曾谨严量子力学习题解答4
曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案
+a
= 2mω a 2 ⋅
得 a2 = （3）
π = mωπ a 2 = n h 2
代入（2） ，解出
E n = nℏω ,
积分公式：
n = 1, 2 , 3 , ⋯ a 2 − u 2 du = u a2 u a2 − u2 + arcsin + c 2 2 a
（4）
∫
2π
1.4 设一个平面转子的转动惯量为 I，求能量的可能取值。 提示：利用
)
[ (
) (
)
]
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
ℏ2 T= d 3 r∇ψ * ⋅ ∇ψ ∫ 2m
结合式（1） 、 （2）和（3） ，可知能量密度
（3）
w=
且能量平均值
ℏ2 ∇ψ * ⋅ ∇ψ + ψ *Vψ , 2m
（1）
1 mω 2 x 2 。 2
−a
0 a x （2）
a = 2 E / mω 2 ，
x = ± a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件
+a
∫ p ⋅ dx = 2 ∫
nh 2ℏn = mωπ mω
−a
1 2m( E − mω 2 x 2 ) dx = 2mω 2 ∫ a 2 − x 2 dx 2 −a
∫= 1, 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 。
.
它的角动量 pϕ = I ϕ （广义动量） ， pϕ 是运动惯量。按量子化条件
∫
∴
因而平面转子的能量
曾谨言量子力学练习题答案
曾谨言量子力学练习题答案曾谨言量子力学练习题答案量子力学是现代物理学的重要分支之一，其研究对象是微观粒子的行为规律。
曾谨言是一位著名的物理学家，他在量子力学领域有着杰出的贡献。
在学习量子力学的过程中，我们常常会遇到一些练习题，以下是曾谨言量子力学练习题的答案。
1. 问题：在双缝干涉实验中，光子通过两个狭缝后，在屏幕上形成干涉条纹。
如果将其中一个狭缝完全堵住，干涉条纹会发生什么变化？答案：当一个狭缝被堵住时，干涉条纹会消失，屏幕上只会出现一个单缝的衍射图样。
这是因为双缝干涉实验中，光子通过两个狭缝后会形成波的叠加，产生干涉现象。
而当一个狭缝被堵住时，只有一个光子通过，无法产生干涉。
2. 问题：在量子力学中，什么是波函数？答案：波函数是量子力学中描述微观粒子状态的数学函数。
它可以用来计算粒子在空间中的位置、动量等物理量的概率分布。
波函数的平方模的积分表示了粒子在某一位置的概率密度。
3. 问题：什么是量子纠缠？答案：量子纠缠是量子力学中一种特殊的现象，当两个或多个粒子发生相互作用后，它们的状态将无法被单独描述，而是成为一个整体系统的状态。
即使这些粒子之间距离很远，它们的状态仍然是相互关联的。
这种关联关系在量子通信和量子计算中有着重要的应用。
4. 问题：什么是量子隧穿？答案：量子隧穿是指微观粒子在经典力学中无法通过的势垒或势阱，在量子力学中却有一定概率穿越的现象。
这是由于量子力学中粒子的波粒二象性，粒子具有波动性质，可以在势垒或势阱的两侧存在一定的概率分布。
5. 问题：什么是量子比特？答案：量子比特，简称量子位或qubit，是量子计算中的基本单位。
与经典计算中的比特不同，量子比特可以同时处于多个状态的叠加态，这种叠加态可以通过量子门操作进行处理和控制，从而实现量子计算的优势。
以上是曾谨言量子力学练习题的答案。
量子力学作为一门复杂而又精密的学科，需要我们通过理论和练习来加深对其原理和应用的理解。
希望这些答案能够帮助大家更好地掌握量子力学的知识，并在学习和研究中取得更进一步的突破。
曾谨言量子力学练习题答案
曾谨言量子力学练习题答案量子力学是物理学中描述微观粒子行为的一门基础理论，它在20世纪初由普朗克、爱因斯坦、波尔、薛定谔、海森堡等科学家共同发展起来。
曾谨言教授的量子力学练习题是帮助学生深入理解量子力学概念和计算方法的重要工具。
以下是一些练习题及其答案的示例：练习题1：波函数的归一化某粒子的波函数为 \( \psi(x) = A \sin(kx) \)，其中 \( A \) 和\( k \) 是常数。
求波函数的归一化常数 \( A \)。
答案：波函数的归一化条件为 \( \int |\psi(x)|^2 dx = 1 \)。
将\( \psi(x) \) 代入归一化条件中，得到：\[ \int |A \sin(kx)|^2 dx = 1 \]\[ A^2 \int \sin^2(kx) dx = 1 \]利用三角恒等式 \( \sin^2(kx) = \frac{1 - \cos(2kx)}{2} \)，积分变为：\[ A^2 \int \frac{1 - \cos(2kx)}{2} dx = 1 \]\[ A^2 \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin(2kx)}{4k} \right] = 1 \]由于波函数在 \( x = 0 \) 到 \( x = \frac{\pi}{k} \) 之间归一化，所以：\[ A^2 \left[ \frac{\pi}{2k} - 0 \right] = 1 \]\[ A = \sqrt{\frac{2k}{\pi}} \]练习题2：薛定谔方程的解考虑一个一维无限深势阱，其势能 \( V(x) = 0 \) 当 \( 0 < x < a \)，\( V(x) = \infty \) 其他情况下。
