曾谨言量子力学习题解答 第八章
曾谨言《量子力学教程》(第3版)笔记和课后习题复习答案考研资料
曾谨言《量子力学教程》（第3版）笔记和课后习题（含考研真题）详解完整版>精研学习网>免费在线试用20％资料全国547所院校视频及题库资料考研全套>视频资料>课后答案>往年真题>职称考试目录隐藏第1章波函数与Schrödinger方程1.1复习笔记1.2课后习题详解1.3名校考研真题详解第2章一维势场中的粒子2.1复习笔记2.2课后习题详解2.3名校考研真题详解第3章力学量用算符表达3.1复习笔记3.2课后习题详解3.3名校考研真题详解第4章力学量随时间的演化与对称性4.1复习笔记4.2课后习题详解4.3名校考研真题详解第5章中心力场5.1复习笔记5.2课后习题详解5.3名校考研真题详解第6章电磁场中粒子的运动6.1复习笔记6.2课后习题详解6.3名校考研真题详解第7章量子力学的矩阵形式与表象变换7.1复习笔记7.2课后习题详解7.3名校考研真题详解第8章自旋8.1复习笔记8.2课后习题详解8.3名校考研真题详解第9章力学量本征值问题的代数解法9.1复习笔记9.2课后习题详解9.3名校考研真题详解第10章微扰论10.1复习笔记10.2课后习题详解10.3名校考研真题详解第11章量子跃迁11.1复习笔记11.2课后习题详解11.3名校考研真题详解第12章其他近似方法12.1复习笔记12.2课后习题详解12.3名校考研真题详解内容简介隐藏本书是曾谨言主编的《量子力学教程》（第3版）的学习辅导书，主要包括以下内容：（1）梳理知识脉络，浓缩学科精华。
本书每章的复习笔记均对该章的重难点进行了整理，并参考了国内名校名师讲授该教材的课堂笔记。
因此，本书的内容几乎浓缩了该教材的所有知识精华。
（2）详解课后习题，巩固重点难点。
本书参考大量相关辅导资料，对曾谨言主编的《量子力学教程》（第3版）的课后思考题进行了详细的分析和解答，并对相关重要知识点进行了延伸和归纳。
（3）精编考研真题，培养解题思路。
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
曾谨严量子力学习题第八章
中任意两个。 描写两电子体系的波函数是个别电子波函数的相乘积或其线性式，
根据§8.4的理论，要使体系的波函数成为总自旋的本征态，只有三种形 式的归一化波函数：
（1） 计算2s+1种 （2） 这种波函数种数等于2s+1文字中选择不同文字的种数计有种。
以上二类对称自旋波函数的总数目 n=(2s+1)+(2s+1)s=(2s+1)(s+1) (3)
(1) 整个体系的哈氏算符是：
（此式中r是电子相对位矢） 将自旋轨道相互作用算符用角动量算符表示，由于：
(2)
原子的状态可以用（）的共同本征函数表示，将算符（2），运算于这 个本征函数，可以求的能量贡献（修正量）
(3) 但当原子处在自旋的单重态时，
总自旋量子数s=0，有从（1）式的关系看出
因此J=L，（3）式成为：
则 （证明）先设： 代入
即
得
因此A的矩阵是
再代入
即
即b=0
于是A只能是形式
再代入
即
即a=0
于是，满足三个对易关系的二维矩整，只能是，而定理得证。
另一方法，用矢量矩阵-
仍设 代入
作简化：
从任何两个元素都能得到一组解
a=b=c=d=0
[14]证明找不到一种表象，在其中（1）三个泡利矩阵均为实矩阵或 （2）二个是纯虚矩阵，另一个为实矩阵。 （证明）根据角动量定义： 又根据第八章问题（1）的结论
(1) (2) 根据矩阵乘法法则，可以根据每一个矩阵的元素，求得乘积的径迹 （对角元素总和）： （方法二）不展开矩阵乘积，但利用自旋分量的性质 根据径迹的定义知道：若一个矩阵能分解成若干个同阶矩阵的和， 则原矩阵的径迹，应等于诸分矩阵的径迹之和，根据（3）： 但因为 而 。命题得证。 （3）式在习题（15）中已论证过。 ―――――――――――――――――――――――――――――――――――――
苏汝铿量子力学答案1-8章
(k ) (k v (k 0k ) (k 0 2 k ) （2） 0 ) g
， (
1 2
vg (
d )k dk 0
d 2 )k dk 2 0
将（2）式代入（1）式有
( x, t )
a (2 )
ei ( k0 )t ( )
1
1
2
C (k )e
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
1 ( x ) dx A 2 x 2 e 2x dx
2 0
1 2 A 4 3
∴ A 2 3 / 2
( x) 23 / 2 xe 2x
( x) 0
c ( p, t ) ( 1 2
( x 0) ( x 0)
1 2
3
整理得
d
由
8 hc 1 d e 1 5
hc / kT
d 5ehc / kT 1 hc hc / kT 8 hc 6 hc / kT 1 e 0 d 5 kT e 1
