量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第2章

（b）由（4）式，得
∂ w 2 ∂ ∂ = ( ∇ ψ * )⋅ ∇ ψ + ∇ ψ * ⋅ ( ∇ ψ ∂t 2m ∂ t ∂t 2 = ∇ 2m ∂ψ * ∂ψ * ⋅ ∇ψ + ∇ψ − ∂ t ∂ t
∂ψ ∗ ∂ψ ) + Vψ + ψ *V ∂t ∂t ∂ψ * 2 ∂ ψ 2 * ∂ψ * ∂ψ ∇ ψ + ∇ ψ + Vψ + ψ *V ∂t ∂t ∂t ∂t
（1）
V1 与 V2 为实函数。
（a）证明粒子的几率（粒子数）不守恒。
（b）证明粒子在空间体积 τ 内的几率随时间的变化为
d dt
∫∫∫
τ
d 3 rψ *ψ = −
ψ *∇ ψ − ψ ∇ ψ ∫ ∫ 2im S
(
*
) ⋅ dS +
2V2
∫∫∫ d
τ
3
rψ *ψ
证：（a）式（1）取复共轭， 得
*
∂ ψ 2 2 ∂ ψ * 2 2 = −∇ ⋅s+ − ∇ + V ψ + − ∇ + V ψ ∂ t 2m ∂ t 2m ∂ψ * ∂ψ * = − ∇ ⋅ s + E ψ + ψ ∂t ∂t ∂ρ = −∇ ⋅s+ E ∂t = −∇ ⋅s
dp
∫
∞ −∞
e − α ξ dξ =
2
π α
imx 2
：
1 ψ ( x, t ) = e 2 t 2π
2mπ it
写出共轭函数（前一式 i 变号）：
1 − ψ ( x, t ) = e 2π
imx 2 2 t
2mπ − it
ψ ( x, t ) =
2
1 2mπ m × = 2 t 2π t (2 π )
当时间足够长后（所谓 t → ∞ ） ，上式被积函数中的指数函数具有 δ 函数的性质，取
mx α = t 2m ， u = k − ， t
参照本题的解题提示，即得
（2）
ψ ( x, t ) ≈
1 imx 2 2 t e ⋅ 2π
2π m − iπ e t
+∞ /4
−∞
∫ ϕ ( k )δ k −
ψ ( x, t ) =
1 2π
∫
+∞ −∞Fra bibliotekϕ ( k ) e i ( kx − k t / 2 m ) dk
2
=
2 1 imx 2 / 2 t + ∞ t mx ( ) e ∫ − ∞ dkϕ k ⋅ exp − i 2m k − t 2π
（1）
−∞
∫ ψ ( x,0) e
− ikx
dx 是ψ ( x,0) 的 Fourier 变换。提示：利用 lim
α → ∞
α iπ / 4 − iα x 2 e e = δ ( x) 。 π
证：根据平面波的时间变化规律
e ikx → e i ( kx − ω t ) ，
任意时刻的波函数为
ω = E = k 2 2m ，
本题也可以用 Fresnel 积分表示，为此可将（6）式积分改为：
∫
∞ −∞
cos[
∞ t mx 2 t mx 2 (p − )] dp − i ∫ sin[ (p − )] dp −∞ 2m t 2m t
2
∓imx ψ ( x, t ) 1 mπ 2t 用课本公式得 * ，两者相乘，可得相同的结果。 = (1 ∓i ) e ψ ( x, t ) 2π t
2
ψ ( x, t ) =
∫ 2π
φ ( p) e
1
∞ p= − ∞
i
φ ( p) e
( px − E i )
dp
（1）
这是一维波包的通用表示法，是一种福里哀变换，上式若令 t = 0 应有
ψ ( x,0) =
1 2π
∫
∞ p= − ∞
i px
dp
（ 2）
但按题意，此式等于 δ ( x) 。但我们知道一维 δ 函数一种表示是：
， 求ψ ( x, t ) 。
解：
ψ ( x, t ) = e
p2 i p0 x − 0 t / 2m
2.2 对于一维自由运动粒子，设ψ ( x,0) = δ ( x) 求 ψ ( x, t ) 。 （解）题给条件太简单，可以假设一些合理的条件，既然是自由运动，可设粒子动量是 p ，能量是 E，为 了能代表一种最普遍的一维自由运动，可以认为粒子的波函数是个波包（许多平面波的叠加），其波函数：
粒子满足含时间薛定谔方程及其共轭方程式：
i
− i
*
又设 S ≡ −

