量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.7-6#15up @

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量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.16-6#8

代入薛定鄂方程： i
(s x + s y + s y ) ？？
sin qe- iwt ÷ ÷ ÷ - cos q ÷
，设 f (t )＝ç ç
¶f = Hf ¶t
骣 a(t )÷ ÷，则有 ç ÷ b(t )÷ 桫
i d a(t ) = cos qa(t ) + sin qe- iwt b(t )......(1) - m0 B dt i d b(t ) = - cos qb(t ) + sin qeiwt a(t ).....(2) - m0 B dt
c1' = iw1e- iwt c2
化简得：其中：
c2' = iw1eiwt c1
cos q, w1 = m0 B sin q, w2 = w + 2w0
w0 =
m0 B
a(t ) = c1eiwt b(t ) = c2e- iwt
解得： c2 '' = iw2c2 '- w12c2 （＊）由初始条件：
( S1z - S 2 z )c 1 = 0 ( S1z - S 2 z )c 2 = 0 c 4 ( S1z - S 2 z )c 3 = c 3 ( S1z - S2 z )c 4 = 2 2
骣1 2 ç A ç ç 4 ç ç ç ç ç ç 0 ç 所以得到： H ' = ç ç eB ç ç ç ç mc 2 ç ç ç ç ç 0 ç 桫
eB ( S1z - S2 z ) mc 解： eB ＝H 0 + A( sx 2 + s y 2 + sz 2 ) + ( S1z - S2 z ) mc H = H 0 + AS1 S2 +

量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#6 @

点), 这样就有 L
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

2 2 [S 12 , S12 ] 0,[ S 123 , S123 ] 0 .
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

量子力学导论第6章答案

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 M r p -==∙μ （1）总动量 21p 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 μ222222222121M P m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） m p +=21μ，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 uR p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p m Mp p -⨯++⨯= )2)(1(⨯+⨯=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 pP u m p m m u m m p P u m p m m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p P m m m P m m m μ2222M P += （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 、和的算术表示式r i ∇-= R i ∇-= ，p r P R L ⨯+⨯=解： ()()211221121r r m m Mi p m p m M ∇-∇-=-=（1）其中 1111z y x r ∂∂+∂∂+∂∂=∇，而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111，同理，y Y M m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZ M m z ∂∂+∂∂=∂∂11；（利用上题（17）（18）式。

量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.7-6#15

1 的本征态，粒子 2
1 2 的本征态，取 =1 ，求体系总自旋 S 的可能值及相应的概率。 2
解： S x ;
1 Sz ; Sz ; 2
1 2

（1）
Sz ; Sx ;
（2）
系统处于 S1z ; S2 x ; 的态上，将其写到 S z 的表象中为
S1z ;
编辑者：霍团长 6— 7
对于两个自旋 1/2 的例子组成的体系，证明张量算符
S12
3 (σ1 r )(σ2 r ) σ1 σ2 r2
和 S 2 及 J 对易。 S 为总自旋， J 是总角动量 J = S + l ，l 是体系的轨迹角动量，在质心坐标系中， l 的算符形式是：
l r p i r , r = r1 - r2
而 S s( s 1)
2
1 S2 z ; S2 z ; 2

其可能值为 0或2 总自旋为零的态可表示为：
0
1 S1z ; S2 z ; S1z ; S2 z ; 2
0
1 1 1 S2 z ; S1z ; S1z ; S2 z ; 2 2 2
证明：（1）
3 2 , σ1 3, ( 1n )2 1 4 1 S s1 s2 (σ1 σ2 ) 2 3 1 ∴ S 2 σ1 σ 2 2 2 1 1 Sn S n (σ1 n σ2 n) ( 1n 2 n ) 2 2 1 1 1 ∴ Sn 2 ( 1n 2 2 n 2 2 1n 2 n ) 1n 2 n 4 2 2
2 解：取系统的力学量完全集为 ( H , S12 , S 2 , Sz )

量子力学曾谨言习题解答第六章

第六章：中心力场[1]质量分别为 m 1,m 2的两个粒子组成的体系，质心座标及相对座R标r为：R =212211m m r m r m ++ (1)r 12r r r-= (2)试求总动量21p p P+=及总角动量21l l L +=在R ,r表象中的算符表示。

1. [解] （a ）合动量算符21p p P+=。

根据假设可以解出1r ，2r令21m m m +≡ ： r m m R r121-= （３）r m m R r212+= （４）设各个矢量的分量是),,(1111z y x r ，),(22,22z y x r ,),,(z y x r和),,(Z Y X R 。

为了计算动量的变换式先求对1x ， 2x 等的偏导数：xX m m x x x X x X x ∂∂-∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111 （5）xX m m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂2222 （6）关于1y ∂∂，2y ∂∂，1z ∂∂，2z ∂∂ 可以写出与（5）（6）类似的式子，因而： )()(212^1^^2^1^x x i p p p p P x x x x ∂∂+∂∂=+=+==Xi x X m m x X m m i ∂∂=∂∂+∂∂+∂∂-∂∂ )(21 RiZ i k Y i j X i i P ∇=∂∂+∂∂+∂∂= ^(b)总角动量)(2211^2^1^∇⨯+∇⨯=+=r r il l Lx x r r iL )(2211^∇⨯+∇⨯==)()(2222111y z z y i z z y i ∂∂-∂∂+-∂∂ 利用（3），（4），（5），（6）： ))({(12^zZ m m y m m Y i L x ∂∂-∂∂-=))((12y Y m m z m m Z ∂∂-∂∂-- ))((21zZ m m y m m Y ∂∂+∂∂++ )})((21yY m m z m m Z ∂∂+∂∂+- =)()({1y Z z Y Y Z Z Y m m i ∂∂-∂∂-∂∂-∂∂ )()(221y z z y m m Y z Z y m m m ∂∂-∂∂+∂∂-∂∂-)()(2yZ z Y Y Z Z Y m m ∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+)}()(2221yz z y m m Y z Z y m m m ∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+=)}(){(yz z y Y Z Z Yi∂∂-∂∂+∂∂-∂∂ =x r R r iR i )(∇⨯+∇⨯因而 r R r iR i L ∇⨯+∇⨯=^[2]证明r r r ∂∂+=∇1],[212，∇=∇],[212r（证明）第一式ψ)(2122∇-∇r r =))((21222222222ψz y x zy x ++∂∂+∂∂+∂∂ )(21222222222zy x z y x ∂∂+∂∂+∂∂++-ψψψ但xz y x z y x x z y x x∂∂+++++=++∂∂ψψψ222222222)( 22222222()(z y x x x z y x x ++∂∂=++∂∂ψψ+)222xzy x ∂∂++ψ =232222222)())((z y x x x xz y x ++-+∂∂++ψψψ+2222223222)(xz y x z y x x x∂∂+++++∂∂ψψ即2222222222x z y x z y x x ∂∂++-++∂∂ψψ=232222222)(2z y x x zy x x x++-+++∂∂ψψψ同样写出关于y,z 的式子，相加得：22222222{21)(21zy x zz y y x xr r ++∂∂+∂∂+∂∂=∇-∇ψψψψ+}3222zy x ++-ψψ=r z r z y r y x r x ψψψψ+∂∂+∂∂+∂∂ =ψ)1(rr +∂∂ 因ψ是任意函数，因而第一式得证。

量子力学教程（二版）习题答案

第一章绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b bTm3109.2 ,×´==-l 。

证明：由普朗克黑体辐射公式：由普朗克黑体辐射公式：n n p nr n nd ec hd kTh 11833-=，及ln c=、l ln d c d 2-=得1185-=kThcehc l l l p r ，令kT hc x l =，再由0=l r l d d ，得l .所满足的超越方程为所满足的超越方程为15-=x x e xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kT hc m l ，将数据代入求得C m 109.2 ,03×´==-b b T ml 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ,求de Broglie 波长. 解：010A 7.09m 1009.72=´»==-mEh p h l # 1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。

波长。

解：010A 63.12m 1063.1232=´»===-mkT h mE h p h l其中kg 1066.1003.427-´´=m ，123K J 1038.1--×´=k # 1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，求：利用玻尔—索末菲量子化条件，求：（1）一维谐振子的能量。

）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。

）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。

已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--×´=B m ，求动能的量子化间隔E D ，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。

的热运动能量相比较。

解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E mw m +=可以化为()12222222=÷÷øöççèæ+mw m E q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2mw m Eb E a ==，相空间面积为，相空间面积为,2,1,0,2=====òn nh EE ab pdq nw pp 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E n方法2：一维谐振子的运动方程为02=+¢¢q q w ，其解为，其解为()j w +=t A q sin速度为速度为 ()j w w +=¢t A q c o s ，动量为()j w mw m +=¢=t A q p cos ，则相积分为，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=òòò2)cos 1(2cos 220220222mw j w mw j w mw ， ,2,1,0=n nmw nh T nh A E ===222， ,2,1,0=n （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。