求粒子的能级。
答案：在无限深势阱中，薛定谔方程为：\[ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = E\psi(x) \]设 \( \psi(x) = \sin(kx) \)，其中 \( k = \frac{n\pi}{a} \)，\( n \) 为正整数。
曾谨言量子力学课后答案
h2 2m
∇
2ψ
(rv,
t
)
+
[V1
(rv
)
+
iV2
(rv
)]ψ
(rv,
t
)
V1 与V2 为实函数。
4
（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
( ) d
dt
∫∫∫ τ
d
3 rψ
*ψ
=
−
h 2im
∫∫
S
ψ
*∇ψ
−ψ∇ψ *
v ⋅ dS +
2V2 h
（1） （2）
5
取（1）之复共轭：
−
ih
∂ψ * 1 ∂t
= −
h2 ∇2 2m
+
V
ψ
* 1
ψ
2
×
（3）
−ψ
* 1
×
（2）,得
（3）
对全空间积分：
( ) ( ) − ih
∂ ∂t
ψ *ψ 12
=
−
h2 2m
ψ
2
∇
2ψ
* 1
−ψ 1*∇ 2ψ
2
∫ ∫ [ ] − ih d dt
d
3 rψ
* 1
(rv,
d
3rψ
*
−
h2 2m
∇
2
ψ
(动能平均值)
=
−
h2 2m
∫
d
3
r
[∇
⋅
(ψ
*∇ψ
)
−
(∇ψ
*
)⋅
(∇ψ
曾谨言--量子力学习题及解答
dv ， 1
（1） （2） （3）
v c ， v dv v d ，
dv d c d v ( ) d ( ) v c
8hc 5
1 e
hc kT
, 1
1
这里的 的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+dλ之间的辐射能量密度。 本题关注的是λ取何值时， 取得极大值，因此，就得要求 对λ的一阶导数为零， 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：
2
k
2 E
2
k
cos 2d (2 ) cos d ,
2 E
k
这里 =2θ，这样，就有
2
A B E
k
d sin 0
（2）
根据式（1）和（2） ，便有
A E
这样，便有
k n h 2
E
k
E
n h 2 k
nh
其中 h
k
,
h 2
最后，对此解作一点讨论。首先，注意到谐振子的能量被量子化了；其次，这量子化的 能量是等间隔分布的。 （2）当电子在均匀磁场中作圆周运动时，有
R p qBR
2
qB
这时，玻尔——索末菲的量子化条件就为
又因为动能耐 E
p2 ，所以，有 2
2
2 如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（ E 动 e c ） ，那么
曾谨严量子力学习题解答4
=
∫
dpϕ
∗
(
p
)
p2 2m
ϕ
(
p
)
（坐标表象） （动量表象）
证明： （1） 求解势能的平均值。在坐标表象中，有：
V = ψVψ
= ∫∫ dxdx′ ψ x x V (x) x′ x′ ψ = ∫∫ dxdx′ψ ∗(x)V (x)δ (x − x′)ψ (x′) = ∫ dxψ ∗(x)V (x)ψ (x)
+V
( x)⎥⎤
⎦
=
⎡ ⎢ x, ⎣
prˆ 2 ⎤
2m
⎥ ⎦
=
ih m
prˆ
∴
prˆ
=
m ih
⎡⎣ x,
Hˆ
⎤⎦
因此，
p = φn
prˆ φn
= φn
m ih
[
x,
H
]
φn
=m ih
φn
( xH − Hx)
φn
=0
证毕。
3.《曾 P.220练习1》
根据谐振子的能量表象中 x 的矩阵，用矩阵乘法求出 x2 的矩阵。
⎛ ⎜⎝
ih
∂ ∂x
⎞2 ⎟⎠
δ
(
x
−
x′)ψ
(
x′)
1 2m
=
∫
dxψ
∗
(
x
)
⎛ ⎜
⎝
−
h2 2m
∂2 ∂x2
⎞⎟ψ
⎠
(
x)
在动量表象中，有：
T=ψ Tψ
= ∫∫ dpdp′ ψ p p T p′ p′ ψ
= ∫∫ dpdp′ϕ∗ ( p)
p
p2 2m
曾谨言量子力学课后答案
= V (x)
x=a
=
1 mω 2 x 2 。 2
−a
0a x
由此得
a = 2E / mω 2 ，
（2）
x = ±a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件
∫ ∫ ∫ +a p ⋅ dx = 2
2m(E − 1 mω 2 x 2 ) dx = 2mω 2 +a
a 2 − x 2 dx
−a
2
−a
= 2mωa 2 ⋅ π = mωπ a 2 = nh
因而平面转子的能量
Em = pϕ2 / 2I = m2h 2 / 2I ， m =1, 2,3,L
第二章 波函数与 Schrödinger 方程
2.1
设质量为
m
的粒子在势场V
v (r )
中运动。
∫ （a）证明粒子的能量平均值为 E = d 3r ⋅ w ，
w = h 2 ∇ψ *ψ +ψ *Vψ 2m
（3）
w = h 2 ∇ψ * ⋅ ∇ψ +ψ *Vψ , 2m
（4）
且能量平均值
∫ E = d 3r ⋅ w 。
（b）由（4）式，得
∂w ∂t
=
h2 2m
∇ψ. *⋅ ∇ψ
+
∇ψ
*
⋅ ∇ψ.
.
+ψ * Vψ
+ψ
*V ψ.
=
h2 2m
∇
⋅
ψ.
*
∇ψ
+ψ.
