曾谨言 量子力学第一卷 习题答案解析2第二章

(1)
(1) 说明 ω 是量子化的
nh nℏ = 2πΙ Ι
( n = 1,2,3 ……..)
(2)
(3) 代入能量公式,得能量量子化公式: E =
1 2 Ι nℏ 2 n 2 ℏ 2 Ιω = ( ) = 2 2 Ι 2Ι
(3)
# [4]有一带电荷 e 质量 m 的粒子在平面内运动,垂直于平面方向磁场是 B,求粒子能量允许值.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
0 0
∞
0
e − ax x n dx =
2
n! a n +1
∞
(12)
e − ax dx =
1 π 2 a ( 2n − 1)!! π 2 n +1 a 2 n +1
∞
(13)
0 ∞
x 2 n e −ax dx =
2
2
(14)
0
x 2 n +1 e −ax dx =
n! 2 a n +1
I = n1 AQ + n2 QB
设 A ，B 到界面距离是 a,b(都是常量)有
I = n1 a sec α 1 + n2 b secα 2
又 AB 沿界面的投影 c 也是常数，因而
α ，α
1
2
存在约束条件：
atg α 1 + btg α 2 = c
（2）
求(1)的变分, 而将
α ,α
1
2
看作能独立变化的, 有以下极值条件 (3)
Be ℏn 2mc
(符号是正的)
点电荷的总能量=动能+磁势能=E=
Be ℏn 2mc
( n = 1,2,3
)
# [5]对高速运动的粒子(静质量 m )的能量和动量由下式给出:
E=
mc 2 v2 1− 2 c mv 2 v2 1− 2 c
(1)
p=
(2)
试根据哈密顿量
H = E = m 2 c4 + c 2 p2
(4)
从前式解出 p (用 v 表示)即得到(2).又若将(2)代入(3),就可得到(1)式. 其次求粒子速度 v 和它的物质波的群速度 右方, 又用 E = ℏω 于(3)式左方, 遍除 h :
v
G
间的关系 . 运用德氏的假设:
p = ℏk 于(3)式
ω=
m 2c 4 + c 2 k 2 = ω(k) ℏ2
1 1
2
[乙法]见同一图, 取 x 为变分参数, 取 0 为原点，则有:
I = n1 a 2 + x 2 + n 2 b 2 + (c − x 2 )
(解)带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动, 设圆半径是 r , 线速度 是 v ,用高斯制单位，洛伦兹与向心力平衡条件是:
Bev mv 2 = c r
2π
(1)
又利用量子化条件,令 p = 电荷角动量
q = 转角 ϕ
(2)
∫ pdq = ∫
即
0
mrvdϕ = 2πmrv = nh
(3)
mrv = nh
δI = n1 a secα 1 tgα 1 d α 1 + n 2 b secα 2 tgα 2 d α 2 = 0
再求（2）的变分 (3)与(4)消去 d
a sec 2 α 1 dα 1 + b sec 2 α 2 d α 2 = δc = 0
和d
α
2
1
α
2
得 (5)
n sin α = n sin α
v
p
= υλ =
ω k
（ υ 是频率）
利用（5）式得知
vp =
m2 c 4 + c2 > c 2 2 ℏ k
和
（6）
故相速度（物质波的）应当超过光速。 最后找出
v
G
v
p
的关系，将（1） （2）相除，再运用德氏波假设：
E ℏω c 2 c 2 = = = ， p ℏk v vG
vp =
c2
v
（7）
G
(3)
及正则方程式来检验以上二式. 由此得出粒子速度和德布罗意的群速度相等的关系. 计算速度 并证明它大于光速. (解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组:
⋅
q
=
i
∂H ∂
⋅
p
,本题中
i
q
i
=v,
p
i
= p , 因而
∂ v= m 2 c4 + c 2 p 2 = ∂p
c2 p m 2 c4 + c 2 p 2
(a<0)
∫
(9)
π 2
0
sin n xdx
=
( n − 1)!! π n!! 2
( n = 正偶数)
∫
π 2
0
cos n xdx
(n − 1)!! n!!
