《量子力学教程》周世勋课后答案
量子力学教程习题答案周世勋(1)
⑤
B0 A sin ka 0
A0 s in 0 ka ka n ( n 1, 2, 3, )
∴ 2 ( x ) A sin 由归一化条件
n a
x
得
( x ) dx 1
2
A2
a 2 s in
n a
x d x 1
0
由
a
b
sin
m a
(1)
i * * J1 ( 1 1 1 1 ) 2m i 1 ikr 1 ikr 1 1 ikr [ e ( e ) e ikr ( e )] r0 2m r r r r r r i 1 1 1 1 1 1 [ ( 2 ik ) ( 2 ik )] r0 2m r r r r r r k k r0 r mr 2 mr 3
2
11
2.3
一粒子在一维势场
， x 0 U ( x ) 0， 0 x a ， x a
中运动，求粒子的能级和对应的波函数。 解： U ( x )与 t 无关，是定态问题。其定态 S—方程
2 d 2 2 m dx 2
( x ) U ( x ) ( x ) E ( x )
pdq A
2 2
T
0
cos t dt
2
A 2 2 2
T
0
(1 cost ) dt
A 2 2T 2
nh ， n 0,1,2,
E
A 2 2 2
nh T
nh ， n 0,1,2,
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 R eB
《量子力学教程》周世勋课后答案
量子力学课后习题详解第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv echv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1） 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 kThce kT hc ehcλλλλλπρ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThc λλ=--)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 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。
解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λh P =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=λnmm 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。
量子力学教程(第三版)周世勋课后答案详解
1量子力学课后习题详解第一章量子理论基础1．1由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λT=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。
解根据普朗克的黑体辐射公式dv ec hvd kThv vv 11833−⋅=πρ，（1）以及c v =λ，（2）λρρd dv v v −=，（3）有,118)()(5−⋅=⋅=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−=kT hcv v e hc 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：201151186'=⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−⋅+−−⋅=−kThc kThce kT hc ehc λλλλλπρ⇒115=−⋅+−−kThc ekThc λλ⇒kThc ekThc λλ=−−)1(5如果令x=kThcλ，则上述方程为xe 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Km 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在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。
解根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λh P =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=λ3nmm mE c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=×=××××===−−µµ在这里，利用了meV hc ⋅×=−61024.1以及eVc 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。
《量子力学教程》_课后答案
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 0 ka ka n
《量子力学教程》 习题解答
1
《量子力学教程》
习题解答说明
• 为了满足量子力学教学和学生自学的需要，完 善精品课程建设，我们编写了周世勋先生编写 的《量子力学教程》的课后习题解答。本解答 共分七章，其中第六章为选学内容。 • 第一章 第二章 第三章 第四章 第五章 第六章 第七章
2
目录
• • • • • • • 第一章 绪论 第二章 波函数和薛定谔方程 第三章 力学量的算符表示 第四章 态和力学量的表象 第五章 微扰理论 第六章 弹性散射 第七章 自旋和全同粒子
(1)
J1与r 同向。表示向外传播的球面波。
i * * J1 ( 1 1 1 1 ) 2m i 1 ikr 1 ikr 1 ikr 1 ikr [ e ( e ) e ( e )]r0 2m r r r r r r i 1 1 1 1 1 1 [ ( 2 ik ) ( 2 ik )]r0 2m r r r r r r k k 2 r0 3 r mr mr
0
2
n ， n 1,2, 。 eB
1 2 1 eBR 1 2 2 n e B n B B 电子的动能为 E v 2 2 2 eB
动能间隔为 E B B 9 10 J 热运动能量（因是平面运动，两个自由度）为 E kT ，所以当 T 4K 时， E 4.52 10 J ；当
量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
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
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 1.4 利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。 （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。 已知外磁场 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
③
由于(1)、(3)方程中，由于U (x) ，要等式成立，必须
1 ( x) 0
2 ( x) 0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
