量子力学第四版卷一曾谨言著习题答案第章
曾谨言量子力学(卷I)第四版(科学出版社)2007年1月...
曾谨言《量子力学》（卷I ）第四版（科学出版社）2007年1月摘录第三版序言我认为一个好的高校教师，不应只满足于传授知识，而应着重培养学生如何思考问题、提出问题和解决问题。
这里涉及到科学上的继承和创新的关系。
“继往”中是一种手段，而目的只能是“开来”。
讲课虽不必要完全按照历史的发展线索讲，但有必要充分展开这种矛盾，让学生自己去思考，自己去设想一个解决矛盾的方案。
要真正贯彻启发式教学，教师有必要进行教学与科学研究。
而教学研究既有教学法的研究，便更实质性的是教学内容的研究。
从教学法来讲，教师讲述一个新概念和新原理时，应力求符合初学者的认识过程。
在教学内容上，至少对于像量子力学这样的现代物理课程来讲，我信为还有很多问题并未搞得很清楚，很值得研究。
量子力学涉及物质运动形式和规律的根本变革.20世纪前的经典物理学(经典力学、电动力学、热力学与统计物理学等)，只适用于描述一般宏观从物质波的驻波条件自然得出角动量量子化的条件及自然理解为什么束缚态的能量是量子化的：P17~18；人类对光的认识的发展历史把原来人们长期把物质粒子看作经典粒子而没有发现错误的启发作用：P18；康普顿实验对玻尔电子轨道概念的否定及得出“无限精确地跟踪一个电子是不可能的”：P21；在矩阵力学的建立过程中，玻尔的对应原理思想起了重要的作用；波动力学严于德布罗意物质波的思想：P21；微观粒子波粒二象性的准确含义：P29；电子的双缝衍射实验对理解电子波为几率波的作用：P31在非相对论条件下（没有粒子的产生与湮灭），概率波正确地把物质粒子的波动性与粒子性联系起来，也是在此条件下，有波函数的归一化及归一化不随时间变化的结果：P32；经典波没有归一化的要领，这也是概率波与经典波的区别之一：P32；波函数归一化不影响概率分布：P32多粒子体系波函数的物理意义表明：物质粒子的波动性并不是在三维空间中某种实在的物理量的波动现象，而一般说来是多维的位形空间中的概率波。
量子力学_答案_曾谨言
（1）
1 mω 2 x 2 。 2
−a
0 a x （2）
a = 2 E / mω 2 ，
x = ± a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件
∫ p ⋅ dx = 2 ∫
2 n nh = mωπ mω
+a
−a
1 2m( E − mω 2 x 2 ) dx = 2mω 2 ∫ a 2 − x 2 dx 2 −a
（1）
V = ∫ d 3 rψ *Vψ
2 ⎞ ⎛ ⎜ T = ∫ d rψ ⎜ − ∇2 ⎟ ⎟ψ ⎠ ⎝ 2m 3 *
（势能平均值）
（2）
(动能平均值)
=−
2m ∫
2
d 3r ∇ ⋅ ( ψ *∇ψ ) − (∇ψ * ) ⋅ (∇ψ )
[
]
其 中 T 的 第 一 项 可 化 为 面 积 分 ， 而 在 无 穷 远 处 归 一 化 的 波 函 数 必 然 为 0 。 因 此
= −∇ ⋅ s
所以
（定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）
∂w +∇⋅s = 0 。 ∂t
2.2 考虑单粒子的 Schrödinger 方程
3
i
V1 与 V2 为实函数。
2 ∂ ψ (r , t ) = − ∇ 2ψ (r , t ) + [V1 (r ) + iV2 (r )] ψ (r , t ) ∂t 2m
粒子能量
E nx n y nz
π2 2 1 2 2 = + py + p z2 ) = ( px 2m 2m
n x , n y , n z = 1, 2 , 3 ,
2 2 ⎞ ⎛ nx n2 ⎜ + y + nz ⎟ ⎜ a2 b2 c2 ⎟ ⎝ ⎠
量子力学_答案_曾谨言
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，⎩⎨⎧<<><∞=a x 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 hn 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 m p 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：2221)(x m x V E a x ω===。
(完整word版)量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
(完整word 版)量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案 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。
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：2221)(a m x V E a x ω===。
a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a = ， (2)a x ±=即为粒子运动的转折点。
