量子力学导论第6章答案
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#6 @
1 N L 2
耦合之后总磁矩
1 1 N L J ( g p g N )N S J J 2 2 R J ( J 1)
因 J LS 有
N 3 ( g p g N ) N (1) J / 2
旋 S , 然后总自旋再与轨道角动量 l 耦合形成总角动量 J , 用核磁子表示你的结果. 已知质子和 中子的磁矩分别是 2.79 和-1.91 核磁子. 解: (i) S,D 态的宇称为正, 而 P 态的宇称为负, 由于宇称守恒, 开始时为 S 态的量子态在任何 时刻都不可能有 P 态混入 (ii)
1 1 1.5 ( g p g N ) N J 0.31 N J 2 2
取 J 方向的投影并使 J s 为最大值 J 1 , 从而有 0.31 N 6.11 一个 介子(赝标粒子, 自旋为零, 奇宇称)最初别束缚在氘核周围, 并处在最低库仑态
的角分布是多少? (i). 反应前后宇称守恒, 有
p( ) p(d )(1) L1 p(n) p(n)(1) L
L1 , L2 分 别 是 d 及n+n 的 轨 道角 动量 . 但反 应 前 是 在库 仑 势的 最低 能 态
中, L1 0 , 且已知: p( ) 1, p(d ) 1 有
2/3 c , 2/ d 3 , 1/ 3
p 1,1 p 1, 1 0 n 1, 0
查 C G 系数表, 可得
a 1 / 3b ,
共振态的 I 3/ 2 , 经过此面的截面比为 1 2 4 2 a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
能的, 因为 L 1 , 所以几率为 0 (iii) 从而有 初始态为 J , J z 1,1 , 将其变成非耦合表象 L 1, S 1, L, L3 , S , S z
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.7-6#5
S1 , S2 , S3 互相对易，而且
2 2 2 S1 S2 S3
3 4
因此
2 2 2 S 12 S1 S2 2S1 S2 2 S 123
3 2S1 S2 2
9 2( S1 S2 S2 S3 S3 S1 ) 4
(1, 2) (1) (2)
2
1 [ (1) (2) (1) (2)] 2
2
总自旋 S 共有两个本征值：0 和 2. S 0 的本征 (1) (2) (1) (2)] 2
2
在体系的自旋态 中测得 S 0 的概率为
2 S12 S ( S 1), S 0,1
2
2
2
2
2
2
1 1 3 2 S123 S ( S 1), S , , 2 2 2
代入 H 的表达式，就得到能级值，记为 ESS 。由于体系能量与 ( S123 ) z ，即总自旋 z 分量的 本征值 [S , S 1,
r 1 1 ] e [ S , S x ] e ( S [ x , S ] x [ S , S ]) r r r
l
和 S 对易，但 l 和 S n 并不对易，利用基本对易式 [l , x ] i x , 容易证明
[l , Sn ] [l , S
,(S )] 无关，故能级 ESS 的简并度 (2S 1) 。量子数 S , S 的可能组合以
及能级和简并度如下：
S S
1 3/2 1/2
0 1/2
ESS
简并度 (2S 1)
A B 4 2
量子力学答案完全版
⒈热辐射的峰值波长与辐射体温度之间的关系被维恩位移定律： 表示，其中。
求人体热辐射的峰值波长（设体温为）。
解：，由题意，人体辐射峰值波长为：。
⒉宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀各向同性的背景热辐射相当于黑体辐射。
此辐射的峰值波长是多少？在什么波段？解：T=2.726K ，由维恩位移定律，属于毫米波。
⒊波长为的X 射线光子与静止的电子发生碰撞。
在与入射方向垂直的方向上观察时，散射X射线的波长为多大？碰撞后电子获得的能量是多少eV ？解：设碰撞后，光子、电子运动方向与入射方向夹角分别为θ,α，由能量守恒，，动量守恒:;；整理得:;联立第一式：nm c m h e 01.0;2sin 20201===-λλθλλ ;则X 射线的波长为：01.02sin 221+=θλc m h e ；电子能量：1λλhchc E e -= ⒋在一束电子束中，单电子的动能为，求此电子的德布罗意波长。
解：电子速度远小于光速，故：;则：。
5.设归一化函数： （x ）=Aexp(-2x 2)(-)a 为常数，求归一化常数A 。
解：由归一化条件 |2dx=1 得A 2==A=6.设归一化波函数=A(0n为整数，a为常数，求归一化常数A解：由归一化条件|2dx得A2=1解得A=7.自由粒子的波函数为=Aexp()其中和是粒子的动量和能量，和t是空间与时间变量，ℏ是普朗克常数，A是归一化常数，试建立自由粒子波函数所满足的方程。