( n = 正奇数)
π 2
(10)
(a > 0)
∫
∞
0
sin ax dx = x −
π 2
(a < 0) ( n = 正整数, a > 0 )
(11))
刚体的平面平行运动. 例如双原子分子的旋转. 按刚体力学,转子的
⋅
角动量 Ι ω ,但 ω = ϕ 是角速度,能量是 E =
1 2 Ιω 2
利用量子化条件, 将 p 理解成为角动量, q 理解成转角 ϕ ,一个周期内的运动理解成旋转一周, 则有
2π
∫ pdq = ∫
(2) ω =
0
Ι ωdϕ = 2πΙω = nh
∫ p d q = n h = 2 p ∫ dz = 2c p
z x y z
p , p , p 都是常数,总动量平方 p =
E= p2 1 2 2 = ( p2 x + py + p z ) 2m 2m
h h h = 1 [( x ) 2 + ( y ) 2 + ( z ) 2 ] 2m 2a 2b 2c
(7 x 2 cos axdx =
∫
2x x2 2 cos ax + ( − 3 ) sin ax ) a2 a a
x c ax 2 + c + ln( a x + ax 2 + c ) 2 2 a
(8)
(a > 0)
∫
ax 2 + c dx = x c −a ax 2 + c + arcsin( x) 2 c 2 −a
n sin α
1
3
= n 3 sin α 1
这明显违反实验事实，即使考虑相对论效应，则对自由粒子： p = 粒子能量，从一种媒质到另一种媒质 E 仍不变，仍有 δ
Ev 仍就成立，E 是 c2
∫ pdl = 0 ，你怎样解决矛盾？
（解）甲法：光线在同一均匀媒质中依直线传播，因此自定 点 A 到定点 B 的路径是两段直线：光程
∫x e
n
ax
dx =
1 n ax n n −1 ax x e − ∫ x e dx a a
( n > 0)
(2)
ax ∫ e sin bxdx =
e ax ( a sin bx − b cos bx ) a2 + b2 e ax (a cos bx + b sin bx) a2 + b 2
2
(3)
p
x
→−
p
x
),其余分动量不变, 设想粒子从某一分运动完
成一个周期,此周期中动量与位移同时变号, 量子化条件:
∫ pdq =n
x x y y
x
h=2 h=2
p∫
a
x 0 b
dx = 2a dy = 2b
p
(1)
x
∫ pdq =n
z z
y
p∫
z 0
y 0 c
p
z
y
(2) (3)
2 p x2 + p 2 y + p z 总能量是:
#
2π , 求出积分,得 ω hω E= n = nℏω 2π
正整数
[2]用量子化条件, 求限制在箱内运动的粒子的能量,箱的长宽高分别为 a , b, c.
(解 )三维问题 , 有三个独立量子化条件, 可设想粒子有三个分运动 , 每一分运动是自由运动 .设粒子与器壁作弹性碰撞 , 则每碰一次时, 与此壁正交方向的分动量变号 (如
2??mtt???2??w?ttttm????2???????????22????ttttm22?????????2?????tt??????22???mtttm?????????2?????222?mt???22??粒子满足含时间薛定谔方程及其共轭方程式
目次 第二章：波函数与波动方程………………1——25 第三章：一维定态问题……………………26——80 第四章：力学量用符表达…………………80——168 第五章：对称性与守衡定律………………168——199 第六章：中心力场…………………………200——272 第七章：粒子在电磁场中的运动…………273——289 第八章：自旋………………………………290——340 * * * * * 参考用书 1．曾谨言编著：量子力学上册 科学。1981 2．周世勋编：量子力学教程 人教。1979 3．L ．I．席夫著，李淑娴，陈崇光译：量子力学 人教。1982 4．D．特哈尔编，王正清，刘弘度译：量子力学习题集 人教。1981 5．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。1958 6．原岛鲜著：初等量子力学（日文） 裳华房。1972 7．N.F.Mott.I.N.Sneddon:Wave Mechanics and its Applications 西联影印。1948 8．