量子力学曾谨言习题解答第十一章
曾谨言《量子力学教程》(第3版)笔记和课后习题复习答案考研资料
曾谨言《量子力学教程》（第3版）笔记和课后习题（含考研真题）详解完整版>精研学习网>免费在线试用20％资料全国547所院校视频及题库资料考研全套>视频资料>课后答案>往年真题>职称考试目录隐藏第1章波函数与Schrödinger方程1.1复习笔记1.2课后习题详解1.3名校考研真题详解第2章一维势场中的粒子2.1复习笔记2.2课后习题详解2.3名校考研真题详解第3章力学量用算符表达3.1复习笔记3.2课后习题详解3.3名校考研真题详解第4章力学量随时间的演化与对称性4.1复习笔记4.2课后习题详解4.3名校考研真题详解第5章中心力场5.1复习笔记5.2课后习题详解5.3名校考研真题详解第6章电磁场中粒子的运动6.1复习笔记6.2课后习题详解6.3名校考研真题详解第7章量子力学的矩阵形式与表象变换7.1复习笔记7.2课后习题详解7.3名校考研真题详解第8章自旋8.1复习笔记8.2课后习题详解8.3名校考研真题详解第9章力学量本征值问题的代数解法9.1复习笔记9.2课后习题详解9.3名校考研真题详解第10章微扰论10.1复习笔记10.2课后习题详解10.3名校考研真题详解第11章量子跃迁11.1复习笔记11.2课后习题详解11.3名校考研真题详解第12章其他近似方法12.1复习笔记12.2课后习题详解12.3名校考研真题详解内容简介隐藏本书是曾谨言主编的《量子力学教程》（第3版）的学习辅导书，主要包括以下内容：（1）梳理知识脉络，浓缩学科精华。
本书每章的复习笔记均对该章的重难点进行了整理，并参考了国内名校名师讲授该教材的课堂笔记。
因此，本书的内容几乎浓缩了该教材的所有知识精华。
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本书参考大量相关辅导资料，对曾谨言主编的《量子力学教程》（第3版）的课后思考题进行了详细的分析和解答，并对相关重要知识点进行了延伸和归纳。
（3）精编考研真题，培养解题思路。
曾量子力学练习题答案
曾量子力学练习题答案曾量子力学练习题答案量子力学作为现代物理学的重要分支，涉及到微观世界中微粒的行为和性质。
它的理论体系由一系列基本原理和数学工具构成，为解释和预测微观粒子的行为提供了有效的方法。
在学习量子力学的过程中，练习题是巩固和应用知识的重要方式。
下面我将为大家提供一些曾量子力学练习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 问题：一个自旋为1/2的粒子处于自旋上态，经过一个自旋测量仪器后，测量结果为自旋向上。
求此时粒子的自旋态。
答案：根据量子力学的原理，自旋态可以用Dirac符号表示，自旋向上的态记作|↑⟩，自旋向下的态记作|↓⟩。
在这个问题中，自旋测量结果为自旋向上，即测量结果为|↑⟩。
因此，此时粒子的自旋态为|↑⟩。
2. 问题：一个电子处于自由状态，其波函数为Ψ(x) = Ae^(-α|x|)，其中A和α为常数。
求该电子的概率密度分布。
答案：概率密度分布可以通过波函数的模的平方来计算。
在这个问题中，波函数的模的平方为|Ψ(x)|^2 = |Ae^(-α|x|)|^2 = A^2e^(-2α|x|)。
因此，该电子的概率密度分布为A^2e^(-2α|x|)。
3. 问题：一个处于束缚态的粒子，其波函数为Ψ(x) = Csin(kx)，其中C和k为常数。
求该粒子的能量。
答案：根据量子力学的原理，能量可以通过波函数的哈密顿量来计算。
在这个问题中，波函数的哈密顿量为HΨ(x) = EΨ(x)，其中E为能量。
将波函数代入哈密顿量的表达式中，得到-HCsin(kx) = ECsin(kx)。
两边同时除以sin(kx)，得到-HC = EC。
因此，该粒子的能量为E = -H/C。
4. 问题：一个自由粒子的波函数为Ψ(x) = Ae^(i kx) + Be^(-ikx)，其中A和B为常数。
求该粒子的动量。
答案：根据量子力学的原理，动量可以通过波函数的波矢来计算。
在这个问题中，波函数的波矢为k。
根据动量的定义，动量p = hk，其中h为普朗克常数。
曾谨言《量子力学教程》(第3版)配套题库【课后习题-量子跃迁】
第11章量子跃迁11.1 荷电q的离子在平衡位置附近作小振动（简谐振动），受到光照射而发生跃迁，设照射光的能量密度为ρ（w），波长较长．求：（a）跃迁选择定则；（b）设离子原来处于基态，求每秒跃迁到第一激发态的概率．解：（a）具有电荷为q的离子，在波长较长的光的照射下，从n→n'的跃迁速率为而根据谐振子波函数的递推关系（见习题2.7）可知跃迁选择定则为（b）设初态为谐振子基态（n＝0），利用可求出而每秒钟跃迁到第一激发态的概率为11.2 氢原子处于基态，受到脉冲电场的作用．试用微扰论计算它跃迁到各激发态的概率以及仍然处于基态的概率（取E0沿z轴方向来计算）．【解答与分析见《量子力学习题精选与剖析》[上]，10.2题，l0.3题】10.2 氢原子处于基态，受到脉冲电场作用，为常数．试用微扰论计算电子跃迁到各激发态的概率以及仍停留在基态的概率．解：自由氢原子的Hamilton量记为H0，能级记为E n，能量本征态记为代表nlm 三个量子数），满足本征方程如以电场方向作为Z轴，微扰作用势可以表示成在电场作用过程中，波函数满足Schr6dinger方程初始条件为令初始条件（5）亦即以式（6）代入式（4），但微扰项（这是微扰论的实质性要点!）即得以左乘上式两端，并对全空间积分，即得再对t积分，由即得因此t＞0时（即脉冲电场作用后）电子已经跃迁到态的概率为根据选择定则终态量子数必须是即电子只跃迁到各np态（z＝1），而且磁量子数m＝0．