有量子化条件h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a 22==（3） 代入（2），解出 ,3,2,1,==n n E n ω （4）积分公式： c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 22222221.2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设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2E E V kμμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则 当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022 μ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8） 则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg μηξξξη（10）式是以a V r 202 μ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V ，亦即 82220 πμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。
量子力学曾谨严 第1章作业答案
教材P25 ~27：1、2、3、4(1)、7 1.解：(a)证明能量平均值公式()[]()⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞∞∞∞⋅ψ∇ψ-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ψψ+ψ∇⋅ψ∇=⎭⎬⎫⎩⎨⎧ψψ+ψ∇⋅ψ∇-ψ∇ψ⋅∇-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧ψψ+ψ∇ψ-=ψ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∇-ψ=sd r r m r r V r r r m r d r r V r r r r r m r d r r V r r r m r d r r V m r r d E)()(2)()()()()(2)()()()()()()(2)()()()()(2)()(2)(*2**23***23*2*2322*3粒子在势场中运动的波函数平方可积()0)()(2*2=⋅ψ∇ψ⎰⎰∞s d r r m因此)()()()()()(23**23r w r d r r V r r r m r d E⎰⎰∞∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ψψ+ψ∇⋅ψ∇= 其中能量密度为)()()()()(2)(**2r r V r r r mr wψψ+ψ∇⋅ψ∇=(b)证明能量守恒公式S tr i t r t r i t r S r H t r r H t r S tr r V r r r V t r r t r r t r r t r r t r m tr r V r V t r t r r r t r m t w⋅-∇=∂ψ∂∂ψ∂-∂ψ∂∂ψ∂+⋅-∇=ψ∂ψ∂+ψ∂ψ∂+⋅-∇=∂ψ∂ψ+ψ∂ψ∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ψ∇∂ψ∂+ψ∇∂ψ∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ψ∇∂ψ∂+ψ∇∂ψ∂⋅∇=∂ψ∂ψ+ψ∂ψ∂+⎭⎬⎫⎩⎨⎧∂ψ∂∇⋅ψ∇+ψ∇⋅∂ψ∂∇=∂∂)()()()()(ˆ)()(ˆ)()()()()()()()()()()()()()()(2)()()()()()()()(2*******22***2****2即0=⋅∇+∂∂S tw这表明能量守恒，其中能流密度为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ψ∇∂ψ∂+ψ∇∂ψ∂-=)()()()(2**2r t r r t r mS2.解：(a)证明概率不守恒{}{}()()⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+⋅∇-∇-=+∇-∇⋅∇-=+∇-∇-=-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧∂∂+∂∂==τττττττττψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψρ2*3**2*3**32*3*22*3***3**3*33222222)ˆ(ˆ1)(V r dS d imV r dr d im V r dr d im H H r d i t t r d r d dtdr r d dt dS⎰⎰⎰⎰⎰ψψ+⋅∇-=ψψ+⋅-=τττ2*332*322V r dj r d V r d S d j S⎰=τρ)(3r r d dtd⎰⎰+⋅∇-ττψψ2*332V r dj r d即022*≠ψψ=⋅∇+∂∂V j tρ这表明概率不守恒。
曾谨言量子力学课后答案
∴ px = nxh / 2a ,
同理可得，
p y = ny h / 2b , pz = nz h / 2c ,
nx , ny , nz = 1, 2,3,L
粒子能量
Enxnynz
=
1 2m
(
p
2 x
+
p
2 y
+
p
2 z
)
=
π 2h2 2m
n x2 a2
+
n
2 y
b2
+
n
2 z
c2
nx , ny , nz = 1, 2,3,L
p = h/λ
1
（1） （2）
而能量
E = p 2 / 2m = h 2 / 2mλ2 = h2n2 = π 2h2n2 2m ⋅ 4a 2 2ma 2
(n = 1, 2,3,L)
（3）
1.2 设粒子限制在长、宽、高分别为 a, b, c 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。
（4）
且能量平均值
∫ E = d 3r ⋅ w 。
（b）由（4）式，得
∂w ∂t
=
h2 2m
∇ψ. *⋅ ∇ψ
+
∇ψ
*
⋅ ∇ψ.