1 hc 0 解此超越方程得 5 kT
ni h
p dx
i
i
pi dxi pi ai ,
曾谨言量子力学(卷1)习题答案
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。
1981 2．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。
1981 5．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。
1958 6．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。
1948 8．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 1965 10. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics（英译本） Springer Verlag 197311. A.Messian:Quantum Mechanics V ol I.North.Holland Pubs 1961 ndau,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 axn ax n ax n ∫∫−−=11 )0(>n (2) )cos sin (sin 22bx b bx a ba e bxdx e axax−+=∫ (3) =∫axdx e axcos )sin cos (22bx b bx a ba e ax++ (4)ax x a ax a axdx x cos 1sin 1sin 2−=∫(5) =∫axdx x sin 2ax a xaax a x cos )2(sin 2222−+(6)ax a xax aaxdx 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 ac c ax x −−++ (a<0) ∫20sin πxdx n2!!!)!1(πn n − (=n 正偶数)(9) =∫20cos πxdx n!!!)!1(n n − (=n 正奇数) 2π(0>a )(10)∫∞=0sin dx xax2π− (0<a )(11))1!+∞−=∫n n ax an 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)1122!2+∞−+=∫n ax n an dx e x (15)2sin 022adx xax π∫∞= (16)∫∞−+=222)(2sin b a abbxdx xe ax (0>a )∫∞−+−=022222)(cos b a b a bxdx xeax(0>a )第一章量子力学的诞生1.1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。
量子力学练习参考解答
量子力学练习参考解答第一章 波函数与薛定谔方程1.1，1.2，1.3题解答略。
1.4（a ）设一维自由粒子的初态为一个Gauss 波包，222412)(1)0,(απαψxx p i e e x -=证明：初始时刻，0=x ，0p p =[]2)(12α=-=∆x x x[]α2)(12=-=∆p p p2 =∆⋅∆p x证：初始时刻012222===-+∞∞-+∞∞-⎰⎰dx exdx x x x απαψ2122222222απαψα===-∞+∞-∞+∞-⎰⎰dx exdx x x x()22122α=-=∆xx x)0,(x ψ的逆变换为⎰+∞∞--=dx ex p ipx/)0,(21)(ψπϕ＝⎰+∞∞---dx eeeipx x x p i/2412220)(121απαπ＝2220()22214(/)p p eααπ--22202()()p p p eααϕπ--=因此02)(p dp p p p ==⎰+∞∞-ϕ2222222)(0αϕ +==⎰∞+∞-p dp p p p()α22122 =-=∆p p p2 =∆⋅∆p x注：也可由以下式子计算p 和2p ：2222(,0)()(,0)(,0)()(,0)dp x ix dx dxd p x x dxdx ψψψψ+∞*-∞+∞*-∞=-=-⎰⎰1.5 设一维自由粒子的初态为)0,(x ψ，证明在足够长时刻后，()[]⎪⎭⎫⎝⎛⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-=t mx t imx i t m t x ϕπψ2exp 4exp ,2式中()()⎰+∞∞--=dx e x k ikx0,21ψπϕ是)0,(x ψ的Fourier 变换。
提示：利用()x e e x i i δπααπα=-∞→24/lim。