∇ψ
*
（能量密度）
（b）证明能量守恒公式
∂w ∂t
+
∇
⋅
v s
=
量子力学——第四章作业参考答案
( p × l − l × p )x ，
2 ( p × l − l × p)y ， ⎡ ⎣l , p ⎤ ⎦ z = i ( p × l − l × p ) z ，因此
同理 ⎡ ⎣l , p ⎤ ⎦y = i
i
2 ( p × l − l × p) = ⎡ ⎣l , p ⎤ ⎦。
3.10 证明： （a） pr =
可见， ( r × l − l × r ) = r × l − l × r ， r × l − l × r 为厄米算符。
+
3.3
证明：一维情况下，由 x 和 p 的对易关系 [ x, p ] = i ， 可得 从而
（6） （7）
xp = i + px ， px = xp − i
，
m −1 n m n +1 [ p, F ] = ∑ Cmn ( px m p n − x m p n+1 ) = ∑ Cmn ⎡ ⎣( xp − i ) x p − x p ⎤ ⎦ m,n =0 ∞ m,n =0
∂ F。 ∂x
（8）
=
m ,n =0
mn
= −i
m,n =0
∑C
mn
mx m −1 p n = −i
同理，可得 [ x, F ] = i 3.4 证明：
∂ F。 ∂p
（9）
[ AB, C ] = ABC − CAB = ( ABC + ACB ) − ( ACB + CAB )
= A [ B, C ]+ − [ A, C ]+ B
（b） pr =
1⎛r r ⎞ 1 ⎡r r ⎛ r ⎞⎤ ⎜ i p + p i ⎟ = ⎢ i p + i p − i ⎜ ∇i ⎟ ⎥ 2⎝ r r ⎠ 2 ⎣r r ⎝ r ⎠⎦
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-力学量随时间的演化与对称性(圣才出
第4章 力学量随时间的演化与对称性4.1 复习笔记一、力学量随时间的演化1．守恒量对于力学量A ，其平均值随时间变化关系式如下A tH A i dt A d ˆ]ˆ,ˆ[1∂∂+=η 故对于Hamilton 量H 不含时的量子体系，如果力学量A 与H 对易，力学量A 对应算符不显含时间t ，则无论体系处于什么状态（定态或非定态），A 的平均值及其测值的概率分布均不随时间改变．则把A 称为量子体系的一个守恒量．2．能级简并与守恒量的关系（1）守恒量与简并关系的定理定理 设体系有两个彼此不对易的守恒量F 和G ，即[F ，H]＝0，[G ，H]＝0，但[F ，G ]≠0，则体系能级一般是简并的．推论 如果体系有一个守恒量F ，而体系的某条能级部简并（即对应于某能量本征值E 只有一个本征态E ψ），则E ψ必为F 的本征态．（2）位力（virial ）定理当体系处于定态下，关于平均值随时间的变化，有一个有用的定理，即位力virial ）定理．设粒子处于势场V （r ）中，Hamilton 量为)(2p 2r V mH += 则位力定理表述如下位力定理推论：若势场函数V(r)为r 的n 次齐次式，则有推论V T 2n =二、波包的运动，Ehrenfest 定理设质量为m 的粒子在势场V （r ）中运动，用波包ψ（r ，t ）描述．设粒子的Hamilton 量为)(2p 2r V mH += 作如下定义：则Ehrenfest 定理表述如下：三、Schr ödinger 图像与Heisenberg 图像（1）（1）式这种描述方式称为Schrödinger 图像（picture ）．亦称Schrödinger 表象． 在Schtodlnger 图像中，态矢随时间演化，遵守Schrödinger 方程，而算符则不随时间的变化；与此相反，在Heisenberg 图像中，则让体系的态矢本身不随时间的变化而算符切随时间的变化，遵守Heisenberg方程．四、守恒量与对称性的关系1．对称性变换[Q，H]＝0 （2）凡满足式（2）的变换，称为体系的对称性变换．物理学中的体系的对称性变换，总是构成一个群，称为体系的对称性群（symmetrygroup）．2．对称性对应守恒量体系在Q变换下的不变性[Q，H]＝0，应用到无穷小变换，就导致F就是体系的一个守恒量．这充分说明对称性变换Q必定对应一个守恒量F．典型的两个例子是：平移不变性对应动量守恒，空间旋转不变性对应角动量守恒．五、全同粒子体系与波函数的交换对称性1．全同粒子体系的交换对称性（1）全同性原理全同性原理：任何可观测到，特别是Hamilton量，对于任何两个粒子交换是不变的，即交换对称性．凡满足P ijψ＝ψ的．称为对称（symmetric）波函数；满足P ijψ＝-ψ的称为反对称（anti—symmetrle）波函数．（2）玻色子与费米子凡自旋为 整数倍（s＝0,1，2，…）的粒子，波函数对于两个粒子交换总是对称的，如π介子（s＝0）．光子（s＝1）．在统计方法上，它们遵守Bose统计，故称为Bose 子．凡自旋为h的半奇数倍（s＝1/2，3/2，…）的粒子，波函数对于两粒子交换总是反对称的，如电子，质子，中子等．它们遵守Fermi统计，故称为Fermi子．2．两个全同粒子组成的体系Pauli不相容原理：不允许有两个全同的Fermi子处于同一个单粒子态．Pauli原理是一个极为重要的自然规律，后来从量子力学波函数的反对称性来说明Pauli原理的是Heisenberg，Fermi和Dirac的贡献．3．N个全同Fermi子组成的体系设N个Fermi子分别处于k2<k z<…<k N态下，则反对称波函数可如下构成（3）P代表N个粒子的一个置换（permutation）．式（3）常称为slater行列式，是归一化因子．4．N个全同Bose子组成的体系Bose子不受Pauli原理限制，可以有任意数目的Bose子处于相同的单粒子态．设有n i个Bose子处于k，态上（i＝1，2，…，N），则该体系的归一化的对称波函数可表为4.2 课后习题详解4.1 判断下列提法的正误：（正确○，错误×）（a）在非定态下，力学量的平均值随时间变化；（×）（b）设体系处于定态，则不含时力学量的测值的概率分布不随时间变化；（○）（c）设Hamilton量为守恒量，则体系处于定态；（×）（d）中心力场中的粒子，处于定态，则角动量取确定值；（×）（e）自由粒子处于定态，则动量取确定值；（×）（f）一维粒子的能量本征态无简并；（×）（g）中心力场中的粒子能级的简并度至少为（2ι／＋1），ι＝0，1，2，…．（○）4.2 设体系有两个粒子，每个粒子可处于三个单粒子态φ 1、φ 2、φ 3中的任何一个态．