d 2 2 ( x) 2m E 2 2 ( x) 0 方程(2)可变为 dx2
令k
2
2mE ，得 2
d 2 2 ( x) 2 k 2 ( x) 0 dx2
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
8
第二章 波函数和薛定谔方程
2.1.证明在定态中，几率流与时间无关。 证：对于定态，可令
量子力学教程习题答案周世勋
2
1(x) 1(x) 2
4 2 2
x 2e 2x2
2 3 x e2 2x2
d1 (x) 2 3 [2x 2 2 x3 ]e 2x2
dx
令 d1(x) 0 ，得 dx
x 0
x1
x
由1(x) 的表达式可知， x 0，x 时，1(x) 0 。显然不是最大几率的位置。
2m
i
[
( r )
*
(
r
)
*
( r )
(r)]
2m
可见 J与t 无关。
9
2.2 由下列定态波函数计算几率流密度：
(1) 1
1 ei k r r
(2) 2
1 e i k r r
从所得结果说明 1 表示向外传播的球面波， 2 表示向内(即向原点) 传播的球面波。
解： J1和J 2只有r分量
而 d 21 (x) 2 3 [(2 6 2 x 2 ) 2 2 x(2x 2 2 x3 )]e2x2
dx 2
4 3 [(1 5 2 x 2 2 4 x 4 )]e 2x2
d 21(x) dx2
x 1
4 3 2
1 0， e
可见 x 1
是所求几率最大的位置。
2
#
17
2.6 在一维势场中运动的粒子，势能对原点对称：U (x) U (x) ，证明粒子的定态波函数具有确定的
在球坐标中
r0
r
e
1 r
e
1 r s i n
(1)
J1
i 2m
(
1
* 1
1* 1 )
i [1 2m r
eikr
r
(1 r
《量子力学教程》周世勋_课后答案(杂)
x−
2
x−
2
⇒
∫x+ 2µ (E − 1 kx2 )dx = n h
x−
2
2
为了积分上述方程的左边，作以下变量代换；
这样，便有
2E x = sin θ
k
∫π 2 π −
2
2µE
cos
2
θd
⎛ ⎜⎜
⎝
2E k
sin
θ
⎞ ⎟⎟⎠
=
n 2
h
⇒
∫π 2 π −
2
2µE cosθ ⋅
2E cosθdθ = n h
7
类的更大质量的粒子，那么所对应的光子的最大波长将会更小，这从某种意义上 告诉我们，当涉及到粒子的衰变，产生，转化等问题，一般所需的能量是很大的。 能量越大，粒子间的转化等现象就越丰富，这样，也许就能发现新粒子，这便是 世界上在造越来越高能的加速器的原因：期待发现新现象，新粒子，新物理。
第二章波 函数和薛定谔方程
E = hv = µe c 2
此外，还有 于是，有
E = pc = hc λ
hc λ
=
µec2
hc
⇒
λ = µec2
=
1.24 ×10−6 0.51×106
m
= 2.4×10−12 m
= 2.4×10−3 nm
尽管这是光子转化为电子的最大波长，但从数值上看，也是相当小的，我们
知道，电子是自然界中最轻的有质量的粒子，如果是光子转化为像正反质子对之
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
λmT
=
hc xk
把 x 以及三个物理常量代入到上式便知
量子力学习题解答-周世勋
周世勋《量子力学教程》习题解答第一章 习题解答1．由黑体辐射公式导出维恩位移律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即b T m =λ（常数）。
并近似计算b 的数值，准确到两位有效数字。
解：由能量密度的公式：185-⋅=λλλλπλρkT hc ed hcd则由0=λρλd d 解得m λ： 2256181185⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-⋅--⋅⋅-=λλλλλλπλπλρkT hc kT hckT hc e e kT hc hce hc d d 0511186=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---⋅=λλλλλπkT hc kT hckT hc e ekT hc e hc 即 051=--λλλkT hckT hce e kT hc 令x kT hcm=λ，则 051=--x xe xe 解得 97.4=x所以 )(29.097.41038.110999.210626.6161027K cm kx hc T m ⋅=⨯⨯⨯⨯⨯==--λ 2．在K 0附近，钠的价电子能量约为eV 3，求其德布罗意波长。
解：01019303409.7)(1009.7106.131091.0210626.62A m mE h P h K=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===----λ3．氦原子的动能是kT E 23=（k 为玻尔兹曼常数），求K T 1=时，氦原子的德布罗意波长。
解：氦原子的动能)(1007.211038.1232323J E --⨯=⨯⨯⨯=，氦原子的质量kg kg M 27271068.61067.14--⨯=⨯⨯=，所以102327346.12)(106.121007.21068.6210626.62A m mEh =⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==----λ4．利用玻尔——索末菲量子化条件，求 （1）一维谐振子的能量；（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子轨道的可能半径。
已知外磁场T H 10=，玻尔磁子T J M B /10924-⨯=，试计算动能的量子化间隔E ∆，并与K T 4=及K T 100=的热运动能量相比较。
量子力学教程习题答案周世勋.ppt
181h，
由波函数的有限性，有
1()有限 A 0 3 ()有限 E 0
因此
1 Bek1x 3 Fek1x
由波函数的连续性，有
1(a) 2 (a), Bek1a Csin k 2a D cosk 2a 1(a) 2 (a), k1Bek1a k 2C cosk 2a k 2Dsin k 2a 2 (a) 3 (a), Csin k 2a D cosk 2a Fek1a 2 (a) 3 (a), k 2C cosk 2a k 2Dsin k 2a k1Fek1a
波长最大是多少？
解：转化条件为 h
ec2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c
，所以
h ec
，即有
max
h ec
c
6.6261034 9.11031 3108
0
0.024A （电子的康普顿波长）。
181h，
第二章 波函数和薛定谔方程
2.1.证明在定态中，几率流与时间无关。
证：对于定态，可令
d
8h c3
3
1
h
d ，
ekT 1
及
c
、 d
c 2
d 得
8hc 5
1
hc
，
ekT 1
令 x hc ，再由 d 0 ，得 .所满足的超越方程为
kT
d
5 xex ex 1
用图解法求得
x
4.97
，即得
hc mkT
4.97 ，将数据代入求得 mT
b,
b 2.9103m0 C
181h，
1.2．在 0K 附近，钠的价电子能量约为 3eV,求 de Broglie 波长.
(r，t)
量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
方法 2：一维谐振子的运动方程为 q 2q 0 ，其解为
q Asint
速度为 q A c o st ，动量为 p q A cost ，则相积分为
pdq A22 T cos2t dt A22 T (1 cost )dt A22T nh ， n 0,1,2,
0
20
2
E A22 nh nh ， n 0,1,2, 2T
0 k 2 cosk 2aC k 2 sin k 2aD k1ek1a F 0
21
解此方程即可得出 B、C、D、F，进而得出波函数的具体形式，要方程组有非零解，必须
e k1a k1e k1a
当 c 1 时， (x) (x) ， (x) 具有奇宇称，
18
当势场满足 U (x) U (x) 时，粒子的定态波函数具有确定的宇称。
2.7 一粒子在一维势阱中
U (x)
U 0
0,
x a
0, x a
运动，求束缚态( 0 E U0 )的能级所满足的方程。
解：粒子所满足的 S-方程为
6
（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 v2 ，得 R v
R
eB
再由量子化条件 pdq nh,n 1,2,3,，以, p Rv R2 eBR 2分别表示广义坐标和相应的
广义动量，所以相积分为
pd
2 0
pd
2Rv 2eBR2
nh， n 1,2,，由此得半径为 R
(x x) 而得其对方，由①经 x x 反演，可得③，
(x) c (x)
④
由③再经 x x 反演，可得①，反演步骤与上完全相同，即是完全等价的。
(x) c (x)
⑤
量子力学教程高等教育出版社周世勋课后答案-第三章
第三章 量子力学中的力学量3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=，求：(1)势能的平均值2221x U μω=； (2)动能的平均值μ22p T =；(3)动量的几率分布函数。
解：(1) ⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμωμωμωαμωαπαπαμω ⋅==⋅=22222241212121221ω 41=(2) ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ ⎰∞∞----=dx e dx d e x x22222122221)(21ααμπα⎰∞∞---=dx e x x 22)1(22222αααμπα][222222222⎰⎰∞∞--∞∞---=dx e x dx e x x ααααμπα ]2[23222απααπαμπα⋅-=μωμαμαπαμπα⋅===442222222ω 41= 或 ωωω 414121=-=-=U E T(3)*(,)()()p c p t x x dx ψψ=⎰ 2222x iit px e dx αωαππ∞----∞=⎰22122i i x px t ee dxeαωαππ∞----∞=⎰2222221()222ip p i x t edxe αωαααππ-+-∞--∞=⎰2222221()222p ip ix t e edxeαωαααππ--+∞--∞=⎰222222p i t e ωαααππ--=22222p i t e eωααπ--=动量几率分布函数为 2222()(,)p p c p t eαωαπ-==3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ，求：(1)r 的平均值；(2)势能re 2-的平均值；(3)最可几半径； (4)动能的平均值；(5)动量的几率分布函数。
解：(1) ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==⎰∞-=/233004dr a r a a r04030232!34a a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2203020/232020/232202/2322214 4 sin sin 1)()2(000a e a a e drr e a e d drd r e a e d drd r e ra e r e U a r a r a r -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-ππππϕθθπϕθθπ(3)电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为 ⎰⎰=ππϕθθϕθψω02022 sin )],,([)(d drd r r dr r dr r e a a r 2/23004-=2/23004)(r e a r a r -=ω0/2030)22(4)(a r re r a a dr r d --=ω 令0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω 当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置/22203022)482(4)(a r e r a r a a dr r d -+-=ω08)(230220<-=-=e a dr r d a r ω ∴ 0a r =是最可几半径。
量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
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 R eB
《量子力学教程》 习题解答
1
《量子力学教程》
习题解答说明