解：由=Aexp()，将其对时间求偏微商，得到=-E,然后对其空间求偏微商，得到：=-利用自由粒子的能量和动能的关系式：E=就可以得到：i=---------自由粒子波函数所满足的方程8．设一个微观粒子的哈密顿算符的本征方程为Ĥ=该粒子的初始波函数为=+设和是实数，求任意时刻的波函数及粒子的几率密度.解：由=exp()=dx=== exp()+ exp()粒子的几率密度===[ exp()+ exp()][ exp()+ exp()]因为和是实数，利用欧拉公式：原式=9.宽度为a的一维无限深势阱中粒子的本征函数为=求证本征函数的正交性：dx=0(m)证：===[]=0()10．原子核内的质子和中子可以粗略地当成处于无限深势阱中而不能逸出，它们在核中可以认为是自由的，按一维无限深势阱估算，质子从第一激发态（n=2）跃迁到基态（n=1）时，释放的能量是多少MeV?核的线度按a=1.0m计算。
曾谨言量子力学习题解答 第六章
^ ^ ^ ^ ^ 1 1 1 ( p r ) [ r p p r ] 2 r r
1 ^ ^ 1 1 ^ ^ = (p r ( ) ( ) r p 2 r r ^ ^ 1 ^ ^ 1 1 ^ = [ p r r p ] p r 2 r r
2 2 2 2 x 2 px y2 py z 2 x 2 px y2 py z 2 p z2 ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^
得： ( r p ) ( r ) ( p ) ( r p ) 2i r p
2 2 2 2
^ ^
^
^
^ ^
2 2 2 ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ 2 ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^
^
^
^ ^
^
^
^ ^
+ (z px z p x x p z x p z z p x x pz )
2 2 2 ^
^
^
^ ^
^ ^
^ ^
^ ^
^ 2
^
+(x
^ 2
2 ^
利用以上结果，或者直接对 p r 取厄米共轭式，都证明 p r p r
^
因此可认为 p r 是厄米的，证明在后面，但是关于这问题学术上有争论， 因为它还需要满足另一些条件(Liboff)。 C f R L Liboff: American Journal of Physics 976(1973)
m1 m ) y )( 2 m m Z z
(Y
(Z
m m1 z )( 2 )} m Y y m
[理学]《量子力学导论》习题答案曾谨言版_北京大学1
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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===。
《量子力学教程》_课后答案
(n 1, 2, 3,)
∴ 2 ( x) A sin
n x a
由归一化条件
得
( x) dx 1
2
A2
a
2 sin
0
n xdx 1 a
由
a
b
sin
m n a x sin xdx mn a a 2
14
A
2 a 2 n sin x a a
2 ( x)
23
2
23
T 100 K 时， E 1.381021 J 。
7
1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两个光子的能量相等，问要实现这种转化，光子 波长最大是多少？ 解：转化条件为 h ec 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c h ，所以 ，即有 ec
A2 2 T A2 2T pdq A 0 cos t dt 2 0 (1 cost )dt 2 nh ， n 0,1,2,
2 2 T 2
A2 2 nh E nh ， n 0,1,2, 2 T
6
v 2 v （2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。由 evB ，得 R eB R
其解为
2 ( x) A sin kx B coskx
④
13
根据波函数的标准条件确定系数 A，B，由连续性条件，得
2 (0) 1 (0)
2 ( a ) 3 ( a)
⑤ ⑥ ⑥
⑤
B0 A sin ka 0
A0 s i n ka 0 ka n
max
0 h 6.626 1034 c 0.024A （电子的康普顿波长）。 31 8 e c 9.1 10 3 10
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.13-6#1
E E E E 1 2 2s c xc 1 2 2c s xs 2 2 4 4
而
E E 2c / s 2 x 1 s1 2 2s / c 2 x 1 c12 4 4
2 2
1 1 2 2 2 1 1 x 2 cos s c 4s 2c 2 cos E2 E3 t / 2 2 2 2 1 x 2
1 x 2 Et /
1
1 sin 2 1 x2
1 x 2 Et / 2