L.Pauling.E.B.Wilson:Introduction to Quantum- Mechanics (有中译本：陈洪生译。科学) 1951 9. A.S.Davydov: Quantum Mechanics Pergamon Press 1965 10. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics （英译本） Springer Verlag 1973 11. A.Messian:Quantum Mechanics Vol I.North.Holland Pubs 1961 ndau,E.Lifshitz:Quantum-Mechanics1958 量子力学常用积分公式 (1)
按照波包理论，波包群速度
v
G
是角频率丢波数的一阶导数：
vG =
=
∂ ∂k
m 2 c4 + c2k 2 2 ℏ c2 k
=
c2 p m 2c 4 + c 2 p 2
m 2 c4 + c2 k 2 2 ℏ
最后一式按照（4）式等于粒子速度 v ，因而 又按一般的波动理论，波的相速度
v
G
= v。
v
G
是由下式规定
ax ∫ e cos axdx =
(4)
∫ x sin axdx = a
2 ∫ x sin axdx =
1
sin ax −
1 x cos ax a
(5)
2x 2 x2 sin ax + ( − ) cos ax a2 a2 a 1
2
(6)
∫ x cos axdx = a
cos ax +
x sin ax a
由(1)(2)求得电荷动能=
1 2 Beℏn mv = 2 2 mc
再求运动电荷在磁场中的磁势能 ,按电磁学通电导体在磁场中的势能 =
磁矩 * 场强 电流 * 线圈面积 * 场强 ev * πr 2 * B v = = , v 是电荷的旋转频率, v = , c c c 2πr
代入前式得 运动电荷的磁势能=
q = x = a sin ωt
求微分: dq = dx = aω cosωtdt
⋅
(4) (5)
求积分: p = m x = maω cos ωt 将(4)(5)代量子化条件:
∫ pdq = ma ω ∫
2
2
T
0
cos 2 ωtdt = nh
T 是振动周期,T=
mωa 2π = nh n = 1,2,3
# [6]（1）试用 Fermat 最小光程原理导出光的折射定律
n sin α = n sin α
1 1 2
2
（2）光的波动论的拥护者曾向光的微量原理 δ
∫ pdl = 0
认 为 p = mv 则
δ ∫ pdl = 0 这将导得下述折射定律
1 mω 2 x 2 ] 2
∫ pdq = nh
⋅
在量子化条件中,令 p = m x 为振子动量, q = x 为振子坐标, 设总能量 E 则
E=
P 2 mω 2 x 2 + 2m 2
p = 2m( E −
mω 2 x 2 ) 2
代入公式得:
∫
2m( E −
mω 2 x 2 )dx = nh 2
量子化条件的积分指一个周期内的位移, 可看作振幅 OA 的四倍,要决定振幅 a ,注意在 A 或 B 点动能为 0, E =
a
1 mω 2 a 2 ,(1)改写为: 2
(2)
2 ∫ mω a 2 − x 2 dx = nh
−a
积分得: m ωa π = nh 遍乘
2
1ω 得 2π hω E= = nℏω 2π
[乙法]也是利用量子化条件, 大积分变量用时间 t 而不用位移 x , 按题意振动角频率为 ω , 直接 写出位移 x , 用 t 的项表示:
n
n
n
= h [(n x ) 2 + ( n y ) 2 + ( n z ) 2 ] 8m a b c
2
但 n x , n y , n z = 1, 2,3 #
正整数.
[3] 平面转子的转动惯量为 Ι ,求能量允许值. (解)解释题意: 平面转子是个转动体, 它的位置由一坐标（例如转角 ϕ ）决定, 它的运动是一种
∞
(15)
0
sin 2 ax πa dx = 2 x 2
∞
(16)
0
xe− ax sin bxdx =
2ab (a + b 2 )2
2
(a > 0)
∞
xe− ax cos bxdx =
a 2 −b 2 (a 2 + b 2 )2
(a > 0)
第二章：函数与波动方程
[1] 试用量子化条件, 求谐振子的能量[谐振子势能 V ( x) = (解)(甲法)可以用 Wilson-Sommerfeld 的量子化条件式: