曾谨言量子力学课后答案
曾谨严量子力学习题解答2
1 [ϕ1 (x ) + ϕ 2 (x )] 2 1 1 ⎡ϕ1 ( x ) e − iE1t / h + ϕ 2 ( x ) e − iE2t / h ⎤ ⎡ϕ1 ( x, t ) + ϕ 2 ( x, t ) ⎤ = 则有：ϕ ( x, t ) = ⎣ ⎦ ⎦ 2⎣ 2 (2)求 x (t ) = ?
⎧ ⎛ nπ pa ⎞ ⎛ nπ pa ⎞ ⎫ a sin ⎜ − + ⎛ nπ pa ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎟ i⎜ − ⎟ ⎪ n +1 ⎪ ⎝ 2 2h ⎠ ⎪ 2 2h ⎠ ⎪ ⎝ = π h e ⎝ 2 2h ⎠ ⎨ + ( −1) nπ pa nπ pa ⎬ 2i ⎪ ⎪ − + 2 2h 2 2h ⎭ ⎪ ⎪ ⎩
3. 《曾 P.163-5》 一维无限深势阱（如右图）中的粒子，设处于 ϕ n ( x ) 态。求其动量分布概率。当 n >> 1 时， 与经典粒子运动比较。 解：利用已知解：
⎧ 2 nπ x sin , ⎪ ϕn ( x ) = ⎨ a a ⎪0, ⎩
V ( x)
0
a
(0 < x < a) ( x < 0, x > a )
∗
5π 2 h 2 5 1 = = E1 = ( E1 + E2 ) 2ma 2 2 2
2 （4）求 H = ?
H = ∫ ϕ ∗ ( x ) H 2ϕ ( x )dx
2 −∞
+∞
=∫
+∞
−∞ a
1 1 ⎡ϕ1 ( x ) + ϕ 2 ( x ) ⎤ ⋅ H 2 ⋅ ⎡ϕ1 ( x ) + ϕ 2 ( x ) ⎤ dx ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 2
附量子力学答案 曾谨言
目录 退出 16
二．普朗克量子论的提出
Planck量子论:
对于一定频率的辐射，物体只
能以 能量单位h 不连续地发射或吸
收辐射能量。h 为Planck常数,能量单
位h 称为能量子。
Planck于1900年12月14日在德
国物理学会上报告了这个理论的推导，
以及根据辐射实验定出了Planck常
数。这日被定为量子理论的诞生日。
1 uv2 2
hv w0
阿尔伯特-爱因斯坦(1879-1955） 因发现光电效应定律，荣获了1921年 诺贝尔物理学奖 目录 退出 20
0.1.3 原子问题——Bohr(玻尔)的原子理论
一、原子模型问题
1、汤姆逊（J. J. Thomson）的原子模型：
正电荷均匀分布在原子中，而电子则以某种规律镶嵌其中。 ——局限在于无法解释原子散射实险中的大角度偏转现象。
该公式在低频段部分与实验曲线相符合，而在高频段有明显偏离（当 v 时，
Ev 成为发散的，即紫外发散困难）。
目录 退出 14
（三）普朗克（Planck）公式 普朗克分别从瑞利公式和维恩公式求出其能量的涨落，并将二者
相加作为插值公式的能量涨落，从而得出插值公式，即普朗克公式：
Evdv
c1v3dv exp(c2vT )
2、卢瑟福（E. Rutherford）的有核原子模型：
卢瑟福于1911年用 粒子对原子的散射，提出了有核原子模型：
原子的正电荷及大部分质量都集中在很小的原子中心，形成原子核，而电
子则围绕原子核旋转，该模型能很好地解释 粒子的大角度偏转问题，但
不能解释原子的稳定性问题和原子的大小问题。
目录 退出 21
量子力学 (Quantum Mechanics)
曾谨言量子力学导论(第二版)答案
= −∇ ⋅ s
所以
（定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）
∂ω +∇⋅s = 0 。 ∂t
2.2 考虑单粒子的 Schrödinger 方程
i
V1 与 V2 为实函数。
2 ∂ ψ (r , t ) = − ψ (r , t ) ∇ 2ψ (r , t ) + [V1 (r ) + iV2 (r )] ∂t 2m
得a =
2 +a +a
π
2
= mωπ a 2 = n h
2 n nh = mωπ mω
（3）
代入（2） ，解出
En = n ω, a 2 − u 2 du =
n = 1, 2 , 3 ,
（4）
积分公式：
∫
∫
2π
u a2 u arcsin + c a2 − u2 + 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
1 mω 2 a 2 。 2
−a
0
a
x
1
.