∂Ψ * ∂Ψ ∂Ψ ∂Ψ * ∂W = −∇ ⋅S + − = −∇ ⋅S ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t
公式⑵得证。
2.6 考虑单粒子的 Schrödinger 方程
i
∂ 2 2 ψ (r,t) = − ∇ ψ ( r , t ) + [V1 ( r ) + iV2 ( r ) ]ψ ( r , t ) ∂t 2m
2.2 设一维自由粒子的初态ψ ( x,0) = δ ( x ) ，求 ψ ( x, t ) 。
2 +∞
提示：利用积分公式
−∞ +∞
∫ cos(ξ )dξ
2
=
+∞
−∞
∫ sin (ξ )dξ
2
=
π 2
或
−∞
∫ exp[iξ ]dξ
2
=
π exp[ iπ 4] 。
1 ϕ ( p ) eipx dp ， ∫ 2π − ∞ 1 2π
+∞ +∞
解：作 Fourier 变换： ψ ( x,0) =
ϕ ( p) =
1 2π
+∞
−∞
− ipx ∫ ϕ ( x ,0) e dx =
−∞
∫ δ ( x )e
− ipx
dx =
1 ， 2π
∴
ψ ( x, t ) =
1 2π
+∞
+∞
−∞
∫ ϕ ( p) e
i ( px − Et ) /

mx dk t
（3）
=
m − iπ / 4 imx 2 / 2 t mx e e ϕ t t m t mx ϕ t
2
ψ ( x, t ) ≈
2
（4）
物理意义：在足够长时间后，各不同 k 值的分波已经互相分离，波群在 x 处的主要成分为 k = mx t ，即
2
=
t mx p− ，则 2m t
1 imx 2 2 t ψ ( x, t ) = e ⋅ 2π
2m − iξ 2 1 e dξ = ⋅ ∫ t −∞ 2π
2
+∞
2m imx 2 2t e ⋅ π e − iπ t
/4
=
mx 2 π m exp i 2t − 4 2π t
其中动能平均值一定为正:
T=
* ∫ ∫ ∫ ψ (−
2 2 ∇ )ψ d 3 x 2m
=−
2 {∇ [ψ *∇ ψ ] − ∇ ψ *∇ ψ }dτ ∫ ∫ ∫ 2m 2 2 * ∇ ⋅ ( ψ ∇ ψ ) d τ + ∇ ψ *∇ ψ dτ 2m ∫ ∫ ∫ 2m ∫ ∫ ∫ 2 2 2 * * ∇ψ ( ψ ∇ ψ ) ⋅ d s + ∇ ψ ∇ ψ d τ = 2m ∫ τ∫ ∫ 2m ∫B∫ 2m ∫ ∫ ∫
2.4——1.7
2.5 设质量为 m 的粒子在势场 V (r ) 中运动。

