量子力学经典题目及解答

8 a1
a2
a3
2 a1
a2
a3
第一章
补充：1.设 1 af1(x)ei(x和t) 2 bf2 (x)ei分(x别t表) 示
微观粒子的两个可能状态，求当粒子处于叠加态 1 2
时的相对几率分布。a，b为复常数， f1, f2为实函数。 解： 2 1 2 2 af1ei( xt) 2 bf2ei( xt) 2
n1
x
2
， px
h
x
n1h , 2a1
同理， py n2h / 2a2, pz n3h / 2a3 n1, n2, n3 1, 2,3
E
p2
2
1
2
(
px2
py2
pz2 )
h2
2
(
n1 2a1
)2
( n2 2a2
)2
( n3 2a3
)2
E h2 [( n1 )2 ( n2 )2 ( n3 )2 ] 2 2 [( n1 )2 ( n2 )2 ( n3 )2 ]
1
hv kT
1 c2
v T
d
c1v3dv ec2v/T 1
c1v3dv c2v /T
c1 c2
Tv2dv
----R-J公式
2.由玻尔角动量量子化条件导出氢原子能级公式 En
解： 角动量量子化条件，
es2 r2
Ln
v2
r
rnv
(向心力)
(1) （2）
r * (2) :
es2
(v2
)
(1)
(
的两组超越方程，经图解法求出束缚态的 后, k，可由(15)
得 2.8出分对子应间的的能范级德瓦E。n耳斯力所产生的势能可以近似的表示为
，x 0
u(x)
uu1， 0，a
x
x
a
b
求束缚态能级满足的方程。0，x b
解：
2
2
d2
dx2
u(x)
E
2
(
E
2
u)
0
E 0, E u1
(1)
n1
]
1
1 2x2
e2 [
n
2
2(n 1)
2n 1 (n
H 1)!
n1
2
2n 1 ( n
H 1)!
n1
]
1[
n
2
n1
(
x)
n
2
1
n1
(
x)]
(2)
d
dx
n
(x)
Nn[
2
1 2x2
xe 2
Hn
(
x)
1 2x2
e 2
H
n
(
x)]
2 x n (x) [
n
2
n
1
(
x)
n
2
1
n 1
(
x)]
1 2x2
(x) (x)
A2sh2 x B2ch A3 sin(kx )
2
x a
0 x xb
a
(6) (7)
V (x) A4e4x B4e4x
x b (8)
根据波函数的连续性： (0) (0) 0, 中B2 0, A2 0 (9)
又根据波函数有限性要求：A4 0,要求(ln )分别在x a和x b的边界上连续
n2 2
a2
2 E
2
能级En
n2 2 2 2a2
,n
1, 2,
(12)
(x, t)
( x)e
i
n2 2 2 2 a2
t
(13)
2.4证明（2.6-14）式中的归一化常数是
证： 2 dx a A2 sin2 n (x a)dx
a
2a
A A2a
1。
a 1
A 1 a
(10)
2.7一粒子在一维势阱中运动，u
3*4
0 0 3*4
3*4*5 30 0
A2
30 a5
,
A
30 a5
第二章
2.1证明在定态中，几率流密度与时间无关。 证：w J 0 (1)
t
定态：i E , E (2)
t
t i
取复共轭：-i * E *, * E * (3)
t
t i
定态几率密度分布不随时间变化，即：
w * * E * * E 0
2E
2
,
2
2(u0
2
E ) ，解为:,( x( )x)AaeeikxxBbeeikxx
x a x a
(4) (5)
根据波函数的有限性：x 时， 0，有
((xxaa))abeex,x
b ,
a
0
0
(6) ，否则 (7)
又由于势能u(x)关于原点左右对称：u(x) u(x)波函数应具有确定的宇称
k
(12)
对偶宇称解：- be a be a
Ak sin ka , tan ka Acos ka
k
(13)
由于 (x) aex ,在x a处连续,不给出新的结果
又由（2）式和（3）式，有
2
k2
2u0
2
(14)
而E 2k 2
(15)
2
所以，(12)+(13)和(13)+(14)分别为确定奇偶宇称束缚态能级
u0
(2)
Ⅰ
b
oⅡ a Ⅲ Ⅳ
x
(3)
-u1
2
(
E
2
u
)
0，u
2(u0
2
E)
0，令
2 2
2(u0
2
E)
22
0
(4)
2
(
E
2
u1
)
0，令k 2
2(E u1)
2
k 2
0
V
2
(
2
E
)
V
0，令
2 4
2(E)
2
V
42
V
0
(x) （ 0 由的有限性,连续性） x 0
(5)
解为
1
e2 xdx]
A2
e2 xdx
2
0 0
2 2 0
A2
4 3
e2 x
0
A2
4 3
1
A 2 3/ 2 ,
2 3/ 2 xex , x 0
<3>
a
(x) 2
dx
a
A2x2 (a x)2 dx
0, x
A2[ x3
0
(a x)2
a
a
2
x3(a x)dx]
0
0
3
0 03
A2[ 2x4 (a x) a a 2x4 dx] 2A2 x5 a a5
L
)2
(n
)2
rn
r
rn
rn
n2 2
es2
(4)
又由 E p2 es2 (v)2 es2 es2 (5)
2 r
2 r
2rn
(4)代入(5)得:En
es4
2n2 2
3.粒子被限制在长宽高分别为 a1, a2 , a的3 箱中动，
试由驻波条件求粒子能量的可能值。
E
p2
2
解：驻波条件
a1
量子力学经典题目及解答
绪论
补充： 1.证明Plank公式在高频区化为Wein公式，在低频区化为 Rayley-Jeans公式。 证明：Plank公式为