跃迁到各激发态的概率总和为其中a o为Bohr半径．代入式（9）即得电场作用后电子仍留在基态的概率为10.3 氢原子处于基态，受到脉冲电场作用，为常数．求作用后（t ＞0）发现氢原子仍处于基态的概率（精确解）．解：基态是球对称的，所求概率显然和电场方向无关，也和自旋无关．以方向作z 轴，电场对原子的作用能可以表示成以H0表示自由氢原子的Hamilton量，则电场作用过程中总Hamilton量为电子的波函数满足Schr6dinger方程初始条件为为了便于用初等方法求解式（3），我们采取的下列表示形式：的图形如下图所示．注意图11-1式（5）显然也给出同样的结果．利用式（5）．，可以将式（1）等价地表示成下面将在相互作用表象中求解方程（3），即令代入式（3），并用算符左乘之，得到其中一般来说，H'和H0不对易，但因H'仅在因此一H'，代入式（8）即得再利用式（1'），即得初始条件（4）等价于方程（11）满足初始条件的解显然是代入式（7），即得这是方程（3）的精确解．t＞0时（电场作用以后）发现电子仍处于基态的概率为计算中利用了公式利用基态波函数的具体形式容易算出a o为Bohr半径．将上式代入式（15），即得所求概率为这正是上题用微扰论求得的结果，为跃迁到各激发态的概率总和．11.3 考虑一个二能级体系，Hamilton量H0表示为（能量表象）设t＝0时刻体系处于基态，后受到微扰H'作用（α，β，γ为实数）求t时刻体系跃迁到激发态的概率．【解答与分析见《量子力学习题精选与剖析》[上]，10.4题】10.4 有一个二能级体系，Hamilton量记为H0，能级和能量本征态记为E1，。
量子力学第四版卷一[曾谨言著]习题答案解析
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第一章量子力学的诞生1.1设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 )]([2,,2,1,x V E m p n nh x d p -===⋅⎰)(x V解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 a x ≤ （1） 其中a 由下式决定：2221)(a m x V E a x ω===。
a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a =， （2）a x ±=即为粒子运动的转折点。
有量子化条件h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a 22==（3） 代入（2），解出 ,3,2,1,==n n E n ω （4）积分公式：c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 22222221.2设粒子限制在长、宽、高分别为c b a ,,的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。
解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。
假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，则碰撞为弹性碰撞。
动量大小不改变，仅方向反向。
选箱的长、宽、高三个方向为z y x ,,轴方向，把粒子沿z y x ,,轴三个方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于x 方向，有()⎰==⋅ ,3,2,1,x x xn h n dx p即 h n a p x x =⋅2 （a 2：一来一回为一个周期）a h n p x x 2/=∴,同理可得， b h n p y y 2/=, c h n p z z 2/=,,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E zy x z y x n n n zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n1.3设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
[理学]《量子力学导论》习题答案曾谨言版_北京大学1
![[理学]《量子力学导论》习题答案曾谨言版_北京大学1](https://img.taocdn.com/s3/m/02e1f545bceb19e8b8f6bafe.png)
第一章 量子力学的诞生1.1设质量为m 的粒子在一维无限深势阱中运动， ⎩⎨⎧<<><∞=ax ax x x V 0,0,0,)(试用de Broglie 的驻波条件，求粒子能量的可能取值。
解：据驻波条件，有 ),3,2,1(2=⋅=n n a λn a /2=∴λ （1）又据de Broglie 关系 λ/h p = （2） 而能量(),3,2,12422/2/2222222222==⋅===n ma n a m n h m m p E πλ （3）1.2设粒子限制在长、宽、高分别为c b a ,,的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。
解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。
假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，则碰撞为弹性碰撞。