由此得
a = 2 E / mω 2 ，
（2）
x = ± a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件 1 2 2 2 2 2 ∫ p ⋅ dx = 2 −∫a 2m( E − 2 mω x ) dx = 2mω −∫a a − x dx = 2 mω a 2 ⋅
∫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，
《量子力学导论》习题答案(曾谨言版,北京大学)3
第十章 定态问题的常用近似方法10－1) 设非简谐振子的Hamilton 量表为'0H H H +=222220212x u dx d u H ω+-= 3'x H β=（β为实常数）用微扰论求其能量本征值（准到二级近似）和本征函数（准到一级近似）。
解：已知)0()0(0n n n E H ψψ=，()x H e N n x n n αψα2)0(22-=，()ω 21)0(+=n E n ，ωαu =()[]11121+-++=n n n n n x x ψψαψ ()()()()()[]22222112121+-++++++=n n n n n n n n n x x ψψψαψ()()()()()()()[]311333321113321221++--++++++++--=n n n n n n n n n n n n n n n x x ψψψψαψ计算一级微扰：n n n H E ψψ')1(=03==n n x ψψβ。
（也可由()⎰+∞∞-⋅==dx x x H En nn n32')1(βψ0＝（奇）直接得出）计算二级微扰，只有下列四个矩阵元不为0：()()',33332122n n n n H n n n x --=--=αβψβψ',1331322n n n n H n n x --=⋅=αβψβψ ()',133111322n n n n H n n x ++=++⋅=αβψβψ ()()()',333332122n n n n H n n n x ++=+++⋅=αβψβψ计算2'knH：()()622',3821αβ--=-n n n Hnn6232',19αβn H n n =- 6232',189αβn H nn =+()()()622',38321αβ+++=+n n n Hnn又ω 3)0(3)0(=--n n E E ，ω =--)0(1)0(n n E E ， ω -=-+)0(1)0(n n E E ，ω 3)0(3)0(-=-+n n E E ，∑-++=++=∴kk n knnnnnnnn E E HHEEEEE )0()0(2''')0()2()1()0(43222811303021ωβωu n n n ⋅++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=)0()0()0('')0()1()0(k kkn knnnnn E E H ψψψψψ∑-+=+=()()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-+--+---=++--)0(3)0(1)0(1)0(33)0(321311133213122n n n n n n n n n n n n n n n ψψψψωαβψ10－2) 考虑耦合振子，'0H H H += 参 书.下册§9.2()2221222221220212x x u x x u H ++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂-=ω 21'x x H λ-=（λ为实常数，刻画耦合强度） （a ）求出0H 的本征值及能级简并度。
曾谨言--量子力学习题及解答
dv ， 1
（1） （2） （3）
v c ， v dv v d ，
dv d c d v ( ) d ( ) v c
8hc 5
1 e
hc kT
, 1
1