量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.13-6#1

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
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。

i
i

B0t B0t 1 S x (t ) | S x | (t ) cos sin B0t ， sin ＝ 2 2 2
S y (t ) | S y | (t ) 0 ，
2 2 2 1 2 2 2 2 1 d i qB ( eB )2 2 E 2u d c 2c 2 2 2 z 2

1 ，所以
在极限情况 0 H / E
1 ，则 x
E g1 g 2 1 0 H g1 g 2 0 H , 4 2 2 E E 1 E2 2 1 x2 1 2 x g1 g 2 0 H ， 4 4 2 E 1 E3 1 2 1 x2 g 2 g1 0 H ， 4 2 E g1 g 2 1 E4 0 H g1 g2 0 H 4 2 2 E1

苏汝铿量子力学课后习题及答案

Exercises for the Course of Quantum Mechanics, 2007
ALL RIGHTS RESERVED, BY SHAO-YU YIN, YI LI, JIA ZHOU NOT FOR DISTRIBUTION
Prof.
Ru-Keng Su
Shaoyu Yin Jia Zhou & Yi Li Department of Physics, Fudan University, Shanghai 200433, China
2ikA ˜ 2ik−V ˜A V ˜ 2ik−V
(13)
(14)
(15)
= = 3
ik A, ik−mV /¯ h2 2 mV /¯ h A. ik−mV /¯ h2
(16)
So the transmission ratio is
ALL RIGHTS RESERVED, BY SHAO-YU YIN, YI LI, JIA ZHOU NOT FOR DISTRIBUTION
T =
h ¯ω p2 C (p, t) C (p, t)dp = =− 2m 4
∗
h ¯ 2 d2 ψ (x, t) ψ (x, t)dx. 2m dx2
∗
Or using the Virial theorem (QM book of Su, Chapter 3.8, P117 ), T = 1 dU 1 h ¯ω x = U = E = . 2 dx 2 4 (9)
1/3
1.41 ∗ 10−12 eV.
(23)
2.4. (QM book of Su, Ex.2.14.) The state of electron in Hydrogen atom is ψ = √1 3 e−r/a0 , where a0 is the Bohr radius. Try to ﬁnd: (i) The expectation value of r.

量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.4-6#14 @

（iii） [ J ,[ J , A]] i[ J , A J ] i[ J , J A]
2 2 2 2
i[ J 2 , A] J iJ [ J 2 , A] (J A A J ) J J (J A A J )
ˆ AJ ˆ ˆ 2） ˆ） ˆ2 A ˆ J ˆA J 4 A AJ 4 2 J 2 AJ 2 （ 2 J 4J （
因此 S12 的本征值为（13 ）
S12 2,0, 4
这个结论可以由式（6）得到，由于 S 2 与 S n 对易，所以本征值为
（14）
S 2 0( S 0), Sn 0, S12 0 S 2 2( S 1), Sn 1, S12 2
（14 ）
Sn 0, S12 4
同样地， ( S y )
2
S y
0 i 1 (1, 0) 0 2 i 0 0
2
(S y )2
4
4 2
所以 (S x ) (S y )
2
16
14QM-6.5 设 J J1 J 2 ，求证
i j ' m ' J1z
ˆ 则有 ˆ A 取J 1
ˆ4J ˆ J ˆJ ˆ 4 2J 2 J J 2 （ J 2 J 2 J1 J1 J 2）= 4 J （J J1） 1 1 1
对上式两端取矩阵元 jm '
jm ,即得
2j(j+1) jm ' J1 jm j ( j 1) j1 j1 1 j2 j2 1 jm ' J jm 易见 jm ' J1 jm 0和 jm ' J jm 0的选择定则相同，为

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(第二版)周世勋原著课后习题整理版

证明在定态中，几率流密度与时间无关。

证：对于定态，可令)]()()()([2 ])()()()([2 )(2 )( )()()(******r r r r i e r e r e r e r i i J er t f r t r Et iEt iEt iEt iEtiψψψψμψψψψμμψψ∇-∇=∇-∇=ψ∇ψ-ψ∇ψ===ψ----）（）（，可见t J 与无关。

2.4证明（2.6-14）式中的归一化常数是aA 1='证：⎪⎩⎪⎨⎧≥<+'=a x a x a x an A n ,0 ),(sin πψ （2.6-14）由归一化，得aA a x a n n a A a A dx a x an A x A dx a x an A dx a x an A dx aa aaaa a a aan 222222222)(sin 2)(cos22)](cos 1[21)(sin 1'=+⋅'-'=+'-'=+-'=+'==-----∞⎰⎰⎰⎰πππππψ∴归一化常数aA 1='3.8.在一维无限深势阱中运动的粒子，势阱的宽度为a ，如果粒子的状态由波函数)()(x a Ax x -=ψ描写，A 为归一化常数，求粒子能量的几率分布和能量的平均值。