动量大小不改变，仅方向反向。
选箱的长、宽、高三个方向为z y x ,,轴方向，把粒子沿z y x ,,轴三个方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于x 方向，有()⎰==⋅ ,3,2,1,x x xn h n dx p即 h n a p x x =⋅2 （a 2：一来一回为一个周期）a h n p x x 2/=∴,同理可得， b h n p y y 2/=, c h n p z z 2/=,,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E z y x z y x n n n zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n1.3设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 )]([2,,2,1,x V E m p n nh x d p -===⋅⎰)(x V解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 a x ≤ （1） 其中a 由下式决定：221()2x a E V x m a ω===。
量子力学_答案_曾谨言
第一章量子力学的诞生1.1设质量为m 的粒子在一维无限深势阱中运动，⎩⎨⎧<<><∞=a x ax x x V 0,0,0,)(试用de Broglie 的驻波条件，求粒子能量的可能取值。
解：据驻波条件，有 ),3,2,1(2=⋅=n n a λn a /2=∴λ （1）又据de Broglie 关系λ/h p = （2）而能量(),3,2,12422/2/2222222222==⋅===n ma n a m n h m m p E πλ （3）1.2设粒子限制在长、宽、高分别为c b a ,,的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。
解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。
假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，则碰撞为弹性碰撞。
动量大小不改变，仅方向反向。
选箱的长、宽、高三个方向为z y x ,,轴方向，把粒子沿z y x ,,轴三个方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于x 方向，有()⎰==⋅ ,3,2,1,x x xn hn dx p即 h n a p x x =⋅2 （a 2：一来一回为一个周期）a h n p x x 2/=∴,同理可得， b h n p y y 2/=, c h n p z z 2/=,,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n m p p p m E z y x z y x n n n zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n1.3设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 )]([2,,2,1,x V E m p n nh x d p -===⋅⎰)(x V解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 a x ≤ （1） 其中a 由下式决定：2221)(x m x V E a x ω===。
量子力学练习参考解答
量子力学练习参考解答第一章 波函数与薛定谔方程1.1，1.2，1.3题解答略。
1.4（a ）设一维自由粒子的初态为一个Gauss 波包，222412)(1)0,(απαψxx p i e e x -=证明：初始时刻，0=x ，0p p =[]2)(12α=-=∆x x x[]α2)(12=-=∆p p p2 =∆⋅∆p x证：初始时刻012222===-+∞∞-+∞∞-⎰⎰dx exdx x x x απαψ2122222222απαψα===-∞+∞-∞+∞-⎰⎰dx exdx x x x()22122α=-=∆xx x)0,(x ψ的逆变换为⎰+∞∞--=dx ex p ipx/)0,(21)(ψπϕ＝⎰+∞∞---dx eeeipx x x p i/2412220)(121απαπ＝2220()22214(/)p p eααπ--22202()()p p p eααϕπ--=因此02)(p dp p p p ==⎰+∞∞-ϕ2222222)(0αϕ +==⎰∞+∞-p dp p p p()α22122 =-=∆p p p2 =∆⋅∆p x注：也可由以下式子计算p 和2p ：2222(,0)()(,0)(,0)()(,0)dp x ix dx dxd p x x dxdx ψψψψ+∞*-∞+∞*-∞=-=-⎰⎰1.5 设一维自由粒子的初态为)0,(x ψ，证明在足够长时刻后，()[]⎪⎭⎫⎝⎛⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-=t mx t imx i t m t x ϕπψ2exp 4exp ,2式中()()⎰+∞∞--=dx e x k ikx0,21ψπϕ是)0,(x ψ的Fourier 变换。
提示：利用()x e e x i i δπααπα=-∞→24/lim。