试求体系可能态的数目，分三种情况讨论：（a）两个全同Bose子；（b）两个全同Fermi 子；（c）两个不同粒子．【解答与分析见《量子力学习题精选与剖析》[下]，7.1题．】7.1 考虑由两个全同粒子组成的体系．设可能的单粒子态为φ1、φ2、φ3，试求体系的可能态数目．分三种情况讨论：（a）粒子为Bose子（Bose统计）；（b）粒子为Fermi子（Fermi统计）；（c）粒子为经典粒子（Boltzmann统计）．解：以符号△、○、口分别表示φ1、φ2、φ3态．Bose子体系的量子态对于两个粒子的交换必须是对称的，Fermi子体系则必须是反对称的，经典粒子被认为是可区分的，体系状态没有对称性的限制．当两个粒子处于相同的单粒子态时，体系的状态必然是交换对称的，这种状态只能出现于Bose子体系和经典粒子体系，体系波函数的构造方式为当两个粒子处于不同的单粒子态（φi和φj，i≠j）时，如果是经典粒子，有两种体系态，即由单粒子态φi和φj可以构成对称和反对称的体系态各一种，即对称态适用于Bose子体系，反对称态适用于Fermi子体系．对于两粒子体系来说，Bose子体系的可能态总数与Fermi子体系的可能态总数之和，显然正好等于经典粒子（可区分粒子）体系的可能态总数．如可能的单粒子态为k个，则三种两粒子体系的可能态数目如下：经典粒子N＝k2本题k＝3，Fermi子、Bose子、经典粒子体系的可能态数目分别为3、6、9．体系态。
量子力学导论习题答案(曾谨言)
第四章 力学量用算符表达与表象变换 4.1）设A 与B 为厄米算符，则()BA AB +21和()BA AB i-21也是厄米算符。
由此证明，任何一个算符F 均可分解为-++=iF F F ，+F 与-F 均为厄米算符，且()()+++-=+=F F iF F F F 21 ,21 证：ⅰ）()()()()BA AB AB BA B A A B BA AB +=+=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++21212121()BA AB +∴21为厄米算符。
ⅱ）()()()()BA AB i AB BA i B A A B i BA AB i -=--=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++21212121()BA AB i-∴21也为厄米算符。
ⅲ）令AB F =，则()BA A B AB F ===++++，且定义 ()()+++-=+=F F iF F F F 21 ,21 （1） 由ⅰ），ⅱ）得-+-+++==F F F F ,，即+F 和-F 皆为厄米算符。
则由（1）式，不难解得 -++=iF F F4.2）设),(p x F 是p x ,的整函数，证明[][]F ,F,,pi F x x i F p ∂∂=∂∂-=整函数是指),(p x F 可以展开成∑∞==,),(n m n m mnp x Cp x F 。
证： （1）先证[][]11, ,,--=-=n n m mp ni p x xmi xp 。
[][][][][][][][]()()[]()111111331332312221111,1,3,,2,,,,,------------------=---=+--==+-=++-=++-=+=m m m m m m m m m m m m m m m m m mx m i x i x i m xxp x i m x x p x i x x p x x p x x i x x p x x p x x i xx p x p x x p同理，[][][][][][]1221222111,2,,,,,--------==+=++=+=n n n n n n n n np ni ppx pi p p x p p x p p i pp x p x p p x现在，[][]()∑∑∑∞=-∞=∞=-==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0,1,0,,,,n m nm mnn m n m mn n m n m mn px m i C p x p C p x C p F p而 ()∑∞=--=∂∂-0,1n m n m mn p x mi C x Fi 。
量子力学曾谨言练习题答案
量子力学曾谨言练习题答案量子力学是物理学中的一门重要学科，研究微观世界的规律和现象。
在学习量子力学的过程中，练习题是不可或缺的一部分，通过解答练习题可以巩固对理论知识的理解和应用能力的提升。
曾谨言练习题是量子力学学习中常见的练习题之一，下面将给出一些曾谨言练习题的答案解析。
1. 一个自旋为1/2的粒子，其自旋在z方向上的观测值为1/2。
如果测量其自旋在x方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？根据量子力学的原理，自旋可以在不同方向上观测到不同的结果。
对于自旋1/2的粒子，在z方向上观测到1/2的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为正半个单位。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正半个单位或负半个单位。
所以可能得到的结果是正半个单位或负半个单位。
2. 一个自旋为1的粒子，其自旋在z方向上的观测值为0。
如果测量其自旋在x 方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？对于自旋为1的粒子，在z方向上观测到0的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为零。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正一个单位、零或负一个单位。
所以可能得到的结果是正一个单位、零或负一个单位。
3. 一个自旋为1/2的粒子，其自旋在z方向上的观测值为-1/2。
如果测量其自旋在x方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？对于自旋1/2的粒子，在z方向上观测到-1/2的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为负半个单位。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正半个单位或负半个单位。
所以可能得到的结果是正半个单位或负半个单位。
4. 一个自旋为1的粒子，其自旋在z方向上的观测值为1。
如果测量其自旋在x方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？对于自旋为1的粒子，在z方向上观测到1的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为正一个单位。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正一个单位、零或负一个单位。
所以可能得到的结果是正一个单位、零或负一个单位。
通过以上几个练习题的答案解析，我们可以看出在量子力学中，观测自旋的结果是具有不确定性的，不同方向上的观测结果是相互独立的。
曾谨言量子力学练习题答案
曾谨言量子力学练习题答案曾谨言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，是研究微观世界的基本理论。
在学习量子力学的过程中，练习题是不可或缺的一部分。
本文将为大家提供一些曾谨言量子力学练习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 考虑一个自旋1/2的粒子，其自旋矢量可以表示为：S = (h/2π) * σ其中，h为普朗克常数，σ为泡利矩阵。
对于自旋1/2的粒子，其泡利矩阵可以表示为：σx = |0 1||1 0|σy = |0 -i||i 0|σz = |1 0||0 -1|其中，i为虚数单位。
根据这些泡利矩阵，我们可以计算自旋矢量在不同方向上的期望值。
2. 对于一个自旋1/2的粒子，其自旋矢量的模长可以表示为：|S| = √(S·S)其中，S·S表示自旋矢量的内积。
根据泡利矩阵的定义，可以计算出自旋矢量在不同方向上的内积。
3. 考虑一个自旋1/2的粒子，其自旋矩阵可以表示为：J = (h/2π) * σ其中，h为普朗克常数，σ为泡利矩阵。
对于自旋1/2的粒子，其泡利矩阵可以表示为：σx = |0 1||1 0|σy = |0 -i||i 0|σz = |1 0||0 -1|根据这些泡利矩阵，我们可以计算自旋矩阵在不同方向上的期望值。
4. 对于一个自旋1/2的粒子，其自旋矩阵的模长可以表示为：|J| = √(J·J)其中，J·J表示自旋矩阵的内积。
根据泡利矩阵的定义，可以计算出自旋矩阵在不同方向上的内积。
5. 考虑一个自旋1/2的粒子，其自旋算符可以表示为：S = (h/2π) * σ其中，h为普朗克常数，σ为泡利矩阵。
对于自旋1/2的粒子，其泡利矩阵可以表示为：σx = |0 1||1 0|σy = |0 -i||i 0|σz = |1 0||0 -1|根据这些泡利矩阵，我们可以计算自旋算符在不同方向上的期望值。
6. 对于一个自旋1/2的粒子，其自旋算符的模长可以表示为：|S| = √(S·S)其中，S·S表示自旋算符的内积。
曾谨言量子力学习题解答 第四章
ˆ nx ˆm x ˆm p ˆn p 是厄密算符。 2
ˆ nx ˆm x ˆm p ˆn p 也是。 2
因此 Anm
mn
ˆB ˆ 0 ˆ 作为厄密算符 0 ˆ 的定义，并设 ( A ˆ ) 又假定用 0 ˆ ) 则本题可用较简方式来证明如下： ˆ A ( B
从原来的对易式经过总数 n-1 次运算后，得
取 A=q，B=p，注意[q，p]=hi 代入前一式后，有
(6)证明
是厄密算符
证明）本题的算符可以先行简化，然后判定其性质
是厄密算符，因此原来算符也是厄密的。 另一方法是根据厄密算符的定义：
用于积分最后一式： 前式=
说明题给的算符满足厄密算符定义。
（7）证 （证明）此算符 证明动量是厄密算符，则 F( )
ni ni
在前式的最后一项中，当 I=x 时，可利用莱勃尼兹公式：
Pxn ( X) (
h n h n 1 h n n Px ) ( X) ( )n ( X n n n 1 ) XPxn i Px i x i x x
n n n
当 i y , z : Py ( X ) XPy ; Pz ( X ) XPz
[ p, fp 2 ] pfp 2 fp 2 ( pf fp ) p 2
h i 2 f p i
(2)证明以下诸式成立： (1) (证明)根据坐标分角动量对易式
~81~
为了求证
该矢量关系式，计算等号左方的矢量算符的 x 分量。
以及
看到 由于轮换对称性，得到特征的公式。
(2) （证明）证法与（1）类似，但需先证 分量与 分量的对易律
同理可证明其他轮换式，由此得普通式
量子力学曾谨言练习题答案
量子力学曾谨言练习题答案量子力学是一门研究微观粒子行为的物理学分支，它与经典力学有着根本的不同。
曾谨言教授的《量子力学》教材是许多学生和学者学习量子力学的重要参考书籍。
以下是一些量子力学练习题的答案，供参考：1. 波函数的归一化条件：波函数的归一化条件是为了保证概率的守恒。
一个归一化的波函数满足以下条件：\[ \int |\psi(x)|^2 dx = 1 \]这意味着粒子在空间中任意位置出现的概率之和等于1。
2. 薛定谔方程：薛定谔方程是量子力学中描述粒子波函数随时间演化的基本方程。
对于一个非相对论性的单粒子系统，薛定谔方程可以写为：\[ i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \psi + V\psi \]其中，\( \hbar \) 是约化普朗克常数，\( m \) 是粒子质量，\( V \) 是势能，\( \nabla^2 \) 是拉普拉斯算子。
3. 不确定性原理：海森堡不确定性原理表明，粒子的位置和动量不能同时被精确测量。
其数学表达式为：\[ \Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{\hbar}{2} \]这里，\( \Delta x \) 和 \( \Delta p \) 分别是位置和动量的不确定性。
4. 氢原子的能级：氢原子的能级是量子化的，并且可以用以下公式表示：\[ E_n = -\frac{13.6 \text{ eV}}{n^2} \]其中，\( n \) 是主量子数，\( E_n \) 是对应于 \( n \) 能级的能级能量。
5. 泡利不相容原理：泡利不相容原理指出，一个原子中的两个电子不能具有完全相同的四个量子数。
这意味着在同一个原子中，没有两个电子可以同时具有相同的主量子数、角量子数、磁量子数和自旋量子数。
6. 量子隧道效应：量子隧道效应是指粒子在经典力学中不可能穿越的势垒下，由于量子效应，粒子有一定的概率穿越势垒。
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第4章-2
4.29——6.14.29证明在zL ˆ的本征态下，0==y x L L 。
（提示：利用x y z z y L i L L L L =-，求平均。
） 证：设ψ是z L 的本征态，本征值为 m ，即ψψ m L z=[]x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ，[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L ，()()()0111 =-=-=-=∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L同理有：0=y L 。
附带指出，虽然x l ˆ，y l ˆ在x l ˆ本征态中平均值是零，但乘积x l ˆyl ˆ的平均值不为零，能够证明：,212y x y x l l i m l l -==说明y x l l ˆˆ不是厄密的。
2ˆx l ，2ˆy l 的平均值见下题。
4.30 设粒子处于()ϕθ,lm Y 状态下，求()2x L ∆和()2yL ∆解：记本征态lm Y 为lm ，满足本征方程()lm l l lm L 221 +=，lm m lm L z =，lm m L lm z =，利用基本对易式 L i L L =⨯，可得算符关系 ()()x y z x z y x y z z y x x x L L L L L L L L L L L L L i L i -=-== 2()x y z z x y y x y z y z x y L L L L L L L i L L L L i L L L -+=-+=2将上式在lm 态下求平均，使得后两项对平均值的贡献互相抵消，因此 22yxLL =又()[]222221 m l l L L L zy x -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴ 上题已证 0==y x L L 。
()()()[]2222222121m l l L L L L L L x x x xx x -+==-=-=∆∴同理 ()()[]222121m l l L y-+=∆。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 科学出版社 课后答案
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。
19812．周世勋编：量子力学教程 人教。
19793．L ．I ．席夫著，李淑娴，陈崇光译：量子力学 人教。
19824．D ．特哈尔编，王正清，刘弘度译：量子力学习题集 人教。
19815．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。
19586．原岛鲜著：初等量子力学（日文） 裳华房。
19727．N.F.Mott.I.N.Sneddon:Wave Mechanics and its Applications 西联影印。
19488．L.Pauling.E.B.Wilson:Introduction to Quantum- Mechanics(有中译本：陈洪生译。
科学) 19519. A.S.Davydov: Quantum Mechanics Pergamon Press 196510. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics（英译本） Springer Verlag 197311. A.Messian:Quantum Mechanics V ol I.North.Holland Pubs 1961ndau,E.Lifshitz:Quantum-Mechanics1958量子力学常用积分公式 (1) dx e x an e x a dx e x ax n ax n ax n ⎰⎰--=11 )0(>n (2) )cos sin (sin 22bx b bx a b a e bxdx e axax-+=⎰ (3) =⎰axdx e ax cos )sin cos (22bx b bx a b a e ax++ (4) ax x a ax a axdx x cos 1sin 1sin 2-=⎰ (5) =⎰axdx x sin 2ax a x aax a x cos )2(sin 2222-+ (6) ax a x ax a axdx x sin cos 1cos 2+=⎰ (7) ax aa x ax a x axdx x sin )2(cos 2cos 3222-+=⎰))ln(2222c ax x a ac c ax x ++++ (0>a ) (8)⎰=+dx c ax 2)arcsin(222x c a a c c ax x --++ (a<0) ⎰20sin πxdx n 2!!!)!1(πn n - (=n 正偶数) (9) = ⎰20cos πxdx n !!!)!1(n n - (=n 正奇数)2π (0>a ) (10)⎰∞=0sin dx xax 2π-(0<a ) (11)) 10!+∞-=⎰n n ax a n dx x e (0,>=a n 正整数) (12) adx e ax π2102=⎰∞- (13) 121022!)!12(2++∞--=⎰n n ax n an dx e x π (14) 10122!2+∞-+=⎰n ax n a n dx e x (15) 2sin 022a dx xax π⎰∞= (16) ⎰∞-+=0222)(2sin b a ab bxdx xe ax (0>a ) ⎰∞-+-=022222)(c o s b a b a b x d x xe ax (0>a )。
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
p ' * ( x , t ) ( x , t )dx p ' * ( x, t )dx C ( p) p ( x, t )dp
p ' * ( x , t ) ( x , t )dx p ' * ( x, t )dx C ( p) p ( x, t )dp