编辑者：霍团长 6.13、讨论一个中性粒子，它的内禀角动量是 S ( S 1) ，其中 S ，即它是一个自旋为 1 的
2
2
粒子。假设这粒子有一磁矩 M S ， 是一个常数。这个粒子的量子态可用自旋空间描述。它的 基矢是 S x 的两个本征态 和 ，分别代表其自旋方向平行和反平行于 z 轴，即有
批注 [JL1]: 应为 S z
Sz
2
， Sz
2
在 t 0 时，体系状态是
(t 0) 。这一粒子沿 y 轴运动，通过一沿 y 轴方向的均匀磁场
B B0 j 。
(ⅰ)、求
(t ) ，用 和 来表示。
(ⅱ)、 S x 、 S y 、 S z 作为时间函数的表达式。
状态的自旋波函数是： 1 1 2 ， 2 S 1 2 C12 ， 3 C1 2 S12 ， 4 1 2 ，其
批注 [JL3]:
H E / 41 2 1 2
中
z i i i
1，ຫໍສະໝຸດ z i i iz
量子力学习题答案9页word
2.1 如图所示右设粒子的能量为，下面就和两种情况来讨论（一）的情形此时，粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为其中其解分别为（1）粒子从左向右运动右边只有透射波无反射波，所以为零由波函数的连续性得得解得由概率流密度公式入射反射系数透射系数（2）粒子从右向左运动左边只有透射波无反射波，所以为零同理可得两个方程解反射系数透射系数（二）的情形令,不变此时，粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为其解分别为由在右边波函数的有界性得为零（1）粒子从左向右运动得得解得入射反射系数透射系数(2) 粒子从右向左运动左边只有透射波无反射波，所以为零 同理可得方程由于全部透射过去，所以反射系数 透射系数2.2如图所示在有隧穿效应，粒子穿过垒厚为的方势垒的透射系数为总透射系数2.3以势阱底为零势能参考点，如图所示 （1）左 中 0 a x时只有中间有值在中间区域所满足的定态薛定谔方程为其解是由波函数连续性条件得∴∴ 相应的因为正负号不影响其幅度特性可直接写成由波函数归一化条件得所以波函数（2） ∞∞左 中 右0 x显然时只有中间有值在中间区域所满足的定态薛定谔方程为其解是由波函数连续性条件得当，为任意整数，则当，为任意整数，则综合得∴当时，，波函数归一化后当时，，波函数归一化后2.4如图所示左中0 a 显然其中其解为由在右边波函数的有界性得为零∴再由连续性条件，即由得则得得除以得再由公式 ,注意到令,其中，不同n对应不同曲线, 图中只画出了在的取值范围之内的部分65n=0只能取限定的离散的几个值，则E 也取限定的离散的几个值，对每个E ，确定归一化条件得2.5则该一维谐振子的波函数的定态薛定谔方程为令则上式可化成令则只有当有解2.6由 和已知条件可得第三章3.1能量本征值方程为即分离变量法，令则有令则同理令则式中能级简并度为3.2角动量算符在极坐标系下则由能量本征值方程令其解为由周期性得归一化条件则3.4由能量本征值方程令当令 此时 满足的方程为时时只考虑时令其解分别为由波函数有界性得由波函数连续性得再由公式,注意到令,其中 ， 不同n 对应不同曲线,图中只画出了在的取值范围之内的部分65只能取限定的离散的几个值，则E也取限定的离散的几个值，对每个E，确定归一化条件得 1 可求得3.5同理方差算符则由测不准关系代入，验证该式是成立的第四章4.1在动量表象中，则代入得令得则归一化后的4.5本征方程的矩阵形式上式存在非零解的条件是即解得当再由得当，同样第六章6.3解：在z S ˆ 表象，nS ˆ的矩阵元为 其相应的久期方程为 即所以nS ˆ的本征值为2±。
量子力学答案课后 习题答案详解(周世勋)
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv echv d kThv v v 11833-⋅=πρ， 以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThc e kT hc ehcλλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThcλλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5这是一个超越方程。
首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。
据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。
1．2 解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λhP =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph =λ nmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
量子力学解答(6章)
加上微扰 H ′ = λxy 后能量的一级修正可由非简并微扰公式求得：
ww
2 y
nx , n y = 1,2,3...
nx , n y = 1,2,3...
kh
da
πx
a
a
0
解：(a) H 0ψ ( x, y ) = ( H x + H y )ψ = Eψ ，定态 Schrodinger 方程分离变量为：
k
λ
代入二级修正公式：
E
( 2) n 2
′ |2 | H kn 1 λ2 hω = [(n + 1)δ k ,n+1 + nδ k ,n−1 − 2 n(n + 1)δ k ,n+1δ k ,n−1 ] ∑ (0) (0) (0) En − Ek 2m k En − Ek( 0 )
与 3-30 题所得精确值一致。
注意到 E
(0) 1
Z 2e 2 =− ，相对修正量： 2 a0 Z 2 e 2 4Z 2 R 2 Z 2 R 2 = ~ ~ 10 −4 2 2 2 a0 5a0 a0
E1(1) 2Z 4e 2 R 2 = 3 | E1( 0 ) | 5a0
w.
H xϕ nx = Enxϕ nx ,
Enx =
2ma 2
3
w.
1 = (n + )hω 和|n〉 。 2
的正交性：
co
cos θ | lm >=
(l + m)(l − m) (l + m + 1)(l − m + 1) | l − 1, m > 及 球 谐 函 数 | l + 1, m > + (2l − 1)(2l + 1) (2l + 1)(2l + 3)
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.1-6#3
(iv)显然, l 1, ml 1, ms 1/ 2, j l S 3/ 2, m j ml ms 3/ 2
J 2 的本征值为 j j 1
2
15 4
2
, J z 的本征值为
3 2
ˆ 的可能值为 可见, S z
2
,
1 cos 1 cos 和 2 2 1 cos 1 cos Sz cos 2 2 2 2 2 同理,对应于 S n 的本征函数为 2
相应的几率为
1 cos 2 1 (Sn ) 2 cos i cos 2(1 cos )
cos i cos cos
2 2
cos
2
(cos i cos ) 0 cos 2
(cos i cos )
2 2
即
2
4
cos 2
4
(cos 2 cos 2 ) 0
又 cos
2
cos2 cos2 1
2
（ ii） 2 （ iii） 3
1 2 1 ( S z )10 ( , ) 1 ( S z )11 ( , ) 3 2 2 1 2 1 ( S z )10 ( , ) 1 ( S z )11 ( , ) 3 2 2
第六章
编辑者：霍团长
自旋和角动量
6.1 如果 m 是 Lz 的本征态,满足本征方程 Lz m m m ,现在将 z 轴转一 个角度 ,变成 z 轴,求证: Lz m cos
证明: Lz Lx cos x, z Ly cos y, z Lz cos 由于 m 是 Lz 的本征态 则有
量子力学答案课后 习题答案详解(周世勋)
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv echv d kThv v v 11833-⋅=πρ， 以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThc e kT hc ehcλλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThcλλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5这是一个超越方程。
首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。
据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。
1．2 解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λhP =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph =λ nmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
原子物理学杨福家1-6章_课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：222212121v m V M V M e +'=αα （1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e （4）)sin(sin ϕθϕαα+='VM V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v化简上式，得（６）θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.(问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa2 sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
量子力学导论答案
i
* 2 2 * V1 iV2 * t 2m
（2）
* （1）- （2）,得 i
* 2 * 2 2 * 2i *V2 t 2m 2 * * 2iV2 * 2m
（3）
2 （3） 1* （2）,得
i
对空间积分：
* 2 1 2 2 2 1* 1* 2 2 t 2m
2V * * * 2 * t 2im
（3）
即
2V j 2 0 ， t
6
此即几率不守恒的微分表达式。 （b）式（3）对空间体积 积分，得
2 d 3 r * * * d 3 r d 3 rV2 * t 2im 2 * * d S d 3 rV2 * 2im S
（能量密度）
w
2 * *V 2m w s 0 t
（b）证明能量守恒公式
2 * * s 2m t t