解：由波函数)(x ψ的形式可知一维无限深势阱的分布如图示。

粒子能量的本征函数和本征值为⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤a x x a x x an a x ,0 ,0 0 ,sin 2)(πψ 22222a n E n μπ = ) 3 2 1( ，，，=n 动量的几率分布函数为2)(n C E =ω⎰⎰==∞∞-an dx x x an dx x x C 0*)(sin)()(ψπψψ 先把)(x ψ归一化，由归一化条件，⎰⎰⎰+-=-==∞∞-aa dx x ax a x A dx x a x A dx x 022220222)2()()(1ψ⎰+-=adx x ax x a A 043222)2(30)523(525552a A a a a A =+-= ∴530aA =∴⎰-⋅⋅=an dx x a x x a n aa C 05)(sin 302π ]sin sin [1520203x xd a n x x xd a n x a a a a ⎰⎰-=ππ ax a n n a x a n x n a x a n x n a x a n n a x a n x n a a 0333222222323]cos 2sin 2 cos sin cos [152ππππππππππ--++-=])1(1[15433nn --=π∴2662])1(1[240)(n nn C E --==πω⎪⎩⎪⎨⎧=== ,6 ,4 ,205 3 196066n n n ，，，，，π ⎰⎰==∞∞-adx x p x dx x H x E 02)(2ˆ)()(ˆ)(ψμψψψ ⎰--⋅-=adx a x x dx d a x x a 02225)](2[)(30μ)32(30)(303352052a a adx a x x a a-=-=⎰μμ 225aμ = 4.5 设已知在Z L L ˆˆ2和的共同表象中，算符yx L L ˆˆ和的矩阵分别为 ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=010******** x L ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=0000022ii i i L y 求它们的本征值和归一化的本征函数。

量子力学(第二版)【苏汝铿】课后习题解答

.
解：(i)
(ii) 10 当
时，显然
20 假设当
时，满足
成立；，则
这就是说当综上 10,20 可知 3.4 证明：
时，满足对于任意
；
；
；
. 的整数恒成立.
. 证：1)
由角动量与坐标算符的对易子
，知
同理有
，
即
6
量子力学(第二版)【苏汝铿】课后习题解答
角动量算符与动量算符的对易子 2)
，同上可证
式中是坐标， , 是相应于态和态的能量，求和对一切可能的状态进行. (注：由于质量与态字母一样，故将质量改为 ,避免混淆)
解：
,
,
故
4.6 证明两个厄米矩阵能用同一个幺正变换对角化的充要条件是它们彼此对易.
证:(充分性)
.设使对角化的幺正变换 ,则
.
的变换矩阵元
即
于是
即时
,
时
故
是对角矩阵的元素，
的两个不可穿透的同心球面之间运动，不存在其他势
径向波函数所满足的边界条件是径向部分的薛定谔方程
. .
5
引入变换的解是
量子力学(第二版)【苏汝铿】课后习题解答
,
,基态
,代入边界条件有
,可化为
即而归一化即基态波函数归一化
粒子的基态能量
基态波函数
3.1 若算符、满足
,求证:
（i）
；
（ii）用数学归纳法证明：
(必要性) 能同时将对角化,即
的变换矩阵元
是对角矩阵，能用同一个幺正变换对角化. , (同充分性)
4.7 已知在和的共同表象中，算符和的矩阵分别为：

《大学物理》第二版课后习题答案第六章

习题解析6-1在坐标原点及0)点分别放置电量61 2.010Q C -=-⨯及62 1.010Q C -=⨯的点电荷，求1)P -点处的场强。

解如图6.4所示，点电荷1Q 和2Q 在P 产生的场强分别为 1122122201102211,44Q r Q r E E r r r r πεπε== 而12123,,2,1r i j r j r r =-=-==，所以()()11111222011011662203111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q r Q r E E E r r r r j j i j N C πεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭≈-+⨯∙总 6-2 长为15l cm =的直导线AB 上，设想均匀地分布着线密度为915.0010C m λ--=⨯⋅，的正电荷，如图6.5所示，求：（1）在导线的延长线上与B 端相距1 5.0d cm =处的P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处的Q 点的场强。