.
+ψ * Vψ
+ψ
*V ψ.
=
h2 2m
∇
⋅
ψ.
*
∇ψ
+ψ.
∇ψ
*
− ψ. *
∇ 2ψ
+ψ.
∇ 2ψ
量子力学第四版卷一(曾谨言著)知识题目解析第4章
4.29——6.14.29证明在zL ˆ的本征态下，0==y x L L 。
（提示：利用x y z z y L i L L L L =-，求平均。
） 证：设ψ是z L 的本征态，本征值为 m ，即ψψ m L z=[]x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ，[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L ，()()()0111 =-=-=-=∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L同理有：0=y L 。
附带指出，虽然x l ˆ，y l ˆ在x l ˆ本征态中平均值是零，但乘积x l ˆyl ˆ的平均值不为零，能够证明：,212y x y x l l i m l l -==说明y x l l ˆˆ不是厄密的。
2ˆx l ，2ˆy l 的平均值见下题。
4.30 设粒子处于()ϕθ,lm Y 状态下，求()2x L ∆和()2yL ∆解：记本征态lm Y 为lm ，满足本征方程()lm l l lm L 221 +=，lm m lm L z =，lm m L lm z =，利用基本对易式 L i L L =⨯，可得算符关系 ()()x y z x z y x y z z y x x x L L L L L L L L L L L L L i L i -=-== 2()x y z z x y y x y z y z x y L L L L L L L i L L L L i L L L -+=-+=2将上式在lm 态下求平均，使得后两项对平均值的贡献互相抵消，因此 22yxLL =又()[]222221 m l l L L L zy x -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴ 上题已证 0==y x L L 。
()()()[]2222222121m l l L L L L L L x x x xx x -+==-=-=∆∴ 同理 ()()[]222121m l l L y-+=∆。
曾谨言量子力学课后答案
2
得a2
=
nh mωπ
=
2hn mω
（3）
2
代入（2），解出
En = nhω,
n = 1, 2,3 u 2 du = u a 2 − u 2 + a 2 arcsin u + c
2
2
a
1.4 设一个平面转子的转动惯量为 I，求能量的可能取值。
∫ 提示：利用
2π 0
（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,
因而平面转子的能量
Em = pϕ2 / 2I = m2h 2 / 2I ， m =1, 2,3,L
第二章 波函数与 Schrödinger 方程
2.1
设质量为
m
的粒子在势场V
v (r )
中运动。
∫ （a）证明粒子的能量平均值为 E = d 3r ⋅ w ，
w = h 2 ∇ψ *ψ +ψ *Vψ 2m
d
3rψ
*
−
h2 2m
∇
2
ψ
(动能平均值)
=
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
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，
V
( x)
=
∞,
0,
x < 0, x > a 0< x<a
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
a = n⋅λ 2
∴λ = 2a / n
(n = 1, 2, 3,L)
又据 de Broglie 关系
动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为 x, y, z 轴方向，把粒子沿 x, y, z 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
∫ px ⋅ dx = nx h , (nx = 1, 2 ,3,L)
即
px ⋅ 2a = nx h （ 2a ：一来一回为一个周期）
∫∫∫d 3rψ *ψ τ
证：（a）式（1）取复共轭， 得
− ih
∂ ∂t
ψ
*
=
−
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
第二章：函数与波动方程P69 当势能)(r V 改变一常量C 时,即c r V r V +→)()(,粒子的波函数与时间无关部分变否?能量本征值变否?(解)设原来的薛定谔方程式是0)]([2222=-+ψψx V E mdx d将方程式左边加减相等的量ψC 得:0]})([]{[2222=+-++ψψC x V C E mdx d这两个方程式从数学形式上来说完全相同,因此它们有相同的解)(x ψ, 从能量本征值来说,后者比前者增加了C 。
(证)E =υT = = =用高斯定理 中间一式的第一项是零,因为ψ假定满足平方可积条件,因而0>T 因此 V V T E >+=,能让能量平均值V V min >因此V E min >令ψψn=(本征态)则EnE =而VE nmin>得证2.1设一维自由粒子的初态()/00,x ip ex =ψ， 求()t x ,ψ。
解： () /2200,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t m p x p i et x ψ2.2对于一维自由运动粒子，设)()0,(x x δψ=求2),(t x ψ。
（解）题给条件太简单，可以假设一些合理的条件，既然是自由运动，可设粒子动量是p ，能量是E ，为了能代表一种最普遍的一维自由运动，可以认为粒子的波函数是个波包（许多平面波的叠加），其波函数： p d ep t x i E px ip )()(21),(-∞-∞=⎰=φπψ （1）这是一维波包的通用表示法，是一种福里哀变换，上式若令0=t 应有 ex px i∞)0,(ψx δ)(将（2）（3(ψ，代入（4）(ψ p d eet x p i mx p m it timx ⎰∞-∞=--=)2(22221),(πψ利用积分απξαξ=⎰∞∞--d e 2： ti m et x ti m x ππψ221),(22=写出共轭函数（前一式i 变号）：ti m et x timx -=-ππψ221),(22 t mt m t x πππψ22)2(1),(22=⨯=本题也可以用Fresnel 积分表示，为此可将（6）式积分改为：dp tmx p m t i dp t mx p m t 22)](2[sin )](2[cos ---⎰⎰∞∞-∞∞-用课本公式得timxetm i t x t x 2*2)1(21),(),(ππψψ=，两者相乘，可得相同的结果。
量子力学第四版卷一(曾谨言著)习题集规范标准答案第3章-补充
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2ηηE E V k μμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则0=C当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022ημ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8）则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg ημηξξξη（10）式是以a V r 202ημ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V η，亦即 82220ηπμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
2
2
代入边界条件 (b) 0 ,得 2
(b) sin(kb ) 0,kb n 2
因而 kb n , 2 (x) C sin[k(x b) n ]
C sin k(x b)
或 2(x)
(2)
C sin k(x b)
和V0 情形相同,C=A ,偶宇称解是
1(x) Asin k(x b)
x 2 2m(m 1 ) m2 2 1
2
a2
(m 1 ) 2m(m 1 ) m2 2 (m 1 )
2
2
m 2
m(m 1) 2
测不准关系中的不准度是：
p 2
* m
(
i
)
2
d 2 m dx 2
dx
2mE
m2 2
x2
2m(m
1 ) 2
m2 2
1 a2
(m 1 ) 2m(m 1 ) m2 2 (m 1 )
ka n , kb n
相减得 k(b a) (n n) n
n 是整数,可作为能级编号.
kn
n ba
因此能级是
En
2 2 2m
( n )2 ba
是二度简并的
注: 在本题中因为左右两个势阱对称,粒子在两者中都能出现, 和实际上是同一个函数,只是的取值 范围不同.
考察V0 为有限值情形的解,先设 E<V0 设区间 (a, b) 中的解是
区间 (b,a) ，设波函数：Байду номын сангаас
再考虑
2 (x) b sin(kx ) (5) (x a)x b 在二点的连续条件得
代入
B sin(ka ) 0, B sin(kb ) 0
得: ka p , kb p ,但 p, p 整数,因此区间 (b,a) 的波函数:
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第4章-2
4.29——6.14.29证明在zL ˆ的本征态下，0==y x L L 。
（提示：利用x y z z y L i L L L L =-，求平均。
） 证：设ψ是z L 的本征态，本征值为 m ，即ψψ m L z=[]x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ，[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L ，()()()0111 =-=-=-=∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L同理有：0=y L 。
附带指出，虽然x l ˆ，y l ˆ在x l ˆ本征态中平均值是零，但乘积x l ˆyl ˆ的平均值不为零，能够证明：,212y x y x l l i m l l -==说明y x l l ˆˆ不是厄密的。
2ˆx l ，2ˆy l 的平均值见下题。
4.30 设粒子处于()ϕθ,lm Y 状态下，求()2x L ∆和()2yL ∆解：记本征态lm Y 为lm ，满足本征方程()lm l l lm L 221 +=，lm m lm L z =，lm m L lm z =，利用基本对易式 L i L L =⨯，可得算符关系 ()()x y z x z y x y z z y x x x L L L L L L L L L L L L L i L i -=-== 2()x y z z x y y x y z y z x y L L L L L L L i L L L L i L L L -+=-+=2将上式在lm 态下求平均，使得后两项对平均值的贡献互相抵消，因此 22yxLL =又()[]222221 m l l L L L zy x -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴ 上题已证 0==y x L L 。
()()()[]2222222121m l l L L L L L L x x x xx x -+==-=-=∆∴同理 ()()[]222121m l l L y-+=∆。
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-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第5章-2
t＇=t⑴
势能在K＇K两坐标系中的表示式有下列关系
V＇（x＇,t＇）=V＇(x-vt,t)=V(x,t)⑵
证明若在K＇中薛定谔方程式是
则在K＇中：
其中： ⑶
[证明]从伽利略变换定义可知，在⑴式中当t=0时，x=x＇，t=t＇，因此在时刻t=0一点的波函数 与 相重合，这个关系和§5.1⑵的海森伯，薛定谔表象变换:
沿 方向运动的自由粒子，在伽利略变换下，动量、能量的变换关系为
（14）
据此， 系和 系中相应的平面波波函数为
， （15）
（1）、（14）代入（15），即得
此即（13）式，由于这个变换关系仅取决于 和 系的相对速度 ，而与粒子的动量 无关，所以上式适用于任何自由粒子。它正是所求的变换关系。
5.16——2.1
5.17——2.2
5.17设Hamilton量 。证明求和规则
是 的一个分量， 是对一切定态求和， 是相应于 态的能量本征值， 。
证： （ ）
又
，
。
不难得出，对于 分量，亦有同样的结论，证毕。
5.18——2.4
5.18设 为厄米算符，证明能量表象中求和规则为
（1）
证：式（1）左端
（2）
计算中用到了公式 。
5.15——参考7.17
5.15证明schrödinger方程变换在Galileo变换下的不变性，即设惯性参照系 的速度 相对于惯性参照系 运动（沿 轴方向），空间任何一点两个参照系中的坐标满足下列关系：
。（1）
势能在两个参照系中的表示式有下列关系
（2）
证明schrödinger方程在 参照系中表为
本题和三维自由场类似,差别在于均匀二维势场,但它不影响力学量的守恒.