这里的 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。 本题关注的是λ取何值时， 取得极大值，因此，就得要求 对λ的一阶导数为零， 由此可求得相应的λ的值，记作 m 。但要注意的是，还需要验证 对λ的二阶导数在 m 处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的 m 就是要求的，具体如下：
2
k
2 E
2
k
cos 2d (2 ) cos d ,
2 E
k
这里 =2θ，这样，就有
2
A B E
k
d sin 0
（2）
根据式（1）和（2） ，便有
A E
这样，便有
k n h 2
E
k
E
n h 2 k
nh
其中 h
k
,
h 2
最后，对此解作一点讨论。首先，注意到谐振子的能量被量子化了；其次，这量子化的 能量是等间隔分布的。 （2）当电子在均匀磁场中作圆周运动时，有
R p qBR
2
qB
这时，玻尔——索末菲的量子化条件就为
又因为动能耐 E
p2 ，所以，有 2
2
2 如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（ E 动 e c ） ，那么
曾谨言《量子力学》答案 第9章
{ k (k 1)(k 2) n,k 3 3k k n ,k 1 8 2 3(k 1) k 1 n,k 1
(k 1)(k 2)(k 3) n ,k 2 } (7 )
2
1
{
n(n 1) ( 0) 1 (0) n 2 (n ) n 4 2 (5)
(n 1)(n 2) ( 0) n2 } 4
再将此式遍乘 x ，重复使用（4）式
( 0) x 3 n
1
2
{
n(n 1) (0) x n 2 4
1 (n 1)(n 2) ( 0) (0) (n ) x n n2 } 2 4
有： Ek
( 0) ) Ek(0 2 3
， ，
) Ek( 0) Ek(0 1
， （9 ）
) Ek(0) Ek(0 1
) Ek(0) Ek(0 3 3
将（7）和（9）所决定的诸值代入（3）
k
(0) k
(0) k
/
/ H k/ 2,k H nx (0) (0) ) n k (0) k( 0 3 ) E k0 E k( 0) E k E k( 0 2 ) k( 0 3
/ ( H nk )2 ( 0) (0) En n Ek
(10)
二能级量本征值修正量：按二级近似式是
Ek E
/
(0) k
H
/ kk
（11）
其中 H kk Wkk 0 ，二级修正量是个数量的和，它也用（7）式来计算，并也包括四个项：
曾谨严量子力学习题解答5
⑵
由归一化条件 ψ +ψ = 1, 即
(a
b)
⎛ ⎜ ⎝
a b
⎞ ⎟ ⎠
=
1
a2 + b2 =1
⑶
由⑵、⑶可解得: a = b = 1 2
∴σ x
的本征态为 ψ + =
1 ⎛1⎞ 2 ⎜⎝1⎟⎠
当 λ = −1 时,带入方程⑴式,可得:
⎛ +1
⎜ ⎝
1
1⎞ 1⎟⎠
⎛ ⎜ ⎝
a b
⎞ ⎟ ⎠
=
0
∴a = −b
Ay Bz − Ay Bz
+iσ y ( Az Bx − Ax Bz )
( ) ( ) ( ) =
r A
⋅
r B
+
iσ
z
( ) =
r A
⋅
r B
+
iσr
⋅
Ar ×
r B
rr
z
+ iσ x
A× B
Ar ×
r B
x
+ iσ y
Ar ×
r B
y
证毕。
2. 《曾 p.401-练习7》
令
( ) σ ±
=
1 2
⎥ ⎦
1 ⎡nx − iny ⎤
2(1− nz ) ⎢⎣ 1− nz ⎥⎦
⑼
如
nr
=
(0, 0,1),
取
φ−1
=
⎡0⎤ ⎢⎣1⎥⎦ ;
如
nr
=
(0, 0, −1),
取
φ−1
=
⎡1⎤ ⎢⎣0⎥⎦
6.《曾 p.442-练习9》
(a) 设电子处于自旋态 χ1/2 (σ z = 1), 求 σ n = σr ⋅ nr 的可能测得值及相应的概率,
曾谨言量子力学导论(第二版)答案
+∞
−∞
∫e
− iξ 2
dξ
⋅ m
2m imx 2 2 t e ⋅ π e − iπ / 4 t
⎡ ⎛ mx 2 π ⎞⎤ exp ⎢i⎜ − ⎟ ⎜ ⎟⎥ 2π t ⎣ ⎝ 2 t 4 ⎠⎦