证：依照平面波的时刻转变规律 ()t kx i ikxe e ω-→ ， m k E 22==ω，任意时刻的波函数为()()()dk e k t x mtkkx i 2/221, -+∞∞-⎰=ϕπψ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅=⎰∞+∞-22/2ex p 212t mx k m t i k dk etimx ϕπ（1） 那时刻足够长后（所谓∞→t ），上式被积函数中的指数函数具有δ函数的性质，取m t 2 =α ， （2）参照此题的解题提示，即得()()⎰+∞∞--⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅≈k d t mx k k e t m et x i timx δϕππψπ4/2221,2⎪⎭⎫⎝⎛=-t mx e e t m t imx i ϕπ2/4/2 （3） 1.6 依照粒子密度散布ρ和粒子流密度散布j的表示式， ()()()t r t r t r ,,,*ψψρ=()()()()()[]t r t r t r t r mi t r j ,,,,2,**ψψψψ∇-∇-=概念粒子的速度散布v()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡∇-∇-==t r t r t r t r m i j v ,,,,2**ψψψψρ 证明：0=⨯∇v 。
量子力学习题答案(曾谨言版)
同理有
[ x, F ] i F p
P75 习题3.14
解：设lz算符的本征态为m，相应的本征值mћ ˆ dx l *l
x
m x
m
1 * ˆ ˆ ˆl ˆ ) dx m ( l y lz l z y m i 1 * ˆ ˆ * ˆ ˆ [ m l y lz m dx m lz l y m dx] i 1 * ˆ ˆ ) * l ˆ dx] [m m ly dx ( l z m z m y m i 1 * ˆ * ˆ [m m ly dx m z m m l y m dx ] 0 i 类似地可以证明 l y 0
1 2 1 ipx p e dp 常数 ( x ) 2m 2
因此(x)=(x) 非能量本征态。 (d) 任意波函数可按自由粒子的平面波函数展开：
( x, t ) C ( p) p ( x, t ) C ( p) p ( x , t )dp
p
Rnl ( r ) N nl l e 2F ( n l 1, 2l 2, )
园轨道（l = n－1）下的径向概率分布函数
n,n1 ( r ) Cr e
2 d n,n1 ( r ) 0 dr
2
2 n 2 Zr na
最概然半径 rn 由下列极值条件决定：
右边
C ( p )dp p ( x , t ) p ' * ( x , t )dx
C ( p ) ( p p ')dp C ( p ')
所以
C ( p ) p * ( x , t ) ( x , t )dx
曾量子力学练习题答案
曾量子力学练习题答案量子力学是描述微观世界中物质和辐射相互作用的理论体系，涉及到微观粒子的波粒二象性、不确定性原理以及波函数等概念。
在学习量子力学的过程中，解题是检验理解和掌握程度的重要方式之一。
本文将针对曾量子力学练习题进行详细解答，帮助读者更好地理解和应用量子力学知识。
题目一：电子束通过双缝干涉装置的出射屏上，出现了周期位移相等的等倾干涉条纹，问入射电子束的波长是多少？解答一：双缝干涉实验可以用来研究波动性的粒子。
根据双缝干涉的干涉条件，等倾干涉条纹间距d满足d = λD/d，其中λ是电子束的波长，D是缝到屏的距离，d是双缝间距。
在本题中，由于等倾干涉条纹的周期位移相等，即相邻两个条纹之间的距离相等，可以推断出缝到屏的距离D是一个常量，即D = const。
因此，等倾干涉条纹间距d与电子束的波长λ成正比。
解答二：设入射电子束的波长为λ，缝到屏的距离为D，双缝间距为d，等倾干涉条纹的间距为x。
根据题意，可以列出干涉条件：x = λD/d由于等倾干涉条纹的周期位移相等，即相邻两个条纹之间的距离相等，可得：x = λD/d = λD/(2d) = λD/2d = c onst因此，入射电子束的波长λ是一个常量，与等倾干涉条纹间距d成反比。
综上所述，入射电子束的波长与等倾干涉条纹间距成正比，具体数值需要根据实际情况进行计算。
题目二：一束入射的电子波函数Ψ(x) = Aexp(ikx)通过势障U(x) =U_0exp(-x^2/a^2)，计算穿过势障的概率。
解答三：根据量子力学的定态薛定谔方程，电子穿过势障的概率可以通过计算透射系数T来得到。
设入射电子的波函数为Ψ_1(x)，经过势障后的波函数为Ψ_2(x)。
根据定态薛定谔方程：-((hbar^2)/(2m))*∂^2Ψ_1(x)/∂x^2 + U(x)Ψ_1(x) = EΨ_1(x)其中hbar是约化普朗克常量，m是电子的质量，U(x)是势障的势能。
附量子力学答案 曾谨言
J n , n 1, 2,3,...
索莫非（Sommerfeld）将量子化条件推广：
pdq nh
q是电子的一个广义坐标，p是对应的广义动量。回路积分是沿运动轨道积分。
目录 退出 24
4、Bohr量子论的局限性： （1）、该理论只能解释氢原子光谱的规律 性，而不能合理解释其余原子。 （2）、不能系统解决谱线的强度。 （3）、只能处理简单的周期运动而不能处理非束缚态问题。 （4）、并没有从根本上解决能量不连续性的本质。
2、卢瑟福（E. Rutherford）的有核原子模型：
卢瑟福于1911年用 粒子对原子的散射，提出了有核原子模型：
原子的正电荷及大部分质量都集中在很小的原子中心，形成原子核，而电