证：依照平面波的时刻转变规律 ()t kx i ikxe e ω-→ ， m k E 22==ω，任意时刻的波函数为()()()dk e k t x mtkkx i 2/221, -+∞∞-⎰=ϕπψ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅=⎰∞+∞-22/2ex p 212t mx k m t i k dk etimx ϕπ（1） 那时刻足够长后（所谓∞→t ），上式被积函数中的指数函数具有δ函数的性质，取m t 2 =α ， （2）参照此题的解题提示，即得()()⎰+∞∞--⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅≈k d t mx k k e t m et x i timx δϕππψπ4/2221,2⎪⎭⎫⎝⎛=-t mx e e t m t imx i ϕπ2/4/2 （3） 1.6 依照粒子密度散布ρ和粒子流密度散布j的表示式， ()()()t r t r t r ,,,*ψψρ=()()()()()[]t r t r t r t r mi t r j ,,,,2,**ψψψψ∇-∇-=概念粒子的速度散布v()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡∇-∇-==t r t r t r t r m i j v ,,,,2**ψψψψρ 证明：0=⨯∇v 。
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
1 2 1 ipx p e dp 常数 ( x ) 2m 2
因此(x)=(x) 非能量本征态。 (d) 任意波函数可按自由粒子的平面波函数展开：
( x, t ) C ( p) p ( x, t ) C ( p) p ( x , t )dp
p
Rnl ( r ) N nl l e 2F ( n l 1, 2l 2, )
园轨道（l = n－1）下的径向概率分布函数
n,n1 ( r ) Cr e
2 d n,n1 ( r ) 0 dr
2
2 n 2 Zr na
最概然半径 rn 由下列极值条件决定：
右边
C ( p )dp p ( x , t ) p ' * ( x , t )dx
C ( p ) ( p p ')dp C ( p ')
所以
C ( p ) p * ( x , t ) ( x , t )dx
曾谨言《量子力学教程》(第3版)配套题库【章节题库-自 旋】
第8章 自 旋一、填空题1．称______等固有性质______的微观粒子为全同粒子。
【答案】质量；电荷；自旋；完全相同2．对氢原子，不考虑电子的自旋，能级的简并度为______，考虑自旋但不考虑自旋与轨道角动量的耦合时，能级的简并度为______。
【答案】n 2；2n 23．一个电子运动的旋量波函数为，则表示电子自旋向上、位置在处的几率密度表达式为______，表示电子自旋向下的几率的表达式为______。
【答案】；二、名词解释题 电子自旋。
答：电子的内禀特性之一：（1）在非相对论量子力学中。
电子自旋是作为假定由Uhlenbeck 和Goudsmit 提出的：每个电子具有自旋角动量S ，它在空间任何方向上的投影只能取两个数值：；每个电子具有自旋磁矩M s ，它和自旋角动量的关系式：。
（2）在相对论量子力学中，自旋象粒子的其他性质—样包含在波动方程中，不需另作假定。
三、简答题 1．请用泡利矩阵，，定义电子的自旋算符，并验证它们满足角动量对易关系。
答：电子的自旋算符，其中，i ＝x ，y ，z 。
()()()z ,2,,2r r s r ψψψ⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭r ()2,/2r ψ()23d ,/2rr ψ-⎰2±=z s μμ2e M S e M sz s ±=→-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0110xσ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=00i i y σ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1001zσi iS σˆ2ˆ=2．写出由两个自旋态矢构成的总自旋为0的态矢和自旋为1的态矢。
答：总自旋为0。
总自旋为1： 。
3．写出泡利矩阵。
答：，，4．试设计一实验，从实验角度证明电子具有自旋，并对可能观察到的现象作进一步讨论。
答：让电子通过一个均匀磁场，则电子在磁场方向上有上下两取向，再让电磁通过一非均匀磁场，则电子分为两束。
5．完全描述电子运动的旋量波函数为，试述及分别表示什么样的物理意义。
