωααπ--=动量几率分布函数为 2222()(,)p p c p t eαωαπ-==3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ，求：(1)r 的平均值；(2)势能re 2-的平均值；(3)最可几半径； (4)动能的平均值；(5)动量的几率分布函数。
解：(1) ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==⎰∞-=/233004dr a r a a r04030232!34a a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2203020/232020/232202/2322214 4 sin sin 1)()2(000a e a a e drr e a e d drd r e a e d drd r e ra e r e U a r a r a r -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-ππππϕθθπϕθθπ(3)电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为 ⎰⎰=ππϕθθϕθψω02022 sin )],,([)(d drd r r dr r dr r e a a r 2/23004-=2/23004)(r e a r a r -=ω0/2030)22(4)(a r re r a a dr r d --=ω 令0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω 当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置/22203022)482(4)(a r e r a r a a dr r d -+-=ω08)(230220<-=-=e a dr r d a r ω ∴ 0a r =是最可几半径。
量子力学作业及参考答案
15-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：K m 10897.2,3⋅⨯==-b b T m λ对太阳： K 103.51055.010897.236311⨯=⨯⨯==--mbT λ对北极星：K 103.81035.010897.236322⨯=⨯⨯==--mbT λ对天狼星：K 100.11029.010897.246333⨯=⨯⨯==--mbT λ15-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000οA 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式221m mv hv =A +则光电子最大动能：A hcA h mv E m -=-==λυ2max k 21eV0.2J 1023.3106.12.41020001031063.6191910834=⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=----m2max k 21)2(mvE eUa==∴遏止电势差 V 0.2106.11023.31919=⨯⨯=--a U(3)红限频率0υ,∴000,λυυcA h ==又∴截止波长 1983401060.12.41031063.6--⨯⨯⨯⨯⨯==Ahc λm 0.296m 1096.27μ=⨯=-15-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7⨯=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到 达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量J1099.1100.51031063.65187834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===λυhcn nh E功率 W 1099.118-⨯==tE15-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1·m -2，如果平均波长为5000οA ，则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少? 解：一个光子能量 λυhch E ==1秒钟落到2m 1地面上的光子数为21198347ms1001.21031063.6105888----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===hcEn λ每秒进入人眼的光子数为11462192s1042.14/10314.31001.24--⨯=⨯⨯⨯⨯==dnN π15-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m 当 20c m h =υ时，则Hz10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--hc m υο12A 02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122sm kg 1073.21031011.9sm kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m cc m c E p cpE hp 或λ15-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同? 答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．15-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少? 解：由 2200mc h c m hv +=+υ)(00202υυυυ-=-=-=h h h cm mcE kυεh =∴5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k已知2.10=λλ由2.10=∴=υυλυc2.11=υυ则52.0112.110==-=-υυυ15-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量．解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有00,ελλεhchc =∴=经散射后 000020.1020.0λλλλ∆λλ=+=+= 此时能量为 002.112.1ελλε===hc hc反冲电子能量 MeV 10.060.0)2.111(0=⨯-=-=εεE15-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 οA ，反冲电子的速度为0.60c ，求散射光子的波长及散射角． 解：反冲电子的能量增量为202022020225.06.01c m cm cm cm mcE =--=-=∆由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量， 故有 20025.0c m hchc=-λλ散射光子波长ο121083134103400A043.0m 103.410030.0103101.925.01063.610030.01063.625.0=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=------λλλc m h h由康普顿散射公式2sin0243.022sin22200ϕϕλλλ∆⨯==-=cm h可得 2675.00243.02030.0043.02sin2=⨯-=ϕ散射角为 7162'=οϕ15-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子． (1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上． 解：(1)2eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n -=-=+-解得 4=n 或者 )111(22n Rhc E -=∆75.12)11.