（a）证明粒子的能量平均值为
E=
∫
d 3r ⋅ w ， w =
2 ∇ ψ * ⋅ ∇ ψ + ψ *Vψ 2m
（能量密度）
（b）证明能量守恒公式
2 ∂ ψ * ∂ψ ∂w ∇ψ + ∇ ψ * + ∇ ⋅ s = 0，s = − 2m ∂ t ∂t ∂t
− i
∂ ψ ∂t
*
= −
2 2 ∇ ψ 2m
*
+ (V1 − iV2 )ψ
*
（2）
ψ
*
× （1）-ψ × （2）,得
i
x = kt m ，强度 ∝ ϕ ( k ) ，因子 m t 描述整个波包的扩散，波包强度 ψ
2 2
2
∝ 1t。
2
设整个波包中最强的动量成分为 k 0 ，即 k = k 0 时 ϕ ( k ) 最大，由（4）式可见，当 t 足够大以后， ϕ
的
最大值出现在 mx t = k 0 处，即 x = k 0 t m 处，这表明波包中心处波群的主要成分为 k 0 。
( px − i) 1 ∞ ψ ( x, t ) = e 2m d p ∫ 2π p= − ∞ i p2
p2 （因为是自由粒子，总能量等于动能）， 2m
（5）
将此式变形成高斯积分，容易得到所需结果：
1 ψ ( x, t ) = e 2 t 2π
利用积分
imx 2
∫
∞ p= − ∞
e
−
it mx ( p− i) 2 m 2
将方程式左边加减相等的量 Cψ 得:
这两个方程式从数学形式上来说完全相同,因此它们有相同的解ψ ( x) , 从能量本征值来说,后者比前者增加了 C。
设粒子势能的极小值是 Vmin 证明
E >V
n
min
(证)先求粒子在某一状态中的平均值能量 E
E=
* ∫ ∫ ∫ ψ [−
υ
2 2 ∇ + V ( r )]ψ d 3 x 2m
第二章：函数与波动方程
P69 当势能 V (r ) 改变一常量 C 时,即 V (r ) → V (r ) + c ,粒子的波函数与时间无关部分变否?能量本征值变否?



(解)设原来的薛定谔方程式是
d 2ψ 2m + 2 [ E − V ( x)]ψ = 0 2 dx d 2ψ 2m + 2 {[ E + C ] − [V ( x) + C ]}ψ = 0 2 dx
ψ ( x, t ) =
m 。 2π t
2.3 设一维自由粒子初态为ψ ( x,0) ，证明在足够长时间后ψ ( x, t ) =
2 m imx mx exp[ − iπ 4] ⋅ exp ⋅ϕ t 2t t
式中 ϕ ( k ) =
1 2π
+∞
δ ( x) =
1 2π
∫
∞ k= − ∞
e ikx d k p ，并且求得 φ ( p ) =
（3）
将（2）（3）二式比较：知道 k =
i
1 2π
（4）
，于是（1）成为
( px − E i ) 1 ∞ ψ ( x, t ) = e dp 2π ∫ p= − ∞
这是符合初条件的波函数，但 p, E 之间尚有约束条件 E = 代入（4）
[ (
) (
*
) ⋅ (∇ ψ )]
（2）
其中 T 的第一项可化为面积分，而在无穷远处归一化的波函数必然为 0 。因此
T=
2 d 3 r∇ ψ 2m ∫
*
⋅∇ψ
（3）
结合式（1）、（2）和（3），可知能量密度 w =
2 ∇ψ 2m
*
⋅ ∇ ψ + ψ *Vψ ,
（4）
且能量平均值
E=
∫d
3
r⋅w 。
所以 （ρ ：几率密度）
（定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）
∂w + ∇ ⋅s = 0 。 ∂t ∂Ψ 2 2 = − ∇ Ψ + ∇Ψ ∂t 2m 2 ∂ Ψ * ∂Ψ [ ⋅∇ Ψ + ∇ Ψ * ] 则有 2m ∂ t ∂t ∂Ψ * 2 2 * = − ∇ Ψ + ∇Ψ ∂t 2m
dp
（ E = p 2 2m ）
1 = e 2π −∫∞
2
i p2 − t − px 2m
2 +∞ 1 imx 2 2 t it mx ∫ exp − 2m p − t dp dp = 2π e −∞
令 ξ
*
=−
用高斯定理: T = −
⋅ ∇ ψ dτ
中间一式的第一项是零 , 因为 ψ 假定满足平方可积条件 , 因而 T > 0 因此 E = T + V > V , 能让能量平均值
V >
V
min
因此 E >
V
min
令ψ =
ψ
n
(本征态)则 E =
E
n
而
E >V
n ip0 x /
min
得证
2.1 设一维自由粒子的初态ψ ( x,0) = e
（能流密度）
证：（a）粒子的能量平均值为（设ψ 已归一化）
2 2 3 E = ∫ ψ * − 2m ∇ + V ψ d r = T + V V = T=
（1）
∫d ∫
3
rψ *Vψ
2 2 2 d 3 rψ * − ∇ ψ = − d 3 r ∇ ⋅ ψ *∇ ψ − ∇ ψ ∫ 2m 2m