答：表示电子自旋向下，位置在处的几率密度；表示电子自旋向上的几率。
曾谨言量子力学第8章
ˆ x , ˆx , ˆ y i , ˆ y i
ˆ y ˆ z ˆ y ˆ z 2i ˆ x ˆy ˆ x ˆ y ˆ y ˆx 0 上面两式子相加可得反对易关系
反对易关系
ˆ x , ˆ y} 0 {
ˆ x ˆy ˆ y ˆx 0 ˆ y ˆz ˆ z ˆy 0 ˆ ˆ ˆ x ˆz 0 z x
（2）每个电子都具有自旋磁矩，它与自旋角动量的关系为： e e M S S，(SI ); M S S , (CGS ) c Note: 电子的自旋角动量绝对不是来源电子自身的旋转，而是电子 的内在属性
e2 ~ m c2 , re p ~ re
p c v 2 c 137c m mr e e
(14)
ˆ x ˆ y ˆ y ˆ x i ˆz 由(11),(14)得 ˆ y ˆ z ˆ z ˆ y i ˆx ˆ ˆ ˆ x ˆ z i ˆy z x
(15)
由(13),(15)可写成
ˆ ˆ i ˆ
另一等号类似证明
2. Pauli表象(sz表象，σz表象)
在σz表象中， σz 的矩阵是
1 0 ˆz 0 1
ˆ z ˆ x ˆ x ˆz
a b ˆx 设 c d
得
，则根据
b a b a c d c d
N
S
Hale Waihona Puke 分析： 设原子磁矩为M，外磁场为B
原子在Z方向外磁场中的势能是
U M B MBz cos
Fz
磁矩与磁场 之夹角
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《量子力学教程》(第3版)笔记和课后习题(含考研真题)详解-自旋(圣才出品)
上式中任何一式的左侧的 3 个二体自旋算符中任何两个都构成 2 电子体系的一组 CSCO．例如，{σ1x,σ2x,σ1y,σ2y）的共同本征态，列于表 8．2 中[采用（σ1z,σ2z）表象]，
这就是著名的 Bell 基． 表 8.2 Bell 基
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对于 j = l −1/ 2(l 0) ，
（1）
（2）方程的解以及光谱双线粗细结构原因
（2）
电子能量本征值与量子数
都有关，记为 ，是（2j＋1）重简并．可以得出
即 j = l +1/ 2 能级略高于 j = l −1/ 2(l 0) 能级．但由于自旋轨道耦合很小，这两条能级 很靠近．这就是造成光谱双线粗细结构的原因．
本征态 SM 可以表示为
以它们为基矢的表象，称为角动量耦合（coupling）表象．
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（4）分离态与纠缠态
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由两个粒子组成的复合体系的量子态，如果能够表示为每个粒子的量子态的乘积，则
称为可分离态（separablestate）．反之，为纠缠态（entangled state）．例如，（S1z ，
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2．反常 Zeeman 效应 考虑磁场后能量本征值为
（3） 与 则是求解径向方程（1）和（2）得出的本征函数和本征值．当无外磁场 时（B＝0），能级 是（2j＋1）重简并．当加上外磁场时，如式（3）所示，能级 将依赖于磁量子数 mj，一般说来， 能级分裂为（2j＋1）条．（2j＋1）为偶数，这就 造成了反常 Zeeman 分裂现象．
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曾量子力学练习题答案
曾量子力学练习题答案【篇一：量子力学曾谨言第八章第九章习题详解】表象中，求??x的本征态 [1]在?（解）设泡利算符?，?x，的共同本征函数组是： x1?sz? 和x2?122?sz? （1）?x的本征函数，但它们构成一个完整或者简单地记作?和?，因为这两个波函数并不是??x的本征函数可表系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理），?示：??c1??c2?(2)?x的本征值?，则??x的本征方程式是： c1,c2待定常数，又设? ?x???? (3)?将（2）代入（3）：?x?c1??c2?????c1??c2?? (4)??z表象基矢的运算法则是： ?x对?根据本章问题6（p．264），? ?x??? ?x??????x的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4）此外又假设?： c1??c1???c1???c2?比较?,?的系数（这二者线性不相关），再加的归一化条件，有： ?c1??c2????????????(6a)?????????????(6b)?c2??c1?c2?c2?1????????????(6c)2?12前二式得??1，即??1，或???1当时??1，代入（6a）得c1?c2,再代入(6c)，得：c1?12ei? c2?12ei?? 是任意的相位因子。
当时???1，代入（6a）得c1??c2代入(6c)，得：c1?12ei?c2??12ei??x的本征函数：最后得?x1?ei?2ei?2(???)对应本征值1x2?(???)对应本征值-1?x??2共同表象中，采用sz作自变量时，既是坐标表以上是利用寻常的波函数表示法，但在?象，同时又是角动量表象。
可用矩阵表示算符和本征矢。
?c1??1??0??? ???? ???? ?c?（7）01?2??????x的矩阵已证明是 ??01??x?? ??10???x的矩阵式本征方程式是：因此???c1??01??c1?（8） ???????cc?01??2??2??x本征矢的矩阵形式是：其余步骤与坐标表象的方法相同，?ei??1?ei??1?x1??1? x2???1?2??2?????[2]在?z表象中，求??n的本征态，n(sin?cos?,sin?sin?,cos?)是(?,?)方向的单位矢。
曾谨言量子力学课后答案
+
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
pϕ dϕ
= nh,
n = 1, 2,L,
pϕ 是平面转子的角动量。转子的能量 E = pϕ2 / 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
∫ 2π 0
pϕ dx
= 2π
pϕ
= mh,
m =1,2,3,L
∴ pϕ = mh ，
2im
h
（3）
即
∂ρ ∂t
+∇⋅
v j
=
2V2 h
ρ
≠
0
，
此即几率不守恒的微分表达式。
（b）式（3）对空间体积τ 积分，得
∂ ∂t
∫∫∫d τ
(3r ψ
*ψ
)=
−
h 2im
∫∫∫∇ τ
⋅ (ψ
*∇ψ
−ψ∇ψ
)* d 3r
+
2 h
∫∫∫d τ
( 3rV2 ψ
*ψ
)
( ) ∫∫ ∫∫∫ = − h 2im S
ψ *∇ψ −ψ∇ψ *
⋅
v dS
+
2
h
τ
d 3rV2ψ *ψ
∫∫ 上式右边第一项代表单位时间内粒子经过表面进入体积τ 的几率（ = −
曾谨严量子力学习题第八章
第八章：自旋[1]在x σˆ表象中，求x σˆ的本征态 （解） 设泡利算符2σ，x σ，的共同本征函数组是： ()z s x 21 和()z s x21- （1）或者简单地记作α和β，因为这两个波函数并不是x σˆ的本征函数，但它们构成一个完整系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理），x σˆ的本征函数可表示：βαχ21c c += (2)21,c c 待定常数，又设x σˆ的本征值λ，则x σˆ的本征方程式是： λχχσ=x ˆ (3) 将（2）代入（3）：()()βαλβασ2121ˆc c c c x +=+ (4) 根据本章问题6（P ．264），x σˆ对z σˆ表象基矢的运算法则是： βασ=x ˆ αβσ=x ˆ 此外又假设x σˆ的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4）：βλαλαβ2111c c c c +=+比较βα,的系数（这二者线性不相关），再加的归一化条件，有：)6()6()6(122211221c b a c c c c c c ------------------------------------⎪⎩⎪⎨⎧=+==λλ 前二式得12=λ，即1=λ，或1-=λ当时1=λ，代入（6a ）得21c c =,再代入(6c)，得： δi e c 211=δi e c 212=δ 是任意的相位因子。
当时1-=λ，代入（6a ）得21c c -=代入(6c)，得：δi e c 211=δi e c 212-=最后得x σˆ的本征函数： )(21βαδ+=i e x 对应本征值1)(22βαδ-=i e x 对应本征值-1以上是利用寻常的波函数表示法，但在2ˆˆσσx 共同表象中，采用z s 作自变量时，既是坐标表象，同时又是角动量表象。
可用矩阵表示算符和本征矢。