c1
2
(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ) l2的可能测值
l l ( l 1)
2 1 2 2
2 2
2 , l 1 相应本征态Y11
2
l l ( l 1)
2 1
6 , l 2 相应本征态Y20
2
相应的测量概率：
l : c1 ;
平均值：
2 2 1 2
2
l : c2
2 2 2
2 2
2
l l c1 l c2 2
Rnl ( r ) N nl l e 2F ( n l 1, 2l 2, )
曾谨言量子力学第4章
2 ˆ ˆ [ r p, p ]
2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ [ xpx , px ] [ yp y , p y ] [ zpz , pz ] 2 2 2 ˆx ˆy ˆz 2ip 2ip 2ip ˆ2 2ip
思考题： r·p并不是厄米算符，应进行厄米化
a k (t )
2
dak d 2 ak (t ) ak 复共轭项 dt dt (t ) , k ( k , (t )) 复共轭项 t ˆ (t ) H , k ( k , (t )) 复共轭项 i 1 ˆ )( , (t )) 复共轭项 ( (t ), H k k i Ek 2 ( (t ), k ) 复共轭项 0 i
由位力定理知: 则 所以
T V
1 En H T V n ω 2
1 1 T V n ω 2 2
§4.2 波包运动， Ehrenfest(埃伦· 费斯特)定理
1. 波包的运动与经典粒子运动的关系 设质量为m的粒子在势场V(r)中运动，用波包Ψ(r,t)描述，显然 Ψ(r,t)必为非定态，因此处于定态的粒子的概率密度是不随时间 变化的：与经典粒子运动对应的量子态为非定态 ˆ2 p ˆ ˆ V (r ) (1) 设粒子运动的Hamilton 为 H 2m 则粒子的坐标和动量的平均值随时间的变化为
(2) 势场V(r)在空间的变化很缓慢，使得波包中心 处的势场 V (r )与粒子感受到的势场很接近；
(3)波包的扩散不太大。 如： 一维波包的运动 在波包中心 xc x 附近对 V (x) / x 作Taylor 展开， 令ξ=x-xc，则有
2V ( xc ) 1 2 3V ( xc ) V V ( xc ) ξ ξ 2 3 x xc xc 2 xc
量子力学曾谨言练习题答案
量子力学曾谨言练习题答案量子力学是现代物理学的重要分支，研究微观世界的行为规律。
而曾谨言练习题则是量子力学学习过程中的一种重要辅助工具，有助于加深对于量子力学理论的理解和应用。
在这篇文章中，我们将探讨一些量子力学曾谨言练习题的答案，帮助读者更好地理解这一复杂而又神奇的学科。
首先，我们来看一个经典的量子力学练习题：双缝干涉实验。
在这个实验中，一束光通过两个狭缝后形成干涉条纹。
问题是，如果我们只通过其中一个缝让光通过，干涉条纹会发生什么变化？答案是，当只有一个缝让光通过时，干涉条纹会消失。
这是因为双缝干涉实验中的干涉效应依赖于两个缝同时让光通过，以形成干涉图样。
当只有一个缝让光通过时，就无法形成干涉，因此干涉条纹消失。
接下来，我们来看一个更复杂的问题：薛定谔方程。
薛定谔方程是描述量子力学中微观粒子行为的基本方程。
问题是，如何求解薛定谔方程？答案是，薛定谔方程是一个偏微分方程，可以通过一些数值和解析方法进行求解。
数值方法包括有限差分法和有限元法，可以通过离散化空间和时间来近似求解。
解析方法则包括分离变量法和变分法等，可以通过一系列数学技巧来得到解析解。
薛定谔方程的求解是量子力学研究的基础，对于理解和预测微观世界的行为至关重要。
除了理论问题，量子力学还涉及到一些实验上的考察。
例如，光电效应是量子力学的重要实验现象之一。
问题是，为什么在光电效应中，只有光的频率大于某个临界值时，才能引起电子的发射？答案是，光电效应是由光子与金属表面电子的相互作用引起的。
当光子的能量大于金属表面电子的束缚能时，光子能够将电子从金属中解离出来，形成光电子。
而光子的能量与频率有直接关系，即E=hf，其中E为光子的能量，h为普朗克常数，f为光的频率。
因此，只有光的频率大于某个临界值，光子的能量才能够大于金属表面电子的束缚能，从而引起电子的发射。
最后，我们来看一个与量子力学应用相关的问题：量子计算。
量子计算是利用量子力学的特性来进行计算的一种新型计算方式。
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(
)
提示：由于 [ A, B ] = 0 ，可以找它们的共同本征函数。
B 解：（a） 如存在Hermite算符 A 、 ，使 U = A + iB ，则：
U + = A iB
容易解出
A= 1 + (U + U ) , 2
B=
i (U + U ) 2
B 显然这样确定的 A、 都是Hermite算符。
)
因此，利用波函数的正交性
(φm , φn ) = δ mn 和上式结果，有：
n ( n 1)δ m,n 2
x2 ) (
mn
= (φm , x 2φn )
= 1 2α 2
( n + 1)( n + 2 )δ m,n+ 2 + ( 2n + 1) δ mn +
4.《曾 p.244-46》
En = En
( 0)
n
q 2ε = mω 2
q 2ε 2 2mω 2
（2）
(0 En ) 为 ε = 0 时的能级，即自由谐振子的能级：
1 ( En0) = n + hω , n = 0,1, 2,L 2 将式（3）代入式（2），最后得到能级公式：
（3）
1 q 2ε 2 En = n + hω 2 2mω 2
En λ = λ m
积分，即得
En =
λ2
2m
+C
（3）
( 0) ( 0) C 为积分常数。由于 λ = 0 时，H = H 0 , En = En ，所以 C = En ，代入式（3）
即得:
( En = En0)
λ2
2m
6.《曾 P.363-27》
《曾练习下册 P.80-5.8》
将电荷为 q 的一维谐振子放在均匀电场 ε 中，Hamilton量为 p2 1 H= + mω 2 x 2 qε x 2m 2 利用HF定理，求其束缚能级 En 。 解：利用Heisenberg运动方程
1.《曾 P.233练习2》 2 证明势能 V (x ) 和动能 T = p 2m 在量子态 ψ 下的平均值分别为
V = ∫ dxψ (x )V ( x )ψ ( x )
= ∫ dp ( p )V ih ( p ) p