证： （a）粒子的能量平均值为（设 已归一化）
（能流密度）
2 2 3 E * 2m V d r T V
m 1, 2 , 3 ,
p mh ，
2 E m p / 2I m 2 2 / 2I ，
m 1, 2 , 3 ,
4
第二章 波函数与 Schrödinger 方程
2.1 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
量子力学作业答案精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版量子力学课后习题答案2.1证明在定态中，概率流密度与时间无关。
证：对于定态，可令)]r ()r ()r ()r ([m2i ]e )r (e )r (e )r (e )r ([m2i )(m 2i J e)r ( )t (f )r ()t r (**Et iEt i **Et i Et i **Etiψψψψψψψψψψψψψψψ∇-∇=∇-∇=∇-∇===-----）（）（，可见t J 与无关。
2.2 由下列定态波函数计算几率流密度： ikr ikr e re r -==1)2( 1)1(21ψψ 从所得结果说明1ψ表示向外传播的球面波，2ψ表示向内(即向原点) 传播的球面波。
解：分量只有和r J J 21在球坐标中 ϕθθϕθ∂∂+∂∂+∂∂=∇sin r 1e r 1e r r 0 r m r k r m r k r r ik r r r ik r r m i r e rr e r e r r e r m i mi J ikr ikr ikr ikr30202201*1*111 )]11(1)11(1[2 )]1(1)1(1[2 )(2 )1(==+----=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ r J 1与同向。
表示向外传播的球面波。
rm r k r m r k r r ik r r r ik r r m i r e r r e r e r r e r m i mi J ikr ikr ikr ikr3020220*2*222 )]11(1)11(1[2 )]1(1)1(1[2 )(2 )2(-=-=---+-=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ可见，r J与2反向。
表示向内(即向原点) 传播的球面波。
2.3 一粒子在一维势场⎪⎩⎪⎨⎧>∞≤≤<∞=a x a x x x U ，，，0 00)( 中运动，求粒子的能级和对应的波函数。
解：t x U 与)(无关，是定态问题。
《量子力学导论》习题答案(曾谨言版-北京大学)1
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-第二版-第六章--散射-习题答案--周世勋
第六章 散射1．粒子受到势能为2)(r ar U =的场的散射，求S 分波的微分散射截面。
[解] 为了应用分波法，求微分散射截面，首先必须找出相角位移。
注意到第l 个分波的相角位移l δ是表示在辏力场中的矢径波函数l R 和在没有散射势时的矢径波函数l j 在∞→r 时的位相差。
因此要找出相角位移，必须从矢径的波动方程出发。
矢径的波动方程是：0))1()((12222=+--+⎪⎭⎫ ⎝⎛l lR r l l r V k drdR r dr d r其中l R 是波函数的径向部分，而E k r U r V 2222),(2)(μμ==令r r x R l l )(=，不难把矢径波动方程化为02)1(2222=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+''l l x r r l l k x μα再作变换 )(r f r x l =，得0)(221)(1)(2222=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+'+''r f r e k r f r r f μα这是一个贝塞尔方程，它的解是)()()(kr BN kr AJ r f p p +=其中222221 μα+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=l p 注意到)(kr N p 在0→r 时发散，因而当0→r 时波函数∞→=rN R p l ，不符合波函数的标准条件。
所以必须有0=B故)(1kr J r AR p l =现在考虑波函数l R 在∞→r 处的渐近行为，以便和l j 在∞→r 时的渐近行为比较，而求得相角位移l δ，由于：)2sin(1)42sin(1)(l lkr r p kr r r R δπππ+-=+-→∞→⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++-=∴21221224222l d l l p l μππππδ当l δ很小时，即α较小时，把上式展开，略去高次项得到⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+-=2122l l μαπδ又因 l i i elδδ212=-故 ∑∞=-+=02)(cos )1)(12(21)(l l i P e l ik f l θθδ∑∞=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=02)(cos 122)12(21l l P l i l ik θμαπ∑∞=-=02)(cos l l P k θπμα注意到 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+=∑∑∞=∞=02121202112121222112)(cos 1)(cos 1cos 211l l l l l lr r P r r r r r P r r r r r r r r 当当θθθ如果取单位半径的球面上的两点来看 则 121==r r ，即有∑∞===-02sin21)(cos )cos 1(21l l P θθθ故2s i n21)(2θπμαθ k f -=微分散射截面为θθαμπθθαμπθθd Ed k d f 2csc 82sin41)(2222242222 ==由此可见，粒子能量E 愈小，则θ较小的波对微分散射截面的贡献愈大；势能常数α愈大，微分散射截面也愈大。