(1362=-=n解出 4=n题15-12图 题15-13图(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.15-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?解：设氢原子全部吸收eV 5.12能量后，最高能激发到第n 个能级，则]11[6.135.12,eV 6.13],111[2221nRhc nRhc E E n -==-=-即得5.3=n ，只能取整数，∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是ο322ο222ο771221A 6563536,3653121~:23A 121634,432111~:12A1026m 10026.110097.18989,983111~:13===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→=⨯=⨯⨯===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→-R R R n R R R n RR R n λυλυλυ从从从可以发出以上三条谱线．题15-14图15-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两 条谱线的波长及外来光的频率．解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．ο1983424ο101983423222324A4872106.1)85.04.3(1031063.6A6573m 1065731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=⨯⨯-⨯⨯⨯=-==⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=∴-=∴-==-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hcE E hc E E hch VE V E V E a mn mn βλλλλυ基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态 ∴ λυhcE E h =-=14Hz 1008.310626.6106.1)85.06.13(15341914⨯=⨯⨯⨯-=-=--hE E υ15-15 当基态氢原子被12.09eV 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍? 解： eV 09.12]11[6.1321=-=-nE E n 26.1309.126.13n =-51.16.1309.12.1366.132=-=n , 3=n12r n r n =,92=n,19r r n =轨道半径增加到9倍.15-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,2φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．15-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压? 解： ooA 1A 25.12==uλ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏15-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个 光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少?解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为eV 4.16.13152112=-=+==E E mvE k φ它的速度为31191011.9106.14.122--⨯⨯⨯⨯==mE v k -15s m 100.7⋅⨯=其德布罗意波长为：o953134A 10.4m 1004.1100.71011.91063.6=⨯=⨯⨯⨯⨯==---mvh λ15-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少? 解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等．1-241034s m kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量eV 102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量 2202)()(c m cp E +=,eV 102.63⨯=cp而 eV 100.51MeV 51.0620⨯==c m∴ cp c m >>2∴ MeV 51.0)()(202202==+=c m c m cp E15-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少? 解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k中子的平均动能 mpKT E k 2232==德布罗意波长 oA 456.13===mkTh phλ15-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值．解：按测不准关系，h p x x ≥∆∆，x x v m p ∆=∆，则h v x m x ≥∆∆,xm h v x ∆≥∆这粒子最小动能应满足222222min 22)(21)(21mLhxm hxm h m v m E x =∆=∆≥∆=15-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000οA ，测得谱线宽度为10-4οA ，求该激发能级的平均寿命． 解：光子的能量 λυhch E ==由于激发能级有一定的宽度E ∆，造成谱线也有一定宽度λ∆，两者之间的关系为： λλ∆=∆2hcE由测不准关系，h t E ≥∆⋅∆，平均寿命t ∆=τ，则λλτ∆=∆=∆=c Eh t 2s 103.51010103)104000(81048210----⨯=⨯⨯⨯⨯=15-23 一波长为3000οA 的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．解： 光子λhp =，λλλλ∆=∆-=∆22hhp由测不准关系，光子位置的不准确量为cm 30A 103103000o962=⨯=====-λλ∆λλ∆λ∆∆p h x。
量子力学答案(第二版)苏汝铿第三章课后答案3.1-3#15
i
（ⅴ） [ p, pf ( x) p]
i
pf ' p
证明：根据题给的对易式以及 x, f ( x) 0;
[ p, pfp ] p 2 fp pfp 2 p( pf fp ) p
pf ' p
i
（ⅵ） [ p, fp 2 ]
i
f ' p2
证明：根据题给的对易式以及 x, f ( x) 0;
( L r r L) x ( Ly z Lz y) ( yLz zLy ) [ Ly , z] [ Lz , y] i x i x 2i x
由于轮换对称性，得到待征的公式：
ˆ r r L ˆ 2i r L
ˆ ˆp ˆ 2i p ˆ L ˆ (2) L p
所以原命题得证。
ˆ2 L ˆ3 L ˆ 3-2 若算符 e 满足 e 1 L 2! 3!
ˆ L
ˆ L
ˆn L n!
，直接通过对易关系证明：
ˆ, a ˆ [L ˆ] e L ae L a
ˆ ˆ
1 ˆ ˆ 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ]] [ L ˆ ]]] [ L[ L, a [ L[ L, a 2! 3!
1 ˆnr aL ˆ ˆr L (n r )!r !
（2）
ˆn 的齐次式，共有（n+1）项，对此展开式（1） 这个级数的通项是指 L （2）发现二者相同，
因而待证式子得证。
3-3 设 x, p i , f ( x) 是 x 的可微函数，证明：
2 （ⅰ） x, p f ( x) 2i pf .
