量子力学第三章答案

由ψ 及ψ ′ 的连续性条件有 x=-a:
(x>a )
′ /ψ 2 , ψ 1′ /ψ 1 = ψ 2
βAe − βa
Ae
即 x=a :
− βa
=
αB cos(−αa + δ ) B sin(−αa + δ )
β --------------------------------------------------① α
β α
α α2 +β2
而 故⑤式可化为
α 2 + β 2 = [ 2 μE + 2 μ (ν 0 − E )] h 2 = 2 μν 0 h 2
αa = n ⋅
π
2
− sin −1 (
αh ) -------------------------------------------------------------⑥ 2 μν 0
⑦，⑨两式可改写为
En =
( 2n) 2 π 2 h 2 ----------------------------------------------------------------⑦* 8μa 2 (2n + 1) 2 π 2 h 2 -------------------------------------------------------------⑨* 8μa 2
④-③得：
2αa = ( n 2 − n1 )π − 2ctg −1 ( )
β α
n = n2 − n1 （无整数） ， 则有
αa = n ⋅
但
π
2
− ctg −1 ( ) ---------------------------------------------⑤
β α
ctg −1 ( ) = sin −1
解：一维势阱 V ( x) = ⎨
⎧∞ ( x < −a或x > a) ⎩ 0 (−a < x < a )
(-a<x<a)---------------① (x<-a 或 x>a)-----------② 所以 α 为实数，方程①化为
定态方程为
−
h 2 d 2ψ = Eψ 2μ dx 2
ψ =0
令α 2 =
En =
⑧，⑩两式可改写为
ψ n = A sin
2 nπ x -----------------------------------------------------------------⑧* 2a (2n + 1)π ψ n = B cos x --------------------------------------------------------⑩* 2a
量子力学答案（第三章）
3-1 用单色光和金属钠作光电效应实验发现，当入射光波长 λ=3000Å 时，打出 的光电子动能为 1.85eV（电子伏特） ；当 λ=4000Å 时，光电子的动能为 0.82eV。求： 1） Planck 常数 h 的数值； 2） 用电子伏特为单位表示的钠的逸出功； 3） 钠金属光电效应的截止波长。 解: 钠金属光电效应 已知：λ1=3000Å λ2=4000Å Ek1=1.85eV Ek2=0.82eV
2 2 2
1 (n + ) 2 π 2 h 2 En = ⋅ ------------------------------------------------------------⑨ 2μ a2
2
1 (n + )π 2 x ---------------------------------------------
可采用数值解法或作图法可求得不同 n 值的 α n 值，由 α = 结论：该题没有解析解
2μE h 进而求出 E n 。
β α −β αa + δ = n 2π + ctg −1 ( ) α β = n 2π − ctg −1 ( ) ---------------------------------------④ α
− αa + δ = n1π + ctg −1 ( ) ----------------------------------------③
将⑦*～⑩* 四式合并
⎧ nπx x ≤ a ⎧ A sin , ⎪ψ n = ⎪ ( n为偶数 ) ⎨ 2 a ⎪ x >a ⎪ 0 , ⎩ ⎪ nπx x ≤ a ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ B cos , （n为奇数） ⎨ψ n = ⎨ 2a x > a ⎪ ⎪ 0 , ⎩ ⎪ 2 2 2 ⎪ En = n π h , (n = 1,2,3......) 8μa 2 ⎪ ⎪ ⎩
2 B cosαa = 0 ⑤+⑥ 得 若 B=0， 则 A≠0， sin αa = 0 所以 αa = hπ
0 = − A sin αa + B cos αa --------------------⑤ 0 = A sin αa + B cosαa ----------------------⑥
n π h 2μE h 2π 2 α2 = 2 = 2 得： E n = ------------⑦ 2μa 2 h a nπ ψ n = A sin x ------------------------------------------------------⑧ a ⑥-⑤得 2 A sin αx = 0 cos αa = 0 若 A=0， 则 B≠0， 1 π 所以 αa = ( 2n + 1) ⋅ = ( n + )π 2 2
ctg (−αa + δ ) =
′ /ψ 3 ψ 1′ /ψ 1 = ψ 3
αB cos(αa + δ ) − βCe − βa = B sin(αa + δ ) Ce − βa
即 由①，②得
ctg (αa + δ ) =
−β
α
--------------------------------------------------②
只与变量 r 有关，所以
由于
ψ
1
1
(r )
∇ψ 1 = e r
同理有
∂ ⋅ψ 1 ( r ) ∂r ik 1 = er [ e ikr − 2 e ikr ] r r ik 1 ikr = er [ − 2 ]e r r − ik 1 −ikr * ∇ψ 1 = e r [ − 2 ]e r r
所以
=
=
ν
r2
er
这是一个以速度 v 向外传播的球面波 ②对于 Ψ2 ( r ) =
1 −ikr e 用相同的方法可以解得 r
Z2 = −
hk ν e = − 2 er 2 r r μr
为向中心点收敛的球面波 3-7 粒子在如下的一维势场中运动，求粒子的能级和对应的波函数。
⎧∞ ( x < −a或x > a) V ( x) = ⎨ ⎩ 0 (−a < x < a )
-14
（提示：可按长，宽，高均为 10 的三维无限深势阱计算。 ） 限于 10 cm区域运动的电子的基态能 解：由三维势阱能量公式有基态能
-14
-14
E111 =
π 2h 2 1
2m 3π 2 h 2 2ma 2 3× h2 8ma 2 ( a
2
+
1 1 + 2) 2 b c
=
=
=
3 × (6.6256 × 10 −34 ) 2 8 × 9.109 × 10 −31 × (10 −14 × 10 − 2 ) 2 3 × 6.6256 2 × 10 −5 8 × 9.109
= 2.27eV
③截止频率
E K = hν - W = 0
∴ hν min = W
ν min = W / h
= 2.27 × 1.6021 × 10 −19 / 6.6053 × 10 −34 = 5.506 × 1014 Η z
3-4 一个电子局限在 10 ㎝的区域中运动，试计算该电子的基态能量。
2 μE ， h2
E>0,
d 2ψ + α 2ψ = 0 ----------------------------------------------------③ 2 dx
共通解为：ψ ( x ) = A sin αx + B cos αx --------------------------------------④ 有连续性条件 x=-a: x=a
归一化常数 A = B =
1 a
两个ψ n 可合并为：
ψn =
1 nπ sin (x + a ) a 2a
（ x ≤a）
3-8
一维谐振子处于第一激发态：
ψ 1 (x) =
2α
π
1
αxe
−α 2 x 2
2
4
求其几率最大值的位置。 解：第一激发态函数 由
ψ 1 (x) =
2α
π
1
αxe
2
−α 2 x 2
= 6.6053 × 10 -34 J • S
②逸出功
W = hν 2 − E k 2 = 6.6053 × 10 −34 ×
2.9979 × 10 8 − 0.82 4 × 10 −7 × 1.6021 × 10 −19
= 6.6053 × 2.9979 × 10 0 / 4 × 1.6021 − 0.82
Z1 = −
ih * * [ψ 1 ∇ψ 1 − ψ 1∇ψ 1 ] 2μ
=−
ih er e − ikr ⋅ e ikr ik 1 e ikr ⋅ e − ikr − ik 1 { ( − 2)− ( − 2 )} 2μ r r r r r r