（坐标表象） （动量表象）
h2 2 T = ∫ dxψ (x ) 2m x 2 ψ (x ) 2 p = ∫ dp ( p ) ( p) 2m
1 n +1 n x φn = x ( xφn ) = xφn +1 + xφn 1 α 2 2
2
（1）
1 n+2 n +1 φn + 2 + φn xφn +1 = α 2 2
1 n n 1 xφn 1 = φn + φn 2 2 2 α
（2）
（3）
将（2）和（3）式代入（1）式中，可得：
在任何束缚态 φn 下求平均] = qε mω 2 x dt ih
1 pH Hp ih
n
=0
所以有： x
qε n mω 2 我们视电场强度 ε 为参变量，有： =
H = qx ε
（1）
利用HF定理以及式（1），可得：
En H = ε ε
积分，即得：
5.《曾 P.362-26》 《曾练习下册 P.79-5.7》 设一维粒子的Hamilton量为 H 0 = p 2 2m + V ( x )
( 能量记为 En ) 。如Hamilton量变成
0
H = H0 + λ p m
利用HF定理，求其束缚能级 En 。 解：视 λ 为参变量，则
H p = λ m
U 作为么正算符，满足：
UU + = U +U = 1
而
UU + = ( A + iB )( A iB ) = A2 + B 2 i [ A, B ] = 1 U +U = ( A iB )( A + iB ) = A2 + B 2 + i [ A, B ] = 1
2 2 因此必有： A + B = 1,
《曾练习下册P.44-3.9》
设 U 为么正算符，证明： （a） 可以分解为 U 1 i U = A + iB, A = (U + + U ) , B = U + U 2 2 2 2 A + B = 1, 而且 [ A, B ] = 0 （b）进一步证明 U 可以表示为 U = exp ( iH ) ，H 为Hermite 算子。
[ A, B ] = 0
（b）由于 A、B 是对易的Hermite算符 ，故存在共同本征态 n ，满足本征
方程：
A n = An n ,
由于 A2 + B 2 = 1, 易见： An 2 + Bn 2 = 1
B n = Bn n
因此，对于每组本征值 ( An , Bn ) ，在 ( 0, 2π ) 区间必然存在实数 H n ，使
1 ′ψ ( x ) ih δ ( x x′ )ψ ( x′ ) = ∫∫ dxdx 2m x
2
h2 2 = ∫ dxψ ( x ) ψ ( x) 2 2m x
在动量表象中，有：
T = ψ Tψ
= ∫∫ dpdp′ ψ p p T p′ p′ ψ p2 p′ p′ ψ = ∫∫ dpdp′ ( p ) p 2m p2 δ ( p p′ ) ( p′ ) = ∫∫ dpdp′ ( p ) 2m p2 ( p) = ∫ dp ( p ) 2m
V = ψVψ
= ∫∫ dpdp′ ψ p p V p′ p′ ψ = ∫∫ dpdp′ ( p ) p V p′ ( p′ ) = ∫∫ ∫∫ dpdp′dxdx′ ( p ) p x x V x′ x′ p′ ( p′ ) = ∫∫∫ dpdp′dx ( p ) 1 2π h 1 ∞ ′ = ∫∫∫ dpdp′dx ( p ) Cn x n e i( p p ) x / h ( p′ ) ∑ 2π h n =0 i ( p p′) x / h ( p′ ) = ∫∫∫ dpdp′dx ( p ) ∑ Cn ih p e 2π h n =0 i ( p p′) x / h 1 V ih e ( p′ ) = ∫∫∫ dpdp′dx ( p ) 2π h p
（坐标表象） （动量表象）
证明： （1） 求解势能的平均值。在坐标表象中，有： V = ψVψ
= ∫∫ dxdx′ ψ x x V ( x ) x′ x′ ψ = ∫ dxψ ( x )V ( x )ψ ( x )
= ∫∫ dxdx′ψ ( x )V (x )δ ( x x′)ψ ( x′)
在动量表象中，有：
根据HF定理，应有：
En H = λ λ =
n
1 p m
n
（1）
但因
1 dx 1 1 p2 = [ x, H ] = + λ p = ( p + λ ) x, dt ih ihm 2 m
对于任何束缚态，均有 dx 1 xH Hx = dt n ih 因此，
n
=0
（2）
p
n
= λ
将（2）式代入（1）式，可得：
1 n +1 1 n + 2 n +1 n 1 n n 1 φn + 2 + φn + φn 2 x φn = φn + 2 2 2 2α 2 α 2 α
2
=
1 2α
2
(
( n + 1)( n + 2 )φn+ 2 + ( 2n + 1) φn +
n ( n 1)φn 2
因此，
m m r p = φn p φ n = φ n [ x, H ] φ n = φn ( xH Hx ) φn = 0 ih ih
证毕。
3.《曾 P.220练习1》 根据谐振子的能量表象中
x 的矩阵，用矩阵乘法求出 x 2 的矩阵。
解：
1 n +1 n 在能量表象中，由 xφn = φn +1 + φn 1 ，可知： 2 α 2
An = cos H n ,
从而
Bn = sin H n
U n = ( A + iB ) n = eiH n n
如在全体 n 所张态矢量空间中定义 Hermite算符 H ，使
H n = Hn n
则 而且 即
eiH n = eiH n n
e
iH
(e )
iH ＋
= eiH e－iH = 1
eiH
为么正算符。由此可见 U = exp ( iH )
= ∫∫ dxdx′ ψ x x T x′ x′ ψ p2 = ∫∫ dxdx′ψ ( x ) x x′ x ′ ψ 2m p2 = ∫∫ ∫∫ dxdx′dpdp′ψ ( x ) x p p p ′ p ′ x′ ψ ( x′ ) 2m 1 i ( x x′) p h p 2 = ∫∫∫ dxdx′dpψ ( x ) ψ ( x′ ) e 2π h 2m
证毕。
2.《曾 P.241-25》 证明在不连续谱的能量本征态下，动量平均值为0。
证明：
设不连续谱的能量本征态为 φn ，于是：
r p2 H= +V ( x) 2m
H φn = En φn
r r p2 p 2 ih r = x, Q x, H + V ( x ) = x, = p 2m 2m m r m ∴ p = x, H ih
V ( x) e
i ( p p′) x / h