所以待证命题得证。
ˆ p ˆ 2i p ˆp ˆ L ˆ 成立。 根据轮换对称性，待证式 L
量子力学(周世勋)习题答案 第3章
12
2
(
x
ip 2
)2
p2 2 2
2
p2
e e dx 2 22
12
2
(
x
ip 2
)2
p2
e 2 22
2
1
p2
e 2 22
动量几率分布函数为
( p) c( p) 2
1
p2
e 22
#
3.2.氢原子处在基态 (r, ,)
1 e r / a0 ，求： a03
(1)r 的平均值；
24a2*p04(r(2)a4(02r,a,402
) )d
2
2a
2 0
c(
p)
1 (2)3/ 2
0
1
e r / a0 r 2 dr
e
i
pr cos
sin
d
2 d
a03
0
0
2
r 2e r / a0 dr
e
i pr cos
d ( cos )
(2)3/ 2 a03 0
0
2
(2)3/ 2
a2 n
x
cos
n a
x
a3 n2 2
sin
n a
x
a n
x 2 cos n a
x
2a 2 n2 2
x
sin
n a
x
2a 3 n3 3
cos
n a
a
x]
0
4 15 n3 3
[1 (1)n ]
∴
(E)
Cn
2
240 n6 6
[1 (1)n ]2
960
2
5k 2 2 8
量子力学导论第3章答案
第三章一维定态问题3.1）设粒子处在二维无限深势阱中，⎩⎨⎧∞<<<<=其余区域,0,0 ,0),(by a x y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。
如b a = ，能级的简并度如何？ 解：能量的本征值和本征函数为m E y x n n 222π =)(2222bn an y x +,2,1, ,sinsin2==y x y x nn n n byn axn abyx ππψ若b a =，则 )(222222y x n nn n ma E yx +=πayn axn ay x nn yx ππψsinsin2=这时，若y x n n =，则能级不简并;若y x n n ≠，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如5,10==y x n n 与2,11''==y x n n ）3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即⎩⎨⎧∞<<<<<<=其余区域 ,0,0,0 ,0),,(cz b y a x z y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。
如c b a ==，讨论能级的简并度。
解：能量本征值和本征波函数为)(222222222cn bn an mnn n Ez y x zyx++=π ,,3,2,1,, ,sinsinsin8==z y x z y x n n n czn byn axn abcn n n zy x πππψ当c b a ==时，)(2222222z y x n n n mann n Ezyx++=πayn ayn axn a n n n z y x zy x πππψsinsinsin223⎪⎭⎫⎝⎛=z y x n n n ==时，能级不简并；z y x n n n ,,三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。
z y x n n n ,,三者皆不相等时，能级一般为6度简并的。
如 ⎩⎨⎧→++=++→++=++)9,6,3()10,5,1(2086161210)11,3,1()9,7,1(10438652222222222223.3）设粒子处在一维无限深方势阱中，⎩⎨⎧><∞<<=ax 0, ,0 ,0),(x ax y x V 证明处于定态)(x n ψ的粒子)61(12)x -(x ,22222πn aa x -==讨论∞→ n 的情况，并于经典力学计算结果相比较。
量子力学作业答案：第三四七章
求
† P 1 P 1 1
c1
2
i
c1
i 2 1 2 c1 1 1 2 1 2 1
c 4 2 2 1
2 2 1
42 2
1 1 2 i
P 1
i 1 4 2 2 1 2 42 2
，由上题可知厄米算符的平均值必为实 数，所以厄米算符的本征值也为实数。 4、 证明：厄米算符属于不同本征值的本征态彼此正交。 证明：
量子力学习题及答案
量子力学习题及答案1. 简答题a) 什么是量子力学？量子力学是一门研究微观领域中原子和基本粒子行为的物理学理论。
它描述了微观粒子的特性和相互作用，以及它们在粒子与波的二重性中所呈现出的行为。
b) 什么是波函数？波函数是描述量子体系的数学函数。
它包含了关于粒子的位置、动量、能量等信息。
波函数通常用符号ψ表示，并且可用于计算概率分布。
c) 什么是量子态？量子态是描述量子系统的状态。
它包含了有关系统性质的完整信息，并且根据量子力学规则演化。
量子系统可以处于多个量子态的叠加态。
d) 什么是量子叠加态？量子叠加态是指量子系统处于多个不同态的线性叠加。
例如，一个量子比特可以处于0态和1态的叠加态。