• 为了满足量子力学教学和学生自学的需要，完 善精品课程建设，我们编写了周世勋先生编写 的《量子力学教程》的课后习题解答。本解答 共分七章，其中第六章为选学内容。 • 第一章 第二章 第三章 第四章 第五章 第六章 第七章
2
目录
• • • • • • • 第一章 绪论 第二章 波函数和薛定谔方程 第三章 力学量的算符表示 第四章 态和力学量的表象 第五章 微扰理论 第六章 弹性散射 第七章 自旋和全同粒子
2mE 2
2 2 2 En n 2ma 2
(n 1,2,3,) 可见 E 是量子化的。
对应于 E n 的归一化的定态波函数为
2 n i Ent sin xe , 0 x a n ( x, t ) a a 0, x a, x a
2
11
2.3
一粒子在一维势场
，x 0 U ( x) 0， 0 x a ，x a
中运动，求粒子的能级和对应的波函数。 解： U ( x)与t 无关，是定态问题。其定态 S—方程
2 d 2 ( x) U ( x) ( x) E ( x) 2m dx 2
可见， J 2与r 反向。表示向内(即向原点) 传播的球面波。
量子力学教程习题答案3周世勋
a
1 2
a
a
[1 cos A 2 2 a n
n a
a a
( x a )]dx n a n a ( x a ) dx
a
x
a
cos
A a A 2 a
∴归一化常数 A
A 2 2
sin
( x a)
a
1 a
16
2.5
求一维谐振子处在激发态时几率最大的位置。 解： ( x )
0 ，得
x
1
x
由 1 ( x ) 的表达式可知， x 0， 时， 1 ( x ) 0 。显然不是最大几率的位置。 x
而
d 2 1 ( x ) dx 4
3 2
2 3
[( 2 6 2 x 2 ) 2 2 x ( 2 x 2 2 x 3 )]e
23
2
23
T 100 K 时， E 1.38 10 21 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 e c 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c
，所以
令x
kT
，再由
d d
0 ，得 .所满足的超越方程为
5
xe x ex 1
hc
用图解法求得 x 4.97 ，即得
m kT
4 .97 ，将数据代入求得 mT b, b 2.9 10 3 m0 C
4
1.2．在 0K 附近，钠的价电子能量约为 3eV,求 de Broglie 波长. 解： # 1.3. 氦原子的动能为 E 解：
量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
T 100 K 的热运动能量相比较。
p2 1 2 2 解：（1）方法 1：谐振子的能量 E q 2 2
5
可以化为
2E
p2
2
q2 2E 2
2
1
的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为 a 2E , b
2E ，相空间面积为 2
在各区域的具体形式为 Ⅰ： x 0 Ⅱ： 0 x a
2 d 2 1 ( x) U ( x) 1 ( x) E 1 ( x) 2m dx2 2 d 2 2 ( x) E 2 ( x) 2m dx2
①
②
12
Ⅲ： x a
2 d 2 3 ( x) U ( x) 3 ( x) E 3 ( x) 2m dx2
令
d1 ( x) 0 ，得 dx
x0
x
1
x
x 由 1 ( x) 的表达式可知， x 0， 时， 1 ( x) 0 。显然不是最大几率的位置。
2 2 d 21 ( x) 2 3 而 [(2 6 2 x 2 ) 2 2 x(2 x 2 2 x 3 )]e x dx2 2 2 4 3 [(1 5 2 x 2 2 4 x 4 )]e x
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 1.4 利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。 （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。 已知外磁场 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
量子力学教程习题答案周世勋共125页文档
41、实际上，我们想要的不是针对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊 44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
11、越是没有本领的就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F人 自由发 挥自己 的才能 ，而不 是为了 束缚他 的才能 。—— 罗伯斯 庇尔
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x−
2
x−
2
⇒
∫x+ 2µ (E − 1 kx2 )dx = n h
x−
2
2
为了积分上述方程的左边，作以下变量代换；
这样，便有
2E x = sin θ
k
∫π 2 π −
2
2µE
cos
2
θd
⎛
⎞ ⎟⎟⎠
=
n 2
h
⇒
∫π 2 π −
2
2µE cosθ ⋅
2E cosθdθ = n h
本题关注的是λ取何值时， ρ λ 取得极大值，因此，就得要求 ρλ 对λ的一
阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作 λm 。但要注意的是，还需要验证 ρλ
对λ的二阶导数在 λm 处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的 λm 就 是要求的，具体如下：