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第六章 中心力场6.1) 利用6.1.3节中式（17）、（18），证明下列关系式相对动量 ()21121p m p m Mr p-==∙μ （1） 总动量1p p R M P+==∙ （2）总轨迹角动量p r P R p r p r L L L⨯+⨯=⨯+⨯=+=221121 （3）总动能 μ222222222121pMP m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） p P m p +=21μ，p P m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m R ++=， （17） 21r r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’）总动量 ()2121221121p p m m r m r m m m R M P+=+++==∙∙∙ （2’）总轨迹角动量 221121p r p r L L L⨯+⨯=+=)5(2211p r m u R p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p mMr p p R -⨯++⨯=)2)(1(p r P R ⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。
总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m p P u m pPm m um m p P u m pPm m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p Pm m m Pm m m μ2222pMP +=（4’）［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中p 、P 和L 的算术表示式r i p ∇-= R i P ∇-= ，p r P R L⨯+⨯=解： ()()211221121r r m mMi p m p mMp ∇-∇-=-=（1）其中 1111z k y j x ir ∂∂+∂∂+∂∂=∇，而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111，同理，y YM m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZM m z ∂∂+∂∂=∂∂11；（利用上题（17）（18）式。
）∴ =∇1r r R Mm ∇+∇1；仿此可设 =∇2r r R Mm ∇-∇1 （2）代入（1）中，得 ⎪⎭⎫⎝⎛∇+∇-∇+∇-=r R r R m M m m m M m m M i p 121221 r i ∇-= （3）()2121r r i p p P ∇+∇-=+=)2(Ri ∇-= （4）p r P R L ⨯+⨯=只要将（3）、（4）式中的p 、P 以相应的算符代入即可。
6.3）利用氢原子能级公式，讨论下列体系的能谱： （a ）电子偶素（positronium ，指-+-e e 束缚体系） （b ）u 原子（muonic atom ）（c ）u 子偶素（muonium ，指-+-u u 束缚体系） 解：由氢原子光谱理论，能级表达式为：22412nue E n-=, pe p e m m m m u +=。
（a ）电子偶素能级 22414n ue E n-=，（2e ee e e m m m m m u =+=）（b ）u 原子能级 22412ne u E u n-=，（p u p u u m m m m u +=）（c ）u 子偶素能级22414ne m E u n-=，（2u uu u u m m m m m u =+=）6.4）对于氢原子基态，计算p x ∆⋅∆。
解：氢原子基态波函数为 021301001a rea -⎪⎪⎭⎫⎝⎛=πψ （1）宇称为偶。
由于均为奇宇称算符，所以 0 ,0==x p x （2） 由于100ψ各向同性，呈球对称分布，显然有222222223131pp p p r zyxzy x ====== （3）容易算出 ()τψd r r210022⎰=⎰2-2⎪⎪⎭⎫⎝⎛=ϕθθπd d r d r e a r a rs i n 1230203a = （4）=2p ⎰∇-τψψd 10021002()[]⎰∇⋅∇-∇⋅∇-=τψψψψd 1001001001002⎰∇=τψd 21002⎰2⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=ϕθθψd drd r r sin 21002 202a = （5）因此 2x20a =， 022a xx x =-=∆ （6）2223a p x=，0223a p p p xx x =-=∆ （7）3=∆⋅∆x p x （8）测不准关系的普遍结论是 2≥∆⋅∆x p x （9）显然式（8）和（9）式是不矛盾的。
而且3很接近式（9）规定的下限2。
6.5）对于氢原子基态，求电子处于经典禁区()a r 2>（即0<-V E ）的几率。
解：氢原子基态波函数为 area -⎪⎭⎫⎝⎛=2131001πψ，22uea=，相应的能量 a eue E 222241-=-=动能 ()reaeV E r T 2212+-=-=0<-=V E T 是经典不允许区。