2. 选择题a) 下列哪个物理量在量子力学中具有不确定性？1.速度2.质量3.位置4.电荷答案：3. 位置b) 关于波函数的哪个说法是正确的？1.波函数只能描述单个粒子的行为2.波函数可以表示粒子的位置和动量的确定值3.波函数的模的平方表示粒子的位置概率分布4.波函数只适用于经典力学体系答案：3. 波函数的模的平方表示粒子的位置概率分布c) 下列哪个原理是量子力学的基本假设？1.宏观世界的实在性2.新托尼克力学3.不确定性原理4.不可分割性原理答案：4. 不可分割性原理3. 计算题a) 计算氢原子的基态能级氢原子的基态能级可以通过解氢原子的薛定谔方程得到。
基态能级对应的主量子数为n=1。
基态能级的能量公式为： E = -13.6 eV / n^2代入n=1，可以计算得到氢原子的基态能级为：-13.6 eVb) 简述量子力学中的双缝干涉实验双缝干涉实验是一种经典的量子力学实验，用于研究光和物质粒子的波粒二象性。
实验装置包括一道光源、两个狭缝和一个光屏。
当光的波长足够小，两个狭缝足够细时，光通过狭缝后会形成一系列的波纹，这些波纹会在光屏上出现干涉条纹。
实验结果显示，光在光屏上呈现出干涉现象，表现为明暗相间的条纹。
这种实验结果说明了光具有波动性，同时也具有粒子性。
《量子力学》作业参考答案
《量子力学》作业参考答案一 填空1． 爱因斯坦，h ν或ω ，k n h P==λ2． Ψ=A ()Et r P i e-⋅,Eh Ph μλ2==3. 归一化条件(⎰=∙1τψψd )，相因子(δi e ).4. i ψψH t ˆ=∂∂ ,()()Et i e r t r -=ψψ,. ()()∑-=ψntE in n n e r C t r ψ, 5． 6, () 2,1,0±±=z L .6． ()()()P P d r r P P '-=⎰∞*'δτψψ， 112222223==⎰⎰⎰⎰---*l l l l l l P P dz dy dx L d τψψ．7．实物粒子也应该具有波动性．电子衍射8．E=h ν=ω ,k n h P==λ9．波函数在空间各点的相对强度，强度的绝对大小。
10. i ψψH t ˆ=∂∂ , ψψE H =ˆ或()ψψψμE r V =+∇-222 . 11． ()221 +=l l L , m L z =.12．()()dr r r R dr r W nl nl 22=，()()Ω=Ωd Y d W lm lm 2,,ϕθϕθ13．C=()2321π, C=23-L14．()()dx x u x i x Fx u F q q q q ⎰'*'⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂= ,ˆ, ()x x x i x F F x x '-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂='δ ,ˆ. 15．()()ti nmn n m mn e H t a dt t da i ω∑'= , ()⎰''='t t i mk m t d e H i t a mk 01ω , 16．mk ωω±=或ω ±=k m E E , ()ωωδπ±=-mk mk m k F w 222, 或()ωδπ±-=-k m mk m k E E F w 22 17．原子光谱线系的精细结构,塞曼效应, 斯特思-盖拉赫实验. 18． FS S 1-， n λλλ+++ 21，19． mk A ， ()mk mk B I ω，20． ⎥⎦⎤⎢⎣⎡01ψ， ⎥⎦⎤⎢⎣⎡20ψ，21． ；j j ，j ，jj j j 2121211--++= 21m m m +=；22．由全同粒子构成的体系中，任意两粒子的交换，不引起体系状态的改变；全同粒子体系的波函数，具有确定的交换对称性，且这种交换对称性不随时间改变。
量子力学答案课后 习题答案详解(周世勋)
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv echv d kThv v v 11833-⋅=πρ， 以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThc e kT hc ehcλλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThcλλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5这是一个超越方程。
首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。
据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。
1．2 解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λhP =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph =λ nmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