⎥⎦⎤⎢⎣⎡=01α ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10β ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=21c c χ （7）x σˆ的矩阵已证明是 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0110ˆx σ因此x σˆ的矩阵式本征方程式是： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡21211010c c c c λ （8） 其余步骤与坐标表象的方法相同，x σˆ本征矢的矩阵形式是： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1121δi e x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=1122δi e x[2]在z σ表象中，求n⋅σ的本征态，)cos ,sin sin ,cos (sin θϕθϕθn 是),(ϕθ方向的单位矢。
量子力学导论习题答案(曾谨言)
第八章 自旋8.1) 在z σ表象中，求x σ的本征态。
解：在z σ表象中，x σ的矩阵表示为：x σ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=0110 设x σ的本征矢（在z σ表象中）为⎪⎪⎭⎫⎝⎛b a ，则有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛b a b a λ0110 可得a b λ=及b a λ= 1,12±==∴λλ 。
,1=λ 则;b a = ,1-=λ 则b a -=利用归一化条件，可求出x σ的两个本征态为,1=λ;1121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ,1-=λ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1121 。
8.2) 在z σ表象中，求⋅的本征态，()ϕϕθϕθcos ,sin sin ,cos sin n是()ϕθ,方向的单位矢. 解：在z δ表象中，δ的矩阵表示为x σ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=0110， y σ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=00i i ， z σ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1001 （1） 因此， z z y y x x n n n n n σσσσ++=⋅=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-θθθθϕϕcos sin sin cos i i z y x y x ze e n inn in n n （2）设n σ的本征函数表示为Φ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=b a ，本征值为λ，则本征方程为()0=-φλσn ，即 0cos sin sin cos =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛----b a e e i i λθθθλθϕϕ （3） 由（3）式的系数行列式0=，可解得1±=λ。
对于1=λ，代回（3）式，可得x y x y x x i i n in n in n n e e b a --=++==-=--112sin 2cos cos 1sin ϕϕθθθθ 归一化本征函数用()ϕθ,表示，通常取为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=ϕθθϕθφi e 2sin 2cos ,1或⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-222sin 2cos ϕϕθθi i ee （4）后者形式上更加对称，它和前者相差因子2ϕi e-，并无实质差别。
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 )。
量子力学曾谨言习题解答第八章
第八章：自旋[1]在x σˆ表象中，求x σˆ的本征态 （解） 设泡利算符2σ，x σ，的共同本征函数组是： ()z s x 21 和()z s x21- （1）或者简单地记作α和β，因为这两个波函数并不是x σˆ的本征函数，但它们构成一个完整系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理），x σˆ的本征函数可表示：βαχ21c c += (2)21,c c 待定常数，又设x σˆ的本征值λ，则x σˆ的本征方程式是： λχχσ=x ˆ (3) 将（2）代入（3）：()()βαλβασ2121ˆc c c c x +=+ (4) 根据本章问题6（P ．