子则围绕原子核旋转，该模型能很好地解释 粒子的大角度偏转问题，但
不能解释原子的稳定性问题和原子的大小问题。
目录 退出 21
目录 退出 16
二．普朗克量子论的提出
Planck量子论:
对于一定频率的辐射，物体只
能以 能量单位h 不连续地发射或吸
收辐射能量。h 为Planck常数,能量单
位h 称为能量子。
Planck于1900年12月14日在德
国物理学会上报告了这个理论的推导，
以及根据辐射实验定出了Planck常
数。这日被定为量子理论的诞生日。
目录 退出 25
0．1．4 德布罗意（de Brolie）物质波及波粒二象性
德布罗意根据几何光学中的费马（Fermat）原理与动力学中的最 小作用原理的相似之处，并在光具有波粒二象性的启发下，提出象电 子这类实物粒子（静止质量m≠0）也具有波的性质，即称为德布罗意 物质波，该粒子的能量和动量与其波长和频率满足如下关系：
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第11章
−
t τ
将（6）代入（4）先对时间进行积分；并认为充分长时间可以用 t → ∞
t= ∞ 1
ε e = 0 (ez )k 'k i iω
=
[ iω
k 'k
t − ]t τ
t= ∞
k 'k
−
1 t= 0 τ
（7）
ε0
[ω
k 'k
i + ] τ
( ez ) k 'k
iω
k 'k
（前式中利用了 e
t
= 1）
ψ k ( x) =
2 kπ x sin a a
（ 1）
根据此式计算矩阵元：
x k 'k =
2 a k 'π x kπ x 1 a (k ' − k )π x (k ' + k )π x sin ⋅ x ⋅ sin dx = x [cos − cos ]dx a ∫ x= 0 a a a ∫ x= 0 a a sin px cos px ⋅ x+ p p2
W 2 n ,1 =
1024 qa 2 n2 ( ) ρ (ω 3 h (4n 2 − 1)4
2 n ,1
)
11.4——10.4 11.5——10.5 11.6——10.6 11.7 设把处于基态的氢原子放在平行板电容器中，取平行板法线方向为 z 轴方向、 电场沿 z 轴方向 可视作均匀，设电容器突然充电然后放电，电场随时间变化规律是：
1
r
r
∫
e 4 − 2a r e dr ⋅ ∫ sin 2 θ cos θ dθ ⋅ ∫ e − iϕ dϕ 4 8π a 0 ϕ =0
3r
曾谨言 量子力学第一卷 习题答案解析11第十一章
根据谐振子的无微扰能量本征函数来计算这矩阵元
xk/k =
∫
∞
−∞
) ψ k( 0 ' dx
（3）
( 0) 式中ψ k ( x) =
a π k!2
k
H k (ax ) ， a =
µω ℏ
~446~
要展开（3）式，可以利用谐振子定态波函数的递推公式：
xψ k( 0 ) =
1 k ( 0) { ψ + α 2 k −1
~448~
−
a2 ( k ' + k )πx a cos }0 (k ' − k ) 2 π 2 a
'
4k 'ka ( −1) k + k − 1 = ⋅ π 2 (k ' 2 − k 2 ) 2
(3)
从最后一式知道，要使矩阵元 x k ' k ≠ 0 ， k ' + k 必需要是奇数。但这个规律也可以用别种 方式叙述，当 k ' + k 是奇数时
∫ dϕ
ϕ =0
=
e
32πa 4 27 *5 ae 35
⋅ห้องสมุดไป่ตู้4!⋅(
π − 2a 5 1 ) ⋅ ( − cos 3 θ ) 2π 3 3 0
（11）
=
将三种值分别代入（7） ，得 C211,100 = 0, C21−1,100 = 0
C210 ,100 =
2 7⋅ 5 ⋅a i 35 ℏ[(ω k ' − ω k ) + ] τ
Wk 'k =
2 4π 2 q 2 x ρ (ω k ' k ) ' kk 3ℏ 2 2
' 64a 2 q 2 k' k 2 = ⋅ ⋅ [( −1) k + k − 1] 2 ⋅ ρ (ω k ' k ) 2 2 2 3π ℏ ( k ' − k 2 ) 4
量子力学_答案_曾谨言
量子力学的诞生
⎧∞, x < 0, x > a V ( x) = ⎨ ⎩0, 0 < x < a
试用 de Broglie 的驻波条件，求粒子能量的可能取值。 解：据驻波条件，有
a = n⋅
λ
2
( n = 1, 2 , 3 , )
（1）
∴ λ = 2a / n
1 mω 2 x 2 中运动，用量子化条件求粒子能量 E 的可能取值。 2 p = 2m[ E − V ( x)]
∫ p ⋅ d x = nh,
n = 1, 2 ,
,
V ( x)
1
解：能量为 E 的粒子在谐振子势中的活动范围为
x ≤a
其中 a 由下式决定： E = V ( x) x = a = 由此得
（1）
（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
2V d d 3 rψ *ψ = − ( ψ *∇ψ − ψ∇ψ * ) ⋅ dS + 2 ∫∫∫ ∫∫ 2im S dt τ
证： （a）式（1）取复共轭， 得
d ∫∫∫ τ
3
rψ *ψ
−i
2 ∂ * ψ =− ∇ 2ψ * + (V1 − iV2 ) ψ* ∂t 2m
0
pϕ dϕ = nh, n = 1, 2 ,
2 , pϕ 是平面转子的角动量。转子的能量 E = pϕ / 2I 。
解：平面转子的转角（角位移）记为 ϕ 。 ， pϕ 是运动惯量。按量子化条件 它的角动量 pϕ = I ϕ （广义动量）
.
∫
∴
因而平面转子的能量
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
第一章量子力学的诞生设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 )]([2,,2,1,x V E m p n nh x d p -===⋅⎰)(x V解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 a x ≤ 〔1〕 其中a 由下式决定：2221)(a m x V E a x ω===。
a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a =， 〔2〕a x ±=即为粒子运动的转折点。
有量子化条件h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a 22==〔3〕 代入〔2〕，解出 ,3,2,1,==n n E n ω 〔4〕积分公式：c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 2222222设粒子限制在长、宽、高分别为c b a ,,的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。
解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。
假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，那么碰撞为弹性碰撞。
动量大小不改变，仅方向反向。
选箱的长、宽、高三个方向为z y x ,,轴方向，把粒子沿z y x ,,轴三个方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于x 方向，有()⎰==⋅ ,3,2,1,xx xn h n dx p即 h n a p x x =⋅2 〔a 2：一来一回为一个周期〕a h n p x x 2/=∴,同理可得， b h n p y y 2/=, c h n p z z 2/=,,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E zy x z y x n n n zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
《量子力学导论》习题答案(曾谨言版,北京大学)3
第十章 定态问题的常用近似方法10－1) 设非简谐振子的Hamilton 量表为'0H H H +=222220212x u dx d u H ω+-= 3'x H β=（β为实常数）用微扰论求其能量本征值（准到二级近似）和本征函数（准到一级近似）。
解：已知)0()0(0n n n E H ψψ=，()x H e N n x n n αψα2)0(22-=，()ω 21)0(+=n E n ，ωαu =()[]11121+-++=n n n n n x x ψψαψ ()()()()()[]22222112121+-++++++=n n n n n n n n n x x ψψψαψ()()()()()()()[]311333321113321221++--++++++++--=n n n n n n n n n n n n n n n x x ψψψψαψ计算一级微扰：n n n H E ψψ')1(=03==n n x ψψβ。
（也可由()⎰+∞∞-⋅==dx x x H En nn n32')1(βψ0＝（奇）直接得出）计算二级微扰，只有下列四个矩阵元不为0：()()',33332122n n n n H n n n x --=--=αβψβψ',1331322n n n n H n n x --=⋅=αβψβψ ()',133111322n n n n H n n x ++=++⋅=αβψβψ ()()()',333332122n n n n H n n n x ++=+++⋅=αβψβψ计算2'knH：()()622',3821αβ--=-n n n Hnn6232',19αβn H n n =- 6232',189αβn H nn =+()()()622',38321αβ+++=+n n n Hnn又ω 3)0(3)0(=--n n E E ，ω =--)0(1)0(n n E E ， ω -=-+)0(1)0(n n E E ，ω 3)0(3)0(-=-+n n E E ，∑-++=++=∴kk n knnnnnnnn E E HHEEEEE )0()0(2''')0()2()1()0(43222811303021ωβωu n n n ⋅++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=)0()0()0('')0()1()0(k kkn knnnnn E E H ψψψψψ∑-+=+=()()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-+--+---=++--)0(3)0(1)0(1)0(33)0(321311133213122n n n n n n n n n n n n n n n ψψψψωαβψ10－2) 考虑耦合振子，'0H H H += 参 书.下册§9.2()2221222221220212x x u x x u H ++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂-=ω 21'x x H λ-=（λ为实常数，刻画耦合强度） （a ）求出0H 的本征值及能级简并度。
量子力学第四版卷一[曾谨言著]习题答案解析
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第一章量子力学的诞生1.1设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 )]([2,,2,1,x V E m p n nh x d p -===⋅⎰)(x V解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 a x ≤ （1） 其中a 由下式决定：2221)(a m x V E a x ω===。
a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a =， （2）a x ±=即为粒子运动的转折点。
有量子化条件h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a 22==（3） 代入（2），解出 ,3,2,1,==n n E n ω （4）积分公式：c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 22222221.2设粒子限制在长、宽、高分别为c b a ,,的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。
解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。
假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，则碰撞为弹性碰撞。
动量大小不改变，仅方向反向。
选箱的长、宽、高三个方向为z y x ,,轴方向，把粒子沿z y x ,,轴三个方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于x 方向，有()⎰==⋅ ,3,2,1,x x xn h n dx p即 h n a p x x =⋅2 （a 2：一来一回为一个周期）a h n p x x 2/=∴,同理可得， b h n p y y 2/=, c h n p z z 2/=,,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E zy x z y x n n n zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n1.3设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
第一章量子力学的诞生设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 )]([2,,2,1,x V E m p n nh x d p -===⋅⎰Λ )(x V解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 a x ≤ （1） 其中a 由下式决定：2221)(a m x V E a x ω===。
a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a =， （2）a x ±=即为粒子运动的转折点。
有量子化条件h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a η22==（3） 代入（2），解出 Λη,3,2,1,==n n E n ω （4）积分公式：c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 2222222设粒子限制在长、宽、高分别为c b a ,,的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。
解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。
假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，则碰撞为弹性碰撞。
动量大小不改变，仅方向反向。
选箱的长、宽、高三个方向为z y x ,,轴方向，把粒子沿z y x ,,轴三个方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于x 方向，有()⎰==⋅Λ,3,2,1,x x xn h n dx p即 h n a p x x =⋅2 （a 2：一来一回为一个周期）a h n p x x 2/=∴,同理可得， b h n p y y 2/=, c h n p z z 2/=,Λ,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E z y x z y x n n n zy x ηπ Λ,3,2,1,,=z y x n n n设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
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第十一章：量子跃迁[1] 具有电荷q 的离子，在其平衡位置附近作一维简谐振动，在光的照射下发生跃迁，入射光能量密为)(ωρ，波长较长，求：（1）跃迁选择定则。
（2）设离子处于基态，求每秒跃迁到第一激发态的几率。
（解）本题是一维运动，可以假设电磁场力的方向与振动方向一致。
（1）跃迁选择定则：为确定谐振子在光照射下的跃迁选择定则，先计算跃迁速率，因为是随时间作交变的微扰，可以用专门的公式（12）（§11.4，P396）)(34//'2222k k k k k k r q W ωρπ→=（1）式中2'→k k r 应理解为谐振子的矢径的矩阵元的平方和，但在一维谐振子情形，→kkr /仅有一项2/kk x )(34//'2222k k k k k k x q W ωρπ= （2）根据谐振子的无微扰能量本征函数来计算这矩阵元 dx x k k k ⎰∞∞-=)0('/ψ （3）式中)(2)(!)0(ax H k ax k kkπψ=，μω=a~446~ 要展开（3）式，可以利用谐振子定态波函数的递推公式： }212{1)0(1)0(1)0(+-++=k k kk k x ψψαψ（4）代入（3），利用波函数的正交归一化关系：mn nxndx δψψ=⎰)0(*)0(dxk k x k k kk k ⎰∞∞-+-++⋅=}212{1)0(1)0(1*)0(''ψψαψ1,1,''21121+-++=k kk kk k δαδα（5）由此知道，对指定的初态k 来说，要使矢径矩阵元（即偶极矩阵元）不为零，末态'k 和初态k 的关系必需是：,1'-=k k 这时21,1'k k x x k k k α==- （6）,1'+=k k 这时211,1'+==+k k x x k k k α因得结论：一维谐振子跃迁的选择定则是：初态末态的量子数差数是1。
（2）每秒钟从基态0=k 跃迁到第一激发态的几率可以从（2）式和（7）式得到： )()211(3410222210ωραπq W =)(321010222ωρμωπ q=~447~[2]设有一带电q 的粒子，质量为μ，在宽度为a 的一维无限深势阱中运动，它在入射光照射下发生跃迁，波长a >>λ。
（1）求跃迁的选择定则。
（2）设粒子原来处于基态，求跃迁速率公式。
（解）本题亦是一维运动，并且亦是周期性微扰，故可用前题类似方法。
（1）跃迁选择定则： 按第三章§3.1一维无限深势阱定态波函数是：（原点取在势阱左端）ax k ax k πψsin2)(=（1）根据此式计算矩阵元： dx ax k x ax k ax ax k k ππsinsin2''⋅⋅=⎰=dx axk k axk k x aax ⎰=+--=''])(cos)([cos1ππ利用不定积分公式：2cos sin cos ppx x ppx pxdx x x+⋅=⎰(2)axk k k k ax axk k k k aaxk k k k ax a x k k ππππππ)(sin)()(cos)()(sin )({1'''22'2'''++---+--=~448~aaxk k k k a0'22'2})(cos)(ππ+--222'2')(1)1(4'k kkak kk ---⋅=+π(3)从最后一式知道，要使矩阵元0'≠k k x ，k k +'必需要是奇数。
但这个规律也可以用别种方式叙述，当k k +'是奇数时k k k k k -=-+''2必然也是奇数，因此一维无限深势阱受光照的选择定则是：表示初态和末态的量子数之和（或差）应是个奇数),2,1,0()12('=-=±n n k k因此',k k 二者之中，一个是奇另一个是偶。
（2）跃迁速率：依前题公式（1） )(34'''2222k k kk k k x q W ωρπ=)(]1)1[()(364''2422'22'2222k k kk k kkk q a ωρπ⋅--⋅-⋅=+（4）=±k k '偶数时0'=k k W ，=±k k '奇数时)()(3256''422'22'2222k k k k k kkk hq W ωρππ-⋅=（5）粒子从基态1=k ，跃迁到任何一个偶数态n k 2'=的速率：)()14()(310241,242221,2n n n nqaW ωρπ-=~449~[3]设把处于基态的氢原子放在平行板电容器中，取平行板法线方向为z 轴方向、电场沿z 轴方向可视作均匀，设电容器突然充电然后放电，电场随时间变化规律是： ⎪⎩⎪⎨⎧><=-)()0()0(0)(10为常数τεετt et t求时间充分长后，氢原子跃迁到2s ，或2p 态的几率。
（解）按照习惯表示法，氢原子的初态（k 态）的波函数是：100ψ，末态（'k 态）的波函数是200ψ或m21ψ，它们的显式是如下：1s 态 ar ea -=31001πψ （1）2s 态 ar ear a 23200)2(321--=πψ（2）2p 态 ϕθπψi ar e e a ra ⋅=-s i n )(8123211（3a ）ϕθπψi ar ee a ra ---⋅=s i n )(81231,21 （3b ）θπψcos )(32123210ar eara-=（3c ）~450~这些公式后面都要用来计算几率。
从题意看来，原子所受的微扰是个随时间变化的函数，而且，电场的方向是固定的，与光照射情形不同（光的电磁场是看作各向同性的），因此只能用一般的随时间变化的跃迁振幅公式§ 11-1公式（24）dt eH t C k k i tk k ik k )(0''''1)(ωω-⎰=（4）微扰是指氢原子在此均匀电场中的偶极矩势能：微扰算符Λ'H 在初态k ψ（即100ψ）以及末态（即200ψ或m21ψ）'kψ之间的矩阵元是：将（6）代入（4）先对时间进行积分；并认为充分长时间可以用∞→t 表达：~451~（7）（前式中利用了1)('=-tikkeωω）其次计算偶极矩阵元与无关部分kkez')(，按题意，要求两种跃迁几率，下面分别进行：)21(ss→跃迁，即从态200100ψψ跃迁到的几率：ϕθθπθπϕθddrdreaeraaraezararrsin]1][cos[])2(321[)(2323100,200⋅-=--⎰⎰⎰sincos)2(3212323=⋅-=⎰⎰⎰--∞=ππϕθθθπddrdrearaararr（8）代入（4）中知道ssWC21,0100,200100,200向即自==的跃迁不存在。
再考察)21(ps→的跃迁，由于2p有三种不同态，自1s跃迁到每一态都有一定几率，因而要分别计算再求总和。
ϕθθπθθπϕϕθddrdreaereearaezariarrsin]1][cos[]sin)(81[)(2323100,211⋅=--⎰⎰⎰⎰⎰⎰==-⋅⋅=πθπϕϕϕθθθπ222344cossin8deddreraeiarr（9）~452~同理可求ϕθθπθθπϕϕθd drd r e a er ee ara ez ar i arsin ]1][cos []sin )(81[)(2323100,211⋅=---⎰⎰⎰⎰⎰⎰=--⋅⋅=ππϕϕϕθθθπ02022344cos sin 8d ed dre r aei ar（10）ϕθθπθθπd drd r ea er aara ez ar ar sin ]1][cos []cos )(321[)(2323100,200⋅=--⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞====-⋅⋅=r r ar d d dr er ae 02022344sin cos 32πθπϕϕθθθπππθπ20)cos 31()32(!432354-⋅-⋅⋅=a aeae 55*732=（11）将三种值分别代入（7），得0,0100,121100,211==-C C相应的跃迁几率（态——态自210100ψψ）因aeE ae E k k 282122'-==-==ωω~453~ 量子力学题解（P454—P473）⋅⋅+=⋅-+=⋅+-==32)83(222222152113215]2)'(21[2220223215]21)'(2[22022|100210|2100210ωωτωωτE ωτωωE τEτa e a e k k a ek a e，C W ，#[4]计算氢原子的第一激发态的自发辐射系数。
（解）按照爱因斯坦辐射理论，这系数是：|34'|2232''r ce A kk kk kk ω=（1） 第一激发态是指E 2的态（四度简并的），从第一激发态只能跃迁到基态E 1。
关于偶极矩阵元，应注意到：||||'|'|'|'|2222z y x r kkk k kk kk ++= （2）现在应当分别就四种跃迁计算其跃迁的几率，最后求总和，这才能代表E 2—> E 1的跃迁。
（i ）（200—100跃迁）按照氢原子选择定则：101''±±=-==-=或m m m l l l ∆∆ （课本P397） r的矩阵元才不全为零。
因此这种跃迁是禁约的（l ='l =0）。
但是我们也可以不用这个定则，直接用波函数得出这结果：()31112022332323100210cos sin )2(32sin cos sin )2(32==⋅=⎰⎰⎰--⎰⎰⎰---ππϕϕθπϕθθπϕθπd dr e r a rad drd re ar ea raxrar arar ，（3a ）()23111202332323100210sin sin )2(32sin sin sin )2(32==⋅=⎰⎰⎰--⎰⎰⎰---ππϕϕθθπϕθθπϕθπd d dr e r a rad drd re ar e a rayrar arar ，（3b ）()20cos sin 323)2(3231sin 231cos 2)2(3231100210=⎰⎰⎰--=-⋅--⎰⎰⎰=πϕπθθθπϕθθπθπd d drrer a r a r ad drd rea ra r ear a r az ，（3c ）代入（2）和（1）得100210=A，（4）（ii ） （210->100跃迁），这种跃迁不违背定则，是可能的。