苏汝铿量子力学课后习题及答案chapter3
ˆ, B ˆ ⎤ = 0 。对于有三个分量 x，y，z 的算符，在证明中往往只证明 ˆ 对易，就是说， ⎡ A 和B
⎣ ⎦
其中的任一个分量，其余分量类推。 证：
( p × l + l × p ) x = p y l z − pz l y + l y pz − lz p y
=⎡ ⎣ p y , lz ⎤ ⎦+⎡ ⎣l y , p z ⎤ ⎦
所以有
(3.1)
ˆ 2α ˆ ˆ ˆ 2 −β ˆ = 2β αβ
（2）如果
(3.2)
ˆ n −1α ˆ n−2 ˆ ˆ n −1 − β ˆ = nβ αβ
成立，利用数学归纳法可以证明第三式，实际上
(3.3)
ˆ n −1 α ˆ n−2 )β ˆ =ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(β ˆ ˆ ˆ n = αβ ˆ ˆ n −1 β ˆ + (n − 1) β αβ ˆ n −1 (αβ ˆ n −1 ˆ ˆ ) +(n − 1) β =β ˆ n −1 ( βα ˆ n −1 ˆ ˆ + 1) +(n − 1) β =β ˆ =β
∫
∞
−∞
ˆ ( x)ψ ( x)dx 来算 ψ *n ( x ) F n
ˆ 写成 p ˆ 的对易形式 ˆx 和 H 其平均值，并巧妙的使用薛定谔方程而证得。而方法二是把 F 1 ˆ ⎤ ，进而证得命题。 ˆ = − d V ( x) = 1 [ p ˆx, H ˆ x , V ( x) ] = ⎡ p F ⎦ i= i= ⎣ dx
1 ˆ⎤ ˆ = − d V ( x) = 1 [ p ˆ x , V ( x)] = ⎡ p ˆx, H F ⎦ i= i= ⎣ dx ˆ 的期望值为 于是在体系束缚定态ψ n ( x) 中，此力 F F= 1 1 ∞ ˆ ⎤ψ ( x)dx ˆ x , V ( x ) ] = ∫ ψ n* ( x ) ⎡ p ˆx, H [p ⎣ ⎦ n −∞ i= i= 1 ∞ * * ˆ ψ ( x)dx − ∞ ( H ˆxH ˆ xψ n ( x)dx = ψ n ( x) p n ∫−∞ ˆψ n ( x)) p ∫ i= −∞ =0
量子力学答案(第二版)苏汝铿第三章课后答案3.1-3#6
ˆ ( S ) ˆ SL da ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ L ˆ ˆ ˆ SL e SL ae ˆ SL L Le ae , a(S ) dS
ˆ ( S ) ˆ da ˆ (S ) ˆ ˆ d 2a ˆ (S ) L, L, L, a 2 dS dS
ˆ L ˆ r r ˆ ˆ ˆ ˆ ˆL ˆ i zLy Ly z yLz Lz y i x x
ˆ2 , p L ˆ2 p p L ˆ2 L ˆ 2 L ˆ 2 L ˆ 2 , p L ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ L x x x x y z x y , px Ly Ly Ly , px Lz , px Lz Lz Lz , px
p, f
i
f
2 2 p, p f x i p f
(v) p, pf x p p, pfp p, p fp p p, pf p p, f p pf p, p p p, f p 由(iv)知, p, f
3.3 设 x, p i , f ( x) 是 x 的可微函数, 证明:
2 (i) x, p f x 2i pf
(ii) x, pf x p i ( fp pf )
2 (iii) x, f x p 2i fp
ˆ ˆ BA ˆ,B ˆ 满足 AB ˆ ˆ 1 , 求证: 3.1 若算符 A
ˆ ˆ3 B ˆ 3B ˆ3A ˆ2; ˆ ˆ2 B ˆ 2B ˆ2A ˆ , AB (i) AB ˆ ˆ B ˆ nB ˆ A ˆ (ii)用数学归纳法证明: AB
高等量子力学练习题及答案解析三
3.1幺正算符也有本征矢量。
证明幺正算符的本征值都是绝对值是1的复数；幺正算符的两个本征矢量，若所属本征值不同亦必正交。
证明： 设算符U为幺正算符，ψ为其任意本征矢量，u 为对应的本征值。
即ψψu U =则ψψψψψψψψu u U U U U *+===因0≠ψψ，所以1=*u u 即 1=u即证得幺正算符的本征值都是绝对值是1的复数。
设算符U 为幺正算符的两个本征值为1u 、2u ，对应的矢量分别为1ψ、2ψ，且21u u ≠。
则111ψψu U = 11111ψψu U =- 222ψψu U = 22211ψψu U =- 因为幺正算符1-+=U U则有21212121ψψψψψψu u U U *+==2121211ψψψψu u UU *+== 所以01212121=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-**ψψu u u u 因为012121≠-**u u u u ，故021=ψψ，即 1ψ和2ψ正交。
即证得幺正算符的两个本征矢量，若所属本征值不同亦必正交。