264），x σˆ对z σˆ表象基矢的运算法则是： βασ=x ˆ αβσ=x ˆ 此外又假设x σˆ的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4）：βλαλαβ2111c c c c +=+比较βα,的系数（这二者线性不相关），再加的归一化条件，有：)6()6()6(122211221c b a c c c c c c ------------------------------------⎪⎩⎪⎨⎧=+==λλ 前二式得12=λ，即1=λ，或1-=λ当时1=λ，代入（6a ）得21c c =,再代入(6c)，得： δi e c 211=δi e c 212=δ 是任意的相位因子。
当时1-=λ，代入（6a ）得21c c -=代入(6c)，得：δi e c 211=δi e c 212-=最后得x σˆ的本征函数： )(21βαδ+=i e x 对应本征值1)(22βαδ-=i e x 对应本征值-1以上是利用寻常的波函数表示法，但在2ˆˆσσx 共同表象中，采用z s 作自变量时，既是坐标表象，同时又是角动量表象。
可用矩阵表示算符和本征矢。
⎥⎦⎤⎢⎣⎡=01α ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10β ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=21c c χ （7）x σˆ的矩阵已证明是 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0110ˆx σ因此x σˆ的矩阵式本征方程式是： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡21211010c c c c λ （8） 其余步骤与坐标表象的方法相同，x σˆ本征矢的矩阵形式是： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1121δi e x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=1122δi e x[2]在z σ表象中，求n⋅σ的本征态，)cos ,sin sin ,cos (sin θϕθϕθn 是),(ϕθ方向的单位矢。
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示：
c 1 c 2
(2)
ˆ x 的本征值 ，则 ˆ x 的本征方程式是： c1 , c 2 待定常数，又设 ˆ x
将（2）代入（3） ： (3)
ˆ x c1 c 2 c1 c 2
(4)
ˆ z 表象基矢的运算法则是： ˆ x 对 根据本章问题 6（P．264） ，
2 2
（11）
是任意的相位因子。
本题用矩阵方程式求解：运用矩阵算符：
ˆx
0 1 1 0
cos
ˆy ，
0 i i 0
ˆz ，
1 i sin e
sin e i cos
ˆ x
ˆx
ˆ x 的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4） 此外又假设 ：
c1 c1 c1 c 2
比较 , 的系数（这二者线性不相关） ，再加的归一化条件，有：
c1 c 2 (6a) c 2 c1 (6b) c 2 c 2 1 (6c) 2 1
前二式得 1 ，即 1 ，或 1
2
当时 1 ，代入（6a）得 c1 c 2 ,再代入(6c)，得：
c1
1 2
e i
c2
1 2
e i
是任意的相位因子。 当时 1 ，代入（6a）得
c1 c 2
代入(6c)，得：
c1
1 2
e i
c2
ˆ z ，
， ，
ˆ y i
ˆ z
， （4）
将这些代入（3） ，集项后，对此两边 ， 的系数：
cos c1 (sin cos i sin sin ) c1 (sin cos i sin sin ) cos c 2 c 2
ˆx 1 (s z ) 1 (s z ) 1 (s z ) s x 1 ( s z ) s 2 2 2 2 2 1 (s z ) 1 (s z ) 0 2 2 2
2 ˆ y 对称，因而 ˆx , s 在 1 ( s z ) 态下， s 因此 s 4 2
若 l m ，有以下的二态：
（5）
（6）
( , ) 1 j l , ( , , s z ) l ,l 0 2
0 1 j l , ( , , s z ) 2 l , l ( , )
（7）
（8）
2 x
2 s 4
2 y
j2和 ˆ j z 的可能测值。 [4]求在下列状态下 ˆ
（1） 1
1 ( s z )11 ( , )
2
(1)
（2） 2
1 2 1 ( s z )10 ( , ) 1 ( s z )11 ( , ) 3 2 2 1 1 ( s z )11 ( , ) 2 1 ( s z )10 ( , ) 3 2 2