由上式解出为a r 2>。
因此，电子处于经典不允许区的几率为⎰⎰⎰∞-=a ar d d dr r eap 2020223sin 1ππϕθθπ（令a r 2=ξ）⎰∞-⎪⎭⎫ ⎝⎛=423324ξξξd ea a 2381.0134==-e6.6）对于类氢原子（核电荷Ze ）的“圆轨迹”（指1,0-==n l n r 的轨迹），计算 （a ）最可几半径； （b ）平均半径； （c）涨落[]2122rrr -=∆解：类氢原子中电子波函数nlmψ可以表示为()()()()ϕθϕθψ,1,lm l n lm l n nlmY r u rY r R r r == （1）（a ） 最可几半径由径向几率分布的极值条件 ()0=r u drd l n r （2）决定。
1-=n l 时，0=r n 。
()naZr nn eCr r u --=1,0代入（2）式，容易求得 Z a n r 02=几 （4） 这结果和玻尔量子论中圆轨迹的半径公式一致。
（b ）在nlmψ态下，各λr之间有递推关系（Kramers 公式）()()[]01241212222212=-+++-+--λλλλλλrZa l rZa r rn(5)（参 钱伯初、曾谨言《量子力学习题精选与剖析》P197） 在（5）式中令0=λ，注意到10=r。
可设an Z rnlm21=(6)依次再取2,1=λ，得到()[]aZ l l nrnlm13212+-=)1(22-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n l a Zn n （7）（c ）()[]222213512⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=a Z l l n nrnlm())1(22121-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n l a Z n n n （8）因此，r 的涨落[]2122rrr -=∆Z an n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4223 （9）121222+=+=∆n n n n rr （10）可见，n越大，r r ∆越小，量子力学的结果和玻尔量子轨迹的图像越加接近。
6.7）设电荷为Ze 的原子核突然发生-β衰变，核电荷变成()e Z 1+，求衰变前原子Z 中一个K 电子（s 1轨迹上的电子）在衰变后仍然保持在新的原子()1+Z 的K 轨迹的几率。
解：由于原子核的-β衰变是突然发生的。
可以认为核外的电子状态还来不及变化。
对于原来的K 电子，其波函数仍未 ()aZrea Z r Z -⎪⎭⎫⎝⎛=213100,πψ （1）而新原子中K 电子的波函数应为 ()()()arZ ea Z r Z 121331001,1+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+πψ （2）将()r Z ,100ψ按新原子的能量本征态作线形展开：()()r Z Cr Z nlmnlmnlm,,100∑=ψψ （3）则衰变前的s 1电子在衰变后处于新原子的()r Znlm,1+ψ态的几率为()()210021Z Z C p nlm nlmnlm ψψ+== （4）因此，本题所求的几率为=100p ()()()()()2212262332100100411drr eaZZZ Z r Z +-+=+ππψψ()6363321111211-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=Z Z Z Z Z（5）展开时保留到第三项当1>>Z ，上式可近似取成 2100431Zp -≈ （5’）例如， 10=Z , 9932.0100≈p ；30=Z , 9992.0100≈p 。
6.8）设碱金属原子中的价电子所受电子实（原子核+满壳电子）的作用近似表为()222ra e rer V λ--=（10<<<λ） （1）a 为Bohr 半径，求价电子的能级。
提示：令()()121''+=-+l l l l λ，解出()212'12812121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=l l l λ解：取守恒量完全集为()z L L H ,,2，其共同本征函数为()()()ϕθϕθψ,,,lm Y r R r =()()ϕθ,lm Y rr u =（2）()r u 满足径向方程()Eu u r a e r e ur l l u u =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++-22222"2212λ（3） 令 ()()121''+=-+l l l l λ （4）式（3）就可以化为 ()Eu u r e ur l l u u =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++-222''"2212（3’） 相当于氢原子径向方程中l 换成'l 。
所以式（3’）的求解过程完全类似于氢原子问题。
后者能级为an eE n 222-=， 1++=l n n r ， ,2,1,0=r n （5）将l 换成'l ，即得价电子的能级：an eE nl 2'22-=，1''++=l n n r （6）通常令 l l l ∆+='（7）1'+∆++=l r l n n l n ∆+= （8）l ∆称为量子数l 和n 的“修正数”。
由于1<<λ，可以对式（4）作如下近似处理： ()()121''+=-+l l l l λ()()1+∆+∆+=l l l l ()()()2121l l l l l ∆+∆+++=略去()2l ∆，即得 ⎪⎭⎫⎝⎛+-≈∆21l l λ （9） 由于1<<λ，1 <<∆∴l ，因此，本题所得能级nl E 和氢原子能级仅有较小的差别，但是能级的“l 简并”已经消除。