3.2 投影于某一子空间的投影算符P ，既然是厄米算符，它的本征值是什么？有无简并？本证子空间是什么？解：投影于某一子空间的投影算符∑==mi iP 1，设全空间是n 维的，且n m <。
则本征值方程ψλψψ==∑=mi i iP 1⑴其中λ为本征值，ψ为相应的本征态。
则ψλψλψ22==P P ⑵ 由幺正算符等幂性P P =2得ψψP P =2 ⑶ 由⑴、⑵和⑶式得λλ=2，所以1=λ或0=λ。
即求得投影算符的本征值是1或0。
当1=λ时，本征失量是i ，其中m i ,2,1=。
所以是简并的，本征子空间S 是由这m 个基矢构成的矢量空间。
当0=λ时，本征矢量是与i 正交的矢量。
所以也是简并的，本征子空间是S 空间的补空间。
#练习3.3 证明若算符的本征值谱中有零本征值，则这个算符肯定没有逆。
证明：假设算符A 有逆，则在值域中取一任意|φ>，则定义域有|ψ>存在即ψφφ-==AA 1已知A的全部本征值和相应的本征矢量：i i i a A ψφ= i=1，2，3…，∴()ψψφ--==A a AA算符A 存在零本征值，即00=⇒=φa a∴对于任意本征矢量()ψφa A -≠与()ψφ-=A a 矛盾∴假设不成立，即算符的本征值谱中有零本征值，这个算符肯定没有逆。
量子力学第三章作业答案
1、指出下列算符哪个是厄米算符，说明其理由。
224 dxd dx d i dx d ，，，x p x ˆˆ， )ˆˆˆˆ(21x p p x x x + 解： 不是， 是， 是 不是 是 (1) ˆx p是厄米算符，又因为，ˆx d p i dx =- ，所以d i dx 也是厄米算符，ddx不是厄米算符。
(2) 2222ˆxd p dx =- 是厄米算符，所以224d dx是厄米算符。
(3) ()†††ˆˆˆˆˆˆˆˆx x x x xpp x p x xp ==≠，所以不是厄米算符。
(4)()()()††††††††11ˆˆˆˆˆˆˆˆ()()2211ˆˆˆˆ2211ˆˆˆˆ221ˆˆˆˆ2x x x x x x x x x x xp p x xp p x xp p x p x x p p x xp ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭=+=+=+所以是厄米算符 2、如果 Fˆ和 G ˆ都是厄米算符，但互不对易，试判断下列算符中哪些是厄米算符？（1）G F ˆˆ； （2）F G ˆˆ；（3）G F ˆˆ+F G ˆˆ； （4）G F ˆˆF G ˆˆ-； （5）i （G F ˆˆ+F G ˆˆ）； （6）i （G F ˆˆF G ˆˆ-）； （7）G Fˆˆ+； （8）G F ˆˆ-； （9）)ˆˆ(G F i +； （10）)ˆˆ(G F i -；解：（1）（2）不是。
（3）是，（4）不是，（5）不是，（6）是，（7）是（8）是，（9）不是，（10）不是3、下列函数哪些是算符22dx d 的本征函数，其本征值是什么？①2x ， ② x e ， ③x s i n， ④x c o s 3， ⑤x x c o s s i n + 解：22dxd 2x =2 不是22dxd xe =x e ，是，本征值为1.22dxd x sin =-x sin ，是，本征值为-1. 22dxd x cos 3=-x cos 3，是，本征值为-1. 22dxd （x x cos sin +）=-(x x cos sin +), 是，本征值为-14、证明：[Ô,[Û,Ê]] + [Û,[Ê, Ô]] + [Ê,[ Ô,Û]] = 0 证明：[Ô,[Û,Ê]] + [Û,[Ê, Ô]] + [Ê,[ Ô,Û]]= [Ô, ÛÊ-ÊÛ]+ [Û, ÊÔ -ÔÊ]+ [Ê, Ô Û -Û Ô]=[Ô, ÛÊ] -[Ô, ÊÛ]+ [Û, ÊÔ]- [Û, ÔÊ]+ [Ê, ÔÛ] -[Ê, ÛÔ]=ÔÛÊ- ÛÊÔ- ÔÊÛ+ÊÛÔ+ ÛÊÔ-ÊÔÛ- ÛÔÊ+ ÔÊÛ+ÊÔÛ- ÔÛÊ-ÊÛÔ+ ÛÔÊ=05、证明：处于1s 、2p 和3d 态的氢原子中的电子，当它处于距原子核的距离分别为00094a a a 、、的球壳处的几率最（0a 为第一玻尔轨道半径）。
量子力学答案完整版周世勋第三版
pdq nh
其中 q 是微观粒子的一个广义坐标，p 是与之相对应的广义动量，回路积分是沿运动轨道积 一圈，n 是正整数。
（1）设一维谐振子的劲度常数为 k，谐振子质量为μ，于是有
E p2 1 kx2 2 2
令k2
2mE 2
，得
d
2 2 (x) dx 2
k
2
2
(x)
0
其解为 2 (x) Asin kx B cos kx
④
根据波函数的标准条件确定系数 A，B，由连续性条件，得
2 (0) 1 (0) ⑤
2 (a) 3 (a) ⑥
⑤ B0
⑥
A0
sin ka 0
ka n (n 1, 2, 3,)
由归一化条件
∴ 2 (x)
Asin
n a
x
(x) 2 dx 1
得
A2
a
sin 2
n
xdx
1
0
a
由
a
sin
b
m a
x sin
n a
xdx
a 2
mn
A 2 a
2 (x)
2 sin n x aa
Asin ka 0
.专业 WORD.