（8）
ˆ x 本征矢的矩阵形式是： 其余步骤与坐标表象的方法相同，
e i 1 x1 2 1
e i 1 x2 2 1
[2]在 z 表象中，求 n 的本征态， n (sin 方向的单位矢。
cos , sin sin , cos ) 是 ( , )
（解） 方法类似前题，设 n 算符的本征矢是：
x c1 c 2
(1)
它的本征值是 。又将题给的算符展开：
ˆ x sin sin ˆ y cos ˆz n sin cos
写出本征方程式：
(2)
sin cos ˆ
ˆ2 , ˆ j 2 共同本征态） ，首先， 假设 l m ，试将（1）式运算于合成角动量的本征态 ljmj （ l
对于 j l
1 有： 2
al ,m l 1 1 2 2 ˆ2 s ˆ ˆ ˆ j l ( ) l ljmj 2l 1 2l 1 bl ,m 1 3 a (l 1) j ( j 1) l (l 1) l ,m 1 4 3 2l 1 b(l 1) j ( j 1) l (l 1) l ,m 1 4 3 3 1 a (l 1) l (l )(l ) l (l 1) l ,m 1 2 2 4 1 3 3 2l 1 b(l 1) l (l )(l ) l (l 1) l ,m 1 2 2 4 1 (2l 1)al ,m 2l 1 (2l 1)bl ,m 1
2
1 e i e i cos sin
2 2
（10）
1 时， c1 , c 2 的关系是：
c 2 ctg
2
e i c1
归一化本征函数是：
2 e i e i sin cos
0
ˆ x 的矩阵已证明是 ˆx
1
1
0
1 c 2
c
（7）
0 1 1 0
ˆ x 的矩阵式本征方程式是： 因此
c1 0 1 c1 0 1 c c 2 2
(13)
本征方程式是：
cos sin e i c 2 c 2 i cos c 2 c 2 sin e n 的本征矢是：
i ( ) cos 2 e 1 sin e i 2 i ( ) sin 2 e , 2 cos e i 2
将题给的态和一般公式对照，发现（1） （2） （3）式与（7） （5） （6） （8）式相当，总角动量
j z 可能测值如下： j 2 ，总角动量分量算符 ˆ 平方算符 ˆ
状态 数值 算符 的量子数 的量子数 3/2 3/2 3/2 1/2 3/2 -1/2 3/2 -3/2 （1） （2） （3） （4）
(2)
（3） 3 （4） 4
(3) (4)
1 ( s z )11 ( , )
2
（解） 依§8.2 总角动量理论，若电子的轨道运动的态用量子数 l , m 表示，在考虑到自
ˆ2 , ˆ j2, ˆ j z ) 共同表象，则电子的态可有四种；若 l m ，有以下二态： 旋的情形下，若用 (l
ljmj 0 0 ljmj
ˆ
l ljmj
ˆ 是两个带有相加的常数分子的算符 ˆ , （证明）本题的 l l
ˆ x lˆx ˆ y lˆy ˆ z lˆz l
根据总角动量理论内，前两算符可变形如下：
1 1 1 l 1 ˆ ˆ 2 ) (1) (ˆ l j 2 lˆ 2 s l 2l 1 2l 1 2l 1 2l 1 1 1 1 1 ˆ ˆ 2 ) ( 2) (ˆ l j 2 lˆ 2 s l 2l 1 2l 1 2l 1 2l 1
2 2 s x sx (s x ) 2
2 2 ˆy 是， s 的均方偏差 s y 2 2 s y sy (s y ) 2
2 ˆx s 1 (s z ) 2
2 1 (s z ) 4 2 2 4
2 2 ˆx 1 (s z )s sx 1 (s z ) 2 2
sin e i
cos
0 它的解 2 1
（7）
1 时，代入（6）得：
c 2 tg
2
e i c1
2 2
（8）
（1） 的归一化条件是：
c1 c 2
将（8）代入（9） ，得：
1
c1 e i ( ) cos
归一化本征函数是：
2
c 2 e i sin
或
（5）
(cos )c1 sin e i c 2 0 i sin e c1 (cos )c 2 0
（6）
（6）具有非平凡解（平凡解 c1 0 ， c 2 0 ）条件是久期方程式为零，即
cos sin e i
l 1 l ˆ [5]令 l 2l 1
证明：
l l ˆ ， l ( 1) 2l 1
1 (j l ) 2 1 (j l ) 2 1 (j l ) 2 1 (j l ) 2
ˆ ˆ 1 ， l l
ˆ l ljmj
1 2
e i
ˆ x 的本征函数： 最后得
x1 e i 2 e i 2 ( )
对应本征值 1
x2
( )
对应本征值-1
2
ˆ x ˆ 共同表象中，采用 s z 作自变量时，既是坐标表 以上是利用寻常的波函数表示法，但在
象，同时又是角动量表象。可用矩阵表示算符和本征矢。
第八章：自旋