ρ
' λ
=
8πhc λ6
⋅
e
1
hc λ kT
1．3 氦原子的动能是 E = 3 kT （k 为玻耳兹曼常数），求 T=1K 时，氦原子的德 2
布罗意波长。 解 根据
1k ⋅ K = 10−3eV ，
知本题的氦原子的动能为 E = 3 kT = 3 k ⋅ K =1.5 ×10−3 eV , 22
显然远远小于 µ核c 2 这样，便有
hc λ=
2µ核c2 E
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
λmT
=
hc xk
把 x 以及三个物理常量代入到上式便知
λmT = 2.9 × 10−3 m ⋅ K
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 在 0K 附近，钠的价电子能量约为 3eV，求其德布罗意波长。 解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知 E=hv， P=h λ
如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（ E动 << µe c 2），那么
p2 E=
2µ e 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
hc
hc
λ=
=
2µc2 E 2µkc2T
据此可知，当体系的温度越低，相应的德布罗意波长就越长，这时这种粒子的波 动性就越明显，特别是当波长长到比粒子间的平均距离还长时，粒子间的相干性 就尤为明显，因此这时就能用经典的描述粒子统计分布的玻耳兹曼分布，而必须 用量子的描述粒子的统计分布——玻色分布或费米公布。
方的乘积，即 0.51× 106 eV ，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，
这样，便有
h λ=
p
2
在这里，利用了
h =
2µe E hc
= 2µec2 E
= 1.24 ×10−6 m 2 × 0.51×106 × 3
= 0.71×10−9 m = 0.71nm
hc = 1.24× 10−6 eV ⋅ m
1．4 利用玻尔——索末菲的量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量； （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子轨道的可能半径。
已知外磁场 H=10T，玻尔磁子 M B = 9 × 10−24 J ⋅ T −1 ，试计算运能的量子化间
隔△E，并与 T=4K 及 T=100K 的热运动能量相比较。 解 玻尔——索末菲的量子化条件为
E = 1 kx2 2
可解出
2E x± = ± k
4
这表示谐振子的正负方向的最大位移。这样，根据玻尔——索末菲的量子化条件， 有
∫ ∫ x+ 2µ (E − 1 kx2 )dx + x−(−) 2µ( E − 1 kx2 )dx = nh
x−
2
x+
2
⇒
∫ ∫ x+ 2µ(E − 1 kx2)dx + x+ 2µ(E − 1 kx2 )dx = nh
∫ pdq = nh
其中 q 是微观粒子的一个广义坐标，p 是与之相对应的广义动量，回路积分是沿 运动轨道积一圈，n 是正整数。
（1）设一维谐振子的劲度常数为 k，谐振子质量为μ，于是有
E = p2 + 1 kx2 2µ 2
这样，便有
p = ± 2µ(E − 1 kx2 ) 2
这里的正负号分别表示谐振子沿着正方向运动和沿着负方向运动，一正一负正好 表示一个来回，运动了一圈。此外，根据
（1）
以及
λv = c ，
（2）
ρv dv = −ρv dλ ，
（3）
有
dv ρ λ = − ρ dλ
d
⎛ ⎜
c
⎞ ⎟
= − ρ v (λ )
⎝λ ⎠ dλ
= ρ v (λ ) ⋅ c λ
8 π hc
1
=
⋅
,
λ5
hc
e λ kT − 1
这里的 ρ λ 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。
3
这里，利用了
=
1.24×10−6
m
2× 3.7 ×109 ×1.5×10−3
= 0.37 ×10−9 m
= 0.37nm
µ核c 2 = 4 × 931×106 eV = 3.7 ×109 eV
最后，再对德布罗意波长与温度的关系作一点讨论，由某种粒子构成的温度 为 T 的体系，其中粒子的平均动能的数量级为 kT，这样，其相庆的德布罗意波 长就为
以及
µe c 2 = 0.51 ×106 eV
最后，对
hc λ=
2µe c 2 E
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。
量子力学课后习题详解
第一章 量子理论基础
1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长 λm 与温度
T 成反比，即
λm T=b（常量）；
并近似计算 b 的数值，准确到二位有效数字。 解 根据普朗克的黑体辐射公式
8π hv 3
1
ρ v d v = c 3 ⋅ hv
dv ，
e kT − 1
−
⎛ ⎜ 1⎜⎜⎝
−
5
+
hc λkT
⋅
1
−
1
hc −
e λkT
⎞
⎟ ⎟⎟⎠
=
0
1
hc 1
⇒
−5 + ⋅ λkT
hc = 0
−
1− e λkT
⇒ 如果令 x= hc ，则上述方程为
λkT
hc −
5(1− e λ kT ) =
hc
λkT
5(1 − e −x ) = x
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；