.
k2
2mE 2
En
22 2ma 2
n2
(n 1,2,3,) 可见 E 是量子化的。
由此可求得相应的λ的值，记作 m 。但要注意的是，还需要验证 对λ的二阶导数在 m
处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的 m 就是要求的，具体如下：
'
量子力学第三章习题与解答（doc）
第三章习题解答3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=，求：(1)势能的平均值2221x U μω=； (2)动能的平均值μ22p T =；(3)动量的几率分布函数。
解：(1) ⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμωμωμωππαμω ⋅==⋅=2222221111221ω 41= (2) ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ ⎰∞∞----=dx e dx d e x x 22222122221)(21ααμπα ⎰∞∞---=dx e x x 22)1(22222αααμπα][222222222⎰⎰∞∞--∞∞---=dx e x dx e x xααααμπα]2[23222απααπαμπα⋅-=μωμαμαπαμπα⋅===442222222 ω 41=或 ωωω 414121=-=-=U E T (3) ⎰=dx x x p c p )()()(*ψψ 212221⎰∞∞---=dx ee Px i xαπαπ⎰∞∞---=dx eePx i x222121απαπ⎰∞∞--+-=dx ep ip x 2222222)(21 21αααπαπ ⎰∞∞-+--=dx ee ip x p 222222)(212 21αααπαπ παπαπα2212222p e -=22221απαp e-=动量几率分布函数为 2221)()(2απαωp ep c p -==#3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ，求：(1)r 的平均值；(2)势能re 2-的平均值；(3)最可几半径； (4)动能的平均值；(5)动量的几率分布函数。
解：(1)ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==⎰∞-=0/233004dr a r a a r04030232!34a a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2203020/232020/232202/2322214 4 sin sin 1)()2(000a e a a e drr e a e d drd r e a e d drd r e ra e r e U a r a r a r -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-ππππϕθθπϕθθπ(3)电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为 ⎰⎰=ππϕθθϕθψω02022 sin )],,([)(d drd r r dr r dr r e a a r 2/23004-=2/23004)(r e a r a r -=ω 0/2030)22(4)(a r re r a a dr r d --=ω令 0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置/22203022)482(4)(a r e r a r a a dr r d -+-=ω08)(230220<-=-=e a dr r d a r ω ∴ 0a r =是最可几半径。
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4.5 设已知在Z L L ˆˆ2和的共同表象中，算符yx L L ˆˆ和的矩阵分别为 ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=010******* x L ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=0000022i i i i L y求它们的本征值和归一化的本征函数。
最后将矩阵y x L L 和对角化。
解：x L 的久期方程为002220223=+-⇒=---λλλλλ-===⇒3210λλλ，，∴x L ˆ的本征值为 -，，0 xL ˆ的本征方程 ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3213210101010102a a a a a a λ其中⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321a a a ψ设为xL ˆ的本征函数Z L L ˆˆ2和共同表象中的矩阵 当01=λ时，有⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛0000101010102321a a a 0 00022132312=-=⇒⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+a a a a a a a ，∴ ⎪⎪⎪⎭⎝-=1100a ψ由归一化条件2111*1*10020),0,(1a a a a a =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==+ψψ取 211=a⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=210210ψ对应于xL ˆ的本征值0 。
当 =2λ时，有⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛3213210101010102a a a a a a ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===⇒⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+13321232123122221)(2121a a a a a a a a a a a a a ∴ ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1112a a a ψ由归一化条件21111*1*1*142),2,(1a a a a a a a =⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=取 211=a∴归一化的⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎝=21212 ψ对应于xL ˆ的本征值 当 -=2λ时，有⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3213210101010102a a a a a a⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-=⇒⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+13321232123112221)(2121aa a a a a a a a a a a a ∴ ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-1112a a a ψ由归一化条件21111*1*1*142),2,(1a a a a a a a =⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=取 211=a ∴归一化的⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-212121ψ对应于xL ˆ的本征值 - 由以上结果可知，从Z L L ˆˆ2和的共同表象变到xL ˆ表象的变换矩阵为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=21212121210212121S∴对角化的矩阵为S L S L x x +='⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--='21212121210212121010101010212121212121210212 x L⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=2121212121021212121121211210002⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-= 0000000200200002按照与上同样的方法可得y L ˆ的本征值为 -，，0 yL ˆ的归一化的本征函数为 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=210210ψ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21221i ψ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=-21221i ψ 从Z L L ˆˆ2和的共同表象变到yL ˆ表象的变换矩阵为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⇒⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=+212212122121021212121220212121i i S ii S 利用S 可使yL ˆ对角化 ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=='+0000000S L S L yy4.6. 求连续性方程的矩阵表示 解：连续性方程为J t⋅-∇=∂∂ω∴ )**(2ψψψψμ∇-∇=i J 而 )**(2ψψψψμ∇-∇⋅∇=⋅∇i J )**(222ψψψψμ∇-∇=i )ˆ**ˆ(1ψψψψT T i -=∴ *)ˆˆ*(ψψψψωT T ti -=∂∂*)ˆˆ*()(*ψψψψψψT T ti -=∂∂ 写成矩阵形式为0)ˆ(ˆ)(ˆˆ)(**=-=-=∂∂-=∂∂++++++T T T T ti T T ti ψψψψψψψψψψψψ5.2 转动惯量为I 、电偶极矩为D 的空间转子处在均匀电场在ε中，如果电场较小，用微扰法求转子基态能量的二级修正。
解：取ε的正方向为Z 轴正方向建立坐标系，则转子的哈米顿算符为θεεc o s ˆ212ˆˆ22D L I D I L H -=⋅-= 取θεcos ˆ ,ˆ21ˆ2)0(D H L I H-='=，则 H H H'+=ˆˆˆ)0( 由于电场较小，又把H'ˆ视为微扰，用微扰法求得此问题。
)0(ˆH 的本征值为2(()))1(21+=IE 本征函数为 ),()0(ϕθψm Y =)0(ˆH 的基态能量为000=）（E ，为非简并情况。
根据定态非简并微扰论可知 ∑-''=)0()0(02)2(0H E E E⎰⎰-='='ϕθθθετψψd d Y D Y d H H m s i n )c o s(ˆ00*)0(0)0*(0 ⎰-=ϕθθθεd d Y Y D m s i n ) (c o s 00* ⎰-=ϕθθππεd d Y Y D m s i n 4134 10*⎰-=ϕθθεd d Y Y D s i n310*0 13δεD -=I D ID E E E 22221222')0()0(02')2(031)1(32 Hεδε-=+⋅-=-'=∑∑5.3 设一体系未受微扰作用时有两个能级：0201E E 及，现在受到微扰H'ˆ的作用，微扰矩阵元为b H H a H H ='='='='22112112，；b a 、都是实数。
用微扰公式求能量至二级修正值。
解：由微扰公式得nnn H E '=)1(∑-'=mmn mnnE E H E )0()0(2')2(得 b H E b H E ='=='=22)1(0211)1(01 0201200121')2(01E E a E E H Emmm-=-'=∑0102200221')2(02E E a E E H Emmm-=-'=∑∴ 能量的二级修正值为02012011E E a b E E -++=01022022E E a b E E -++=7.5设氢的状态是 ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=),()(23),()(2110211121ϕθϕθψY r R Y r R ①求轨道角动量z 分量z L ˆ和自旋角动量z 分量zS ˆ的平均值； ②求总磁矩 S e L e M ˆˆ2ˆμμ--=7.1.证明：i z y x =σσσˆˆˆ 证：由对易关系z x y y x i σσσσσˆ2ˆˆˆˆ=- 及 反对易关系0ˆˆˆˆ=+x y y x σσσσ，得 z y x i σσσˆˆˆ= 上式两边乘z σˆ，得 2ˆˆˆˆz z y x i σσσσ= ∵ 1ˆ2=z σ ∴ i z y x =σσσˆˆˆ的 z 分量的平均值（用玻尔磁矩子表示）。
解：ψ可改写成⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10),()(2301),()(2110211121ϕθϕθψY r R Y r R )(),()(23)(),()(21211021211121z z S Y r R S Y r R --=χϕθχϕθ从ψ的表达式中可看出zL ˆ的可能值为 0 相应的几率为 41 434=⇒zL zS ˆ的可能值为 2 2 - 相应的几率2i C 为 41 4344324122-=⨯-⨯==∑zi i z S C S。