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第5章-1
第五章： 对称性及守恒定律P248设粒子的哈密顿量为 )(2ˆˆ2r V p H+=μ。
（１） 证明V r p p r dtd ∀⋅-=⋅μ/)(2。
（２） 证明：对于定态 V r T ∀⋅=2（证明）（１）z y x p z p y p xp r ˆˆˆˆˆˆ++=⋅，运用力学量平均值导数公式，以及对易算符的公配律：]ˆ,ˆˆ[1)ˆˆ(H p r i p rdt d⋅=⋅]ˆ,ˆˆ[H p r =⋅=)],z y （２） ˆ[r⋅ x x x x p x p p x p p xˆˆˆˆˆ]ˆ,ˆˆ[232-= x x x x x x p x p p x p p x p p xˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ2223-+-= x x x x x p p x p p p xˆ]ˆ,ˆ[ˆˆ]ˆ,ˆ[2+= 222ˆ2ˆˆx x x p i p i p i =+= （４）],ˆ[ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ],ˆˆ[V p x p V x V p x p x V V p x V p xx x x x x x =-=-=xV x i ∂∂=ˆˆ （５） 将（４）（５）代入（３），得：}{)ˆˆˆ(]ˆ,ˆˆ[222zV z y V y x V x i p p p i H p rz y x ∂∂+∂∂+∂∂+++=⋅ μ }ˆ{2V r pi ∀⋅+=μ代入（１），证得题给公式：V r pp r dt d ∀⋅-=⋅ μ2ˆ)( （６） 的平均值，按前述习题２的结论，其 则=⋅p r dt d 由前式P249 ） （２）库仑场 T V 2-= （３）T V n Cr V n2,==（解）先证明维里定理：假设粒子所在的势场是直角坐标),,(z y x 的n 次齐次式，则不论n 是正、负数，势场用直角坐标表示的函数，可以表示为以下形式，式中Ｖ假定是有理函数（若是无理式，也可展开成级数）：∑=ijkkj i ijk z y x C z y x V ),,( （１）此处的k j i ,,暂设是正或负的整数，它们满足：n k j i =++ （定数）ijk C 是展开式系数，该求和式可设为有限项，即多项式。
量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第2章
（b）由（4）式，得
∂ w 2 ∂ ∂ = ( ∇ ψ * )⋅ ∇ ψ + ∇ ψ * ⋅ ( ∇ ψ ∂t 2m ∂ t ∂t 2 = ∇ 2m ∂ψ * ∂ψ * ⋅ ∇ψ + ∇ψ − ∂ t ∂ t
∂ψ ∗ ∂ψ ) + Vψ + ψ *V ∂t ∂t ∂ψ * 2 ∂ ψ 2 * ∂ψ * ∂ψ ∇ ψ + ∇ ψ + Vψ + ψ *V ∂t ∂t ∂t ∂t
（1）
V1 与 V2 为实函数。
（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 = −
ψ *∇ ψ − ψ ∇ ψ ∫ ∫ 2im S
(
*
) ⋅ dS +
2V2
∫∫∫ d
τ
3
rψ *ψ
证：（a）式（1）取复共轭， 得
*
∂ ψ 2 2 ∂ ψ * 2 2 = −∇ ⋅s+ − ∇ + V ψ + − ∇ + V ψ ∂ t 2m ∂ t 2m ∂ψ * ∂ψ * = − ∇ ⋅ s + E ψ + ψ ∂t ∂t ∂ρ = −∇ ⋅s+ E ∂t = −∇ ⋅s
dp
∫
∞ −∞
e − α ξ dξ =
2
π α
imx 2
：
1 ψ ( x, t ) = e 2 t 2π
2mπ it
写出共轭函数（前一式 i 变号）：
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——证明在zL ˆ的本征态下，0==y x L L 。
（提示：利用x y z z y L i L L L L =-，求平均。
） 证：设ψ是z L 的本征态，本征值为 m，即ψψ m L z =[]x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ，[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L ，()()()0111 =-=-=-=∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L同理有：0=y L 。
附带指出，虽然x l ˆ，y l ˆ在x l ˆ本征态中平均值是零，但乘积x l ˆy l ˆ的平均值不为零，能够证明：,212y x y x l l i m l l -==说明y x l l ˆˆ不是厄密的。
2ˆx l ，2ˆy l 的平均值见下题。
设粒子处于()ϕθ,lm Y 状态下，求()2x L ∆和()2y L ∆ 解：记本征态lm Y 为lm ，满足本征方程()lm l l lm L 221 +=，lm m lm L z =，lm m L lm z =，利用基本对易式 L i L L =⨯，可得算符关系 ()()x y z x z y x y z z y x x x L L L L L L L L L L L L L i L i -=-== 2()x y z z x y y x y z y z x y L L L L L L L i L L L L i L L L -+=-+=2将上式在lm值的贡献互相抵消，因此22yx L L = 又()[]222221 m l l L L L zyx -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴ 上题已证 0==y x L L 。
