量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#16
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.16-6#8
(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(二)习题参考答案
2µ (U1 − E ) h2 2µ E h2
ψ 2 '' ( x) + k 2ψ 2 ( x ) = 0, k =
西华师大物理与电子信息学院
4
四川省精品课程——量子力学补充习题参考答案
ψ 3'' ( x) − β 2ψ 3 ( x) = 0, β =
其解分别为：
2µ (U 2 − E ) h2
ψ 1 ( x) = A1eα x + B1e −α x ψ 2 ( x) = C sin(kx + δ ) ψ 3 ( x ) = A2e β x + B2 e− β x
2
2
⑤
而透射系数
⑥
2） 、当 E＜U0 时，有ψ 2 '' ( x ) − k3 2ψ 2 ( x ) = 0 ， k3 = 其解为：ψ 2 ( x ) = Ce
− k3 x
+ De k3 x = Ce − k3 x （ψ 2 有限条件）
⑦
以下可以重复前面的求解过程。 不过， 为了简单我们亦可以在前面得到的结果⑤中做代 换 k2 ＝i k3 ，得到
由（18）式， （16） 、 （17）变成 或由 （19） 式， （16） 、 （17） 变成
（20）或（21）式就是讲义上习题 2．7 的结果。 a) 将 δ = 0 代入ψ 2 ( x) 中有：ψ 2 ( x) = C sin kx 由连续性条件：ψ 2 ( a) = ψ 3 ( a ) → C sin( ka ) = B2 e − β a
ψ m (ϕ ) =
除了 m=0 的态之外， E m 圴是二重简并的。 5、梯形式——— U ( x ) =
0, x < 0 U 0 , x > 0
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
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
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
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）
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
苏汝铿量子力学课后习题及答案
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
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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 @
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(二)习题参考答案
ψ 1 (− a ) = ψ 2 (− a ) → −C sin ka = A1e −α a
比较以上两式可以得到
B2 = − A1
A1eα x , x < − a 于是有 ψ 0 ( x) = C sin kx, −a < x < a − A e −α x , x > a 1
——奇宇称态！
+∞
( p x x − Et )
4） 、由归一化条件 ψ * ( x)ψ p ' ( x )dx = δ ( p ' − p '' ) 可定出归一化常数 p'
−∞
∫
A= 1
2π h h2 d 2 ,U = 0 2 I dϕ 2
µ =− 4、平面转子（见教科书）—— H
其解为： E m =
m2 h2 , m = 0, ±1, ±2 …… 2I 1 imϕ e ， 2π
比较得到：
B2 ＝ A1
于是得
A1eα x , x < − a ψ e ( x) = C cos kx, − a < x < a −α x A1e , x > a
——偶宇称态！
（23）
其中的 C，A1 可由归一化条件和连续性条件定出。 7、 δ 形势—— U ( x ) = f ( x )δ ( x) U(x) E 1 0 2 x （1）
①
②
由①和②消去 B
→ 2 A = (1 +
2k1 k2 k +k )C = 1 2 C → C = A k1 k1 k1 + k 2
③
由①和②消去 C
→
A − B k2 = → A + B k1
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。
《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。
量子力学课后习题答案
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 kThce 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 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》第二版答案及补充练习
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 λλπλλρλλλρλρρ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⇒ 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。
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p( ) 1 ， p(d ) 1 ，有： (1) L2 1, L2 2m 1, m 0,1, 2
反应前后角动量守恒。反应前 J 1 ，所以反应后有 L2 S J 。
。
n 与 n 的全同性要求总波函数反对称现在空间波函数反对称，所以自旋函数必须对称，即：
S 1 ，所以 L 2,1, 0 。但 L 2m 1，所以 L 1, S 1 。
总轨道角动量为 2 ；总自旋角动量为 2 。 （ii）设反应前氘核子方向 J 2 ，若中子对全部反向， S2 ，那么 L2 2 ，这是不 可能的，因为 L 1 ，所以几率为 0。 （iii）初始态为 J , J 2 1,1 ，将其变到非耦合表象： L 1, S 1, L, L2 , S , S2 ， 从而有 1,1
l
e Lp n Lp 2m p c
1 L p 是 p 对质心的角动量, 因为 L p Ln L , 且可以认为 L p Ln , 有 L p L (质心在连线中 2 1 心), 这样就有 l n L 2
耦合之后的总磁矩
p 1,1 1 2,1 2 3 2,3 2 , p 1, 1 1 2,1 2 a 3 2, 1 2 b 1 2, 1 2 , 0 n 1, 0 1 2, 1 2 c 3 2, 1 2 d 1 2, 1 2 .
由 C G 系数可得： a 1 3,
取 J 方向的投影并使 J z 为最大值 J 1 ，从而有
1 2
1 2
0.31 n
6.11 一个 介子（赝标粒子、自旋为零、奇宇称）最初被束缚在氘核周围，并处在最低库 仑能态上。它被氘核（一个质子和一个中子处在 3S1 态中）俘获，并使氘核转变为一对中子：
d nn。
1 1 [ n L J ( g p g n ) n S J ]J 2 2 J ( J 1)
因 J L S ，有
[ n 3 ( g p g n ) n (1)]J / 2
1 1 [1.5 ( g p g n )] n J 0.31 n J 2 2
6.12 在 J J1 J 2 ， m m1 m2 的态中 （i）若 j1 1, j2
1 3 1 , j , m ，求克莱布希-戈尔登系数； 2 2 2
（ii）考虑下列反应：
(a) p p (b) p p (c) p 0 n
这些同位旋守恒的反应能在同位旋 I 3 2 的 共振态或在 I 1 2 的 N 共振态中产生，试 分别就对应于 共振和 N 共振的能量计算截面比 a : b : c 。 在一个共振能处可忽略其他 同位旋态产生的影响， 介子的同位旋是 I 1 态，核子的同位旋是 I 1 2 态。 解； （i）定义算符 J J1 J 2 ，则有： J 3 2,3 2 ( J1 J 2 ) 1,1 1 2,1 2 ， 即
G(l 4) 混入.
(iii)对于纯 D 态, 总自旋 S=1, 轨道角动量(对 n,p 质心)L=2 总的磁矩应该等于总自旋的磁矩 , 与轨道角动量的磁矩 i 的耦合 总自旋 S S p S n
l p n
( p 和 n 分别为 p 和 n 的自旋磁矩)
3 3 2,1 2
2 1,0 1 2,1 2 1,1 1 2, 1 2 ，
所以 3 2,1 2
2 1 1, 0 1 2,1 2 1,1 1 2, 1 2 3 3
（ii）
1,1 , 0 1, 0 , 1, 1 ,
p 1 2,1 2 , n 1 2, 1 2 .
b 2 3, c 2 3, d 1 3.
1 2 4 2 共振态的 I 3 2 ，经过此态的截面比为： a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
4 2 4 2 N 共振态的 I 1 2 ，经过此态的截面比为： a : b : c 0 : b : bd 0 : : 。 9 9
把总 , 沿总 S 方向投影取平均, 有
(g p n S p gn n Sn ) S 1 l S ( g p g n ) n S S ( S 1) 2
其中
n
e 2m p c
g p 5.58
g n 3.82
质子运动对质心产生磁矩, 但是中子并不对质心产生磁矩, 这样有
（i）中子对的轨道角动量和总自旋角动量是多少？ （ii）发现两个中子的自旋均与氘核的自旋相反的概率是多少？
ˆ 方向，发现自旋反向的中子的发射概率（单位立 （iii）如果氘核的自旋在最初全部指向 R
体角）的角分布是多少？ 解： （i）反应前后宇称守恒，有： p( ) p(d )(1) 1 p(n) p(n)(1) 2 。 L1 ， L2 分别是 d
2 2 1, 0,1,1 1,1,1, 0 。 2 2
1,1,1, 0 Y11 ( , ) 1, 0
Sz
3 sin ei 1, 0 ，此态中 S z 0 ，显然有一个中子的 8
1 ，所以发现的几率为： 2 dP( , ) 1 3 3 sin 2 sin 2 d 2 8 16
编辑者：霍团长 6.10 氘是质子和中子的束缚态, 其总角动量 J 1 . 现已知它主要是由 S (l 0) 态组成并且有 很少的 D(l 2) 态参与进来: (i)解释为什么 P 态不能参与? (ii)解释为什么 G 态不能参与? (iii)计算 n-p 体系(总角动量 J 1 )处在纯 D 态时的磁矩. 假设 n 和 p 自旋耦合形成总自旋 S, 然后再与轨道角动量 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 和 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)质子和中子组成的系统的自旋可能值为 1 或 0, 因为 J L S . 所以在 S 0 时有 L 1 , 为 P 态, 由(i)知道不可能存在, 在 S 1 时 L 2,1,0 . 所以宇称准许的只有 S 或 D 态, 不能有