解（1）如图6.5（a ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴的正方向。

在导线AB 上坐标为x处，取一线元dx ，其上电荷为 dq dx λ= 它在P 点产生的场强大小为 2200111442dq dxdE r l d x λπεπε==⎛⎫+- ⎪⎝⎭方向沿x 轴正方向。

导线AB 上所有线元在P 点产生的电场的方向相同，因此P 点的场强大小为()1212122000112112992122111114442115.0010910 6.75105102010dq dx E r d l d l d x V m λπεπεπε------⎛⎫===- ⎪-⎛⎫⎝⎭+- ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙ ⎪⨯⨯⎝⎭⎰方向沿x 轴正方向。

（2）如图6.5（b ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴正方向，垂直于AB 的轴为y 轴，在导线AB 上坐标为x 处，取一线元dx ，其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5（b ）所示。

量子力学教程答案(第二版)

量子力学习题及解答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 e chv 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 kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kT hce kThc λλ ⇒ kThce kT hc 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 ，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p h =λ nmm m E c hc Eh 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

苏汝铿量子力学答案1-8章

求粒子动量的平均值。
c ok sx ]
1 1 解： ( x) A[sin 2 kx 1 2 cos kx] A[ 2 (1 cos 2kx) 2 cos kx]

A [1 c o 2 s kx c o kx s ] 2 A i 2 kx ikx [1 1 e i 2kx ) 1 e ikx )] 2 (e 2 (e 2
在只有一个方势垒的情况下利用薛定谔方程和边界条件通过解四元一次方程组得透射波与反射波的振幅用入射波的振幅来表示再利用透射系数和反射系数的定义即可求解得可想而知对两个方势垒则需解八元一次代数方程组这是不好做的
量子力学答案解答者一
第一章
第一组：陈震，200431020002；黎雄俊，200431020005。习题 1.1、试利用普朗克公式证明维恩位移律。证明：频率间隔为 d 中的能量密度为
e
dk
积分上式可得
( x, t ) e
i ( k0 ) t

1 4
1 i t
2
exp[
( x vg t ) 2 2 2(1 i 2t ) exp[
]eik0 x
则
( x, t )
2

1 2
( x vg t ) 2 2 1 2 4t 2
1 2 4t 2
]
故在时刻 t 这是个高斯波包（ⅱ）波包宽度
x(t )
1

1 2 4t 2
（ⅲ）由
( x, t )
2
2

1 2
1 2 4t 2
exp[
( x vg t ) 2 2 1 2 4t 2

曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案

(
)
d d 3 rψ 1* r ,.t ψ 2 r , t = 0 。 ∫ dt
( ) ( )
2.4）设一维自由粒子的初态ψ ( x,0 ) = e
⎛ p2 ⎞ i ⎜ p0 x − 0 t ⎟ / ℏ ⎜ 2 m ⎟ ⎝ ⎠
ip0 x / ℏ
，求ψ ( x, t ) 。
解：
ψ ( x, t ) = e
∫p
即
x
⋅ dx = n x h ,
(n x
= 1, 2 , 3 , ⋯)
p x ⋅ 2a = n x h
∴ p x = n x h / 2a ,
（ 2a ：一来一回为一个周期）
同理可得，
p y = n y h / 2b ,
p z = n zห้องสมุดไป่ตู้h / 2c ,
n x , n y , n z = 1, 2 , 3 , ⋯
（4）
E = ∫ d 3r ⋅ w 。
（b）由（4）式，得
. . ⎤ . ∂w ℏ 2 ⎡ . * * * = ∇ ψ ⋅ ∇ ψ + ∇ ψ ⋅ ∇ ψ + ψ Vψ + ψ *V ψ ⎢ ⎥ ∂t 2m ⎣ ⎦
=
. . . . ⎛ .* 2 ℏ2 ⎡ ⎛ .* *⎞ 2 * ⎞⎤ * * ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∇ ⋅ ψ ∇ ψ + ψ ∇ ψ − ψ ∇ ψ + ψ ∇ ψ + ψ V ψ + ψ V ψ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟⎥ 2m ⎣ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
. ⎛ ⎞ ⎞ * ℏ2 2 � . ⎛ ℏ2 2 ⎟ ⎜ = −∇ ⋅ s + ψ * ⎜ − ∇ + V ψ + ψ − ⎜ 2m ⎟ ⎜ 2m ∇ + V ⎟ ⎟ψ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . . ⎛ * � *⎞ = −∇ ⋅ s + E ⎜ ⎜ψ ψ + ψ ψ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ∂ � （ ρ ：几率密度） = −∇ ⋅ s + E ρ ∂t � = −∇ ⋅ s （定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）