或写为
d
c1 3d
c2
T 1
其中
c1
8 h
c3
,
h c2 k
h
在高频区, kT
1,
c1 3
c2
T d
----Wein公式
hv
在低频区， kT
2u1
2
u1
)
(13) (14)
(11), (12), (13), (14)式中，，2，k,4为待求量，4个方程4个未知数，
此四式为决定束缚态能级的方程。
或将(14)换为：
2 2
2 4
2u0
2
(15)
补充：
1.方势阱的透射与共振：入射粒子E>0，势阱深度-V0，宽
a。求透射系数T，并讨论T的极大，极小条件。
解：
u(
x)
0，Vx0，0 0或x xa
a
E
oa
x
-V0
当粒子能量E入射高度为u0的势垒(E> u0 )时，透射系数
为：T= 1
1（
k
-
1 k）2 sin2
ka
4 k k
，其中 k 2E ，k 2（E u0）
此公式也适用于势阱的透射，只须改定义 k 2（E V0）
即在k′表达式中以-V0替代势垒高度u0。 讨论:
t
t
t
i
i
由(1)， J w 0， t
J与时间无关，即J为与t无关的常矢量。
2.2由下列两定态波函数计算几率流密度，并从所得结果说
明 1表示向外传播的球面波， 2表示向内传播的球面波。
(1) 1
1 r
eikr
,
(2)
2
1 eikr r
解：J i
( * * )
1
( * p p * )
a*bf1*
f ei( ) x 2
ab*
f1
f e* i( ) x 2
a2
f12 (x)
b2
f

(
)
x
ab*ei( )x ] f1 f2
代入a 2,b i,
4 f12 (x)
f
2 2
(
x)
f1 f
e e i( ) x i( ) x * (2i)
2i
* (2i)
归一化 : 2 dx 1
a
B2 sin 2
n
a 1 cos 2n
xdx B2
a
x dx B2
a
1
0
a
0
2
2
B 2
(9)
a
0
波函数
(
x)
2 sin n x
aa
0
x0 0 x a, 其中n 1, 2,
xa
定态波函数(x, t)
( x)e
i
Ent
(11)
由(4)式和(7)式: 2
2
2
其中， er
r
e
1
r
e
1
r sin
由于 1= 1(r)与方向无关，
1
r
1(r)er
J
i
2
( 1* 1
1
* 1
)
i
e ikr [
2 r
e ikr (
)
e ikr
r r
r
e ikr
( r
r
)]er
i
e ikr [
2 r
e ikr ( r2
ikeikr ) eikr
r
r
e ikr ( r2
(5)
由波函数的连续性,要求:
(0) (0) A 0, ( x) B sin x (6)
(a) (a) B sin a 0, B 0,sin a 0
即 a n , n 1, 2, 3 , n
(7)
a
( x)
B sin n
a
x, (0
x a)
(8)
d dx
n
(
x)
[
n
2
n
1
(
x)
n
2
1
n1
(
x)]
(2)
证：
x n (x)
N
n
e
1 2
2
x2
H
n
(
x)，其中N
n
2n n!
(1)
x n (x)
1 2x2
Nne 2 xHn ( x)
1 2x2
Nne 2
1
2
(2nHn1 Hn1)
1
1 2x2
e 2 [n
2n
n
H !
n1
1 2
2n
H n!
即在（4 ）式中，B
A
,可取
B A B A
(8)
Asin kx，奇宇称波函数 (9) (x) Bcos kx，偶宇称波函数 (10)
利用波函数连续性条件，在x a处:( ln ) =( ln )
(11)
对奇宇称解：- be a be a
Ak cos ka ,cot ka Asin ka
u
u(x) 0, 0 x a Ⅰ Ⅱ Ⅲ
，x a
o
a
解：定态schr.eq
2
2
d 2
dx2
u(x)
E
(1)
由波函数有限性要求， 0,(x 0, x a) (2)
(1)式改写为
(
x)
2E
2
(x)
0,
(0
x
a)
(3)
令 2
2 E
2
, 则
2
0
(4)
解为 A cos x B sin x
A2 sh 2 x A3 sin(kx
)
(10)
V B4e4x
2ch2a sh2a
k cos(ka sin(ka )
)
2cth2a
k
cot(ka
)
(11)
k cos(kb ) sin(kb )
4
k
cot(ka
)
4
(12)
又由（4）式：
k
2 2
2
k2
2 4
2(u0
2
00
2 er2 d ( r 2 ) er2 0
0
2
I , A 1 , 1 ex2 /2
1/4
1/4
<2> 2 dx A2 x2e2xdx 1, (分部积分)
0
A2 x2e2 x dx
A2
[ x2e2 x 2xe2 xdx]
0
2
0 0
A2
[1
xe2 x
Nne 2
H
n
(
x)
1
e2
2 x2
2n
n!
2nH
n
1
(
x)
1 2x2
2ne 2
2n 1 (n
1)!
2nH
n 1 (
x)
2n n1(x)
4
f12 (x)
f
2 2
(
x)
4
f1
f
sin(
)x
2.试将下列波函数归一化：(1)
Aex2 /2，(2)
Axex，x
0，x 0
0
(3) (x) Ax(a x)，0 x a
解：<1> 2 dx A2 ex2 dx A2I 1
2
I 2 ex2 dx e y2 dy e(x2 y2 )dxdy er2 rdrd
V0
n2 2 2 2a2
;当V0较大，n较