()()()[]2222222121m l l L L L L L L x x x xx x -+==-=-=∆∴同理 ()()[]222121m l l L y -+=∆。
（补白）若需要严格论证2x l 与2y l 的相等关系，可设y x l i l l ˆˆˆ+≡+ yx l i l l ˆˆˆ-≡- 于是有)ˆˆ(21ˆ-++=l l l x )ˆˆ(2ˆ+--=l l i l y 求其符2ˆx l 的平方，用-+l l ˆˆ来表示：)ˆˆˆˆˆˆˆˆ(41ˆ2--+--++++++=l l l l l l l l l x )ˆˆˆˆˆˆˆˆ(41ˆ2--+++--+--+=l l l l l l l l l y再求它们在态im Y 中的平均值，在表示式中用标乘积符号时是))ˆˆˆˆˆˆˆˆ(41,(ˆ2im im x Y l l l l l l l l Y l --+--++++++= （1）))ˆˆˆˆˆˆˆˆ(41,(ˆ2im im y Y l l l l l l l l Y l --+++--+--+= （2）或都改写成积分形式如下，积分是对空间立体角取范围的： Ω+++=⎰⎰Ω--+--+++*d Y l l l l l l l l Y l im im x )ˆˆˆˆˆˆˆˆ((412 （3） Ω--+=⎰⎰Ω--+++--+*d Y l l l l l l l l Y l im im y )ˆˆˆˆˆˆˆˆ((412 （4） 按角动量理论：1,)1)((ˆ++++-=m i im Y m l m l Y l1,)1)((ˆ--+-+=m i im Y m l m l Y l （5）和正交归一化条件：m m i i im m i d Y Y ,,,'''''*=Ω⎰⎰δ （6） 将运算公式（5）使用于（3）式的各项，得结果如下：0ˆˆ2,=Ω⨯=Ω⎰⎰⎰⎰+*++*d Y Y d Y l l Y m i im im im 常数0ˆˆ2,=Ω⨯=Ω⎰⎰⎰⎰-*--*d Y Y d Y l l Y m i im imim 常数 2)1)((ˆˆ +-+=Ω⎰⎰-+*m l m l d Y l l Yimim2)1)((ˆˆ ++-=Ω⎰⎰+-*m l m l d Y l l Y im im注意上述每一个积分的被积函数都要使用（5）的两个式子作重复运算， 再代进积分式中，如：1,)1)((ˆˆˆ-+-++-+=m l im Y m l m l l Y l l1,ˆ)1)((-+⋅+-+=m l Y l m l m lm l Y m l m l m l m l ,1)1()][(1([)1)((⋅+-+--+-+=将它们代入（3）就得到前一法（考虑y x l l ,对称）得到相同的结果。
])1)(()1)([(41222++-++-+=m l m l m l m l l x 22])1([21m l l -+= 又从（4）式看出，由于--++l l l l ˆˆ,ˆˆ没有贡献，（3）（4）应有相同的结果。
第二种方法运用角动量一般理论，这在第四章中并没有准备知识，所以用本法解题不符合要求，只作为一种参考材料。
—— ——，，设体系处于202111Y C Y C +=ψ状态（已归一化，即12221=+C C ），求 （a ）z L 的可能测值及平均值; （b ）2L 的可能测值及相应的几率； （c ）x L 的可能测值及相应的几率。
解：1121122 Y Y L =，2022026 Y Y L =；1111 Y Y L z =，20200 Y Y L z =。
（a ）由于ψ已归一化，故z L 的可能测值为 ，0，相应的几率为21C ，22C 。
平均值 21C L z =。
（b ）2L 的可能测值为22 ，26 ，相应的几率为21C ，22C 。
（c ）若1C ，2C 不为0，则x L （及y L ）的可能测值为： 2， ，0， -， 2-。
1）x L 在1=l 的空间，()z L L ,2对角化的表象中的矩阵是⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛010*******求本征矢并令1= ，则⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛c b a c b a λ010********， 得，a b λ2=，b c a λ2=+，c b λ2=。
1,0±=λ。
ⅰ）取0=λ，得a c b -== ,0，本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a 0，归一化后可得本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-10121。
ⅱ）取1=λ，得c a b 22==，本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a 2，归一化后可得本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12121。
ⅲ）取1-=λ，得c a b 22-=-=，归一化后可得本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-12121。
在⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0011111C Y C 态下 ：x L 取0的振幅为()2001C 1012111C =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-，x L 取0的几率为221C； x L 取 的振幅为()2001C 1212111C =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛，相应的几率为421C；x L 取 -的振幅为()2001C 1212111C =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-，相应的几率为421C。
总几率为21C2）x L 在2=l 的空间，()z L L ,2对角化表象中的矩阵利用 ()()1211++-=+m j m j m j jm j x()()1211+-+=-m j m j m j j m j x11222 =∴x j ，230212=x j ，231202=-x j ，12212=--x j 。
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=01000102300023023000230100010x L ，本征方程⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛e d c b a e d c b a λ010010230002302300023010001a b λ=，b c a λ=+23，()c d b λ=+23，d e c λ=+23，e d λ=，2,1,0±±=λ。
ⅰ）0=λ，0=b ，c a 23-=，0=d ，c e 23-=本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-10320183。
在⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=001002202C Y C 态下，测得0=x L 的振幅为。
几率为422C ；ⅱ）1=λ，a b =，0=c ，b d -=，e d =，本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--1101121。
在202Y C 态下，测得 =x L 的振幅为()01101121001002=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--C ，几率为0。
ⅲ）1-=λ，a b -=，0=c ，b d -=，d e -=，本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1101121，在202Y C 态下，测得-=x L几率为0。
ⅳ）2=λ，a b 2=，a c 6=，a e d 22==，a c e ==6，本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1262141，在202Y C 态下，测得 2=x L 的振幅为()2246126214100100C C =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛。
几率为2283C ； ⅴ）2-=λ，a b 2-=，a c 6=，a d 2-=，a e =，本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--1262141，在202Y C 态下，测得2-=x L 的几率为2283C 。
2222418383 C C =⎪⎭⎫⎝⎛++∴。
在202111Y C Y C +=ψ态中，测x L （和y L ）的可能值及几率分别为：222122212122834141214183202C C C C C C +--求证在z ˆl 的本征态下，角动量沿着与z 轴成θ的角度的方向上的分量的平均值是：θcos m 。
（解）角动量l ˆ 沿着与z 成θ解的方向（此方向用单位矢S表示，它不是唯一的，因由方位角ϕ给定），有一投影'ˆl ，它的解析式是：θϕθϕθcos sin sin cos sin k j i s++=zy x z y x l l l k j i l k l j l i s l l ˆcos ˆsin sin ˆcos sin )cos sin sin cos sin ()ˆˆˆ('ˆθϕθϕθθϕθϕθ++=++⋅++=⋅= （1）计算在z l ˆ的本征态im Y 中角动量投影'ˆl 的平均值：ΩθΩϕθΩϕθΩd Y l Y d Y l Y d Y l Y l im z imim y im im x im ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+=***)ˆ(sin )ˆsin (sin )ˆcos (sin ' （2） 式中ϕθθd d d sin =Ω 根据（29）题的结论，z l ˆ本征态下0x =l ，0=y l 故前一式第一，二两个积分无贡献，由于：im im z Y m Y l =ˆ，因而θcos ' m l = （3）设属于能级E 有三个简并态1ψ，2ψ和3ψ，彼此线形独立，但不正交，试利用它们构成一组彼此正交归一的波函数。