ψ ( x, t ) =
2
m 2π t
。
2.6 设一维自由粒子的初态为ψ ( x,0 ) ，证明在足够长时间后，
[
] ]
=−
d r [∇ ⋅ ( ψ 2m ∫
2 3
2
∇ψ 1* − ψ 1*∇ψ 2 ) − (∇ψ 2 ) ⋅ (∇ψ 1* ) + (∇ψ 1* ) ⋅ (∇ψ 2 ) ∇ψ 1* − ψ 1*∇ψ 2 )
=−
d r [∇ ⋅ ( ψ 2m ∫
2 3
2
]
=−
即
2m ∫
2
(ψ
2
（无穷远边界面上，ψ 1 ,ψ 2 → 0 ） ∇ψ 1* − ψ 1*∇ψ 2 ) ⋅ dS = 0 ，
（1）
3
（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
2V d d 3 rψ *ψ = − ( ψ *∇ψ − ψ∇ψ * ) ⋅ dS + 2 ∫∫∫ ∫∫ dt τ 2im S
证： （a）式（1）取复共轭， 得
2 ∂ * ∇ 2ψ * + (V1 − iV2 ) −i ψ =− ψ* ∂t 2m
（1）
当时间足够长后（所谓 t → ∞ ） ，上式被积函数中的指数函数具有 δ 函数的性质，取
pϕ = mh ，
2
2 2 因而平面转子的能量 E m = pϕ / 2 I = m
曾谨言量子力学第五版答案
曾谨言量子力学第五版答案【篇一：量子力学第四版卷一 (曾谨言著)习题答案】量子力学的诞生1m?2x2中运动，用量子化条件求粒子能量e的可能取值。
2p?2m[e?v(x)]v()n?1,2,?,解：能量为e的粒子在谐振子势中的活动范围为 x?a（1）其中a 由下式决定：e?v(x)x?a?由此得a?1m?2a2。
?a 0 a x 22e/m?2 ，（2）x??a即为粒子运动的转折点。
有量子化条件p?得a?2a2?nh代入（ enx,y,z轴三个xxx即 px?2a?nxh（2a：一来一回为一个周期）pxnxh/2a,同理可得， py?nyh/2b, pz?nzh/2c,nx,ny,nz?1,2,3,?粒子能量enxnynz1?2?2222?(px?py?pz)?2m2m222??nxnyn?? ?2?z22??abc??nx,ny,nz?1,2,3,?1.3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2?2p?d??nh,n?1,2,?, p?是平面转子的角动量。
转子的能量e?p?/2i。
解：平面转子的转角（角位移）记为?。
它的角动量p??i?（广义动量），p?是运动惯量。
按量子化条件 .2?p?dx?2?p?mh,m1,2,3,因而平面转子的能量p??mh，2em?p?/2i?m2?2/2i，m?1,2,3,?1.4有一带电荷e质量m的粒子在平面内运动,b,求粒子能量允许值.,设圆半径是r,线速度是v,用高斯制单bevc又利用量子化条件,令电荷角动量转角2?pdq??mrvd??2?mrv?nh (2)12be?nmv? 22mc即 mrv?nh(3) 由(1)(2)求得电荷动能=再求运动电荷在磁场中的磁势能,按电磁学通电导体在磁场中的势能 v磁矩*场强电流*线圈面积*场强ev*?r2*b=,v是电荷的旋转频率, v?,代入前式得2?rcccbe?n(符号是正的) 2mcbe?n点电荷的总能量=动能+磁势能=e= ( n?1,2,3)2mc运动电荷的磁势能=1.5，1.6未找到答案1.7（1）试用fermat最小光程原理导出光的折射定律nsin??nsin?112（2）光的波动论的拥护者曾向光的微粒论者提出下述非难：如认为光是粒子，则其运动遵守最小作用量原理射定律0这将导得下述折nsin??nsin?1331媒质到另一种媒质e仍不变，仍有?e是粒子能量，从一种?pdl?0a到定点b的i?n设ai?n1122又ab沿界面的投影c也是常数，因而，?12存在约束条件：atg?1?btg?2?c（2）求(1)的变分,而将,12看作能独立变化的,有以下极值条件in1asec1tg1d1n2bsec2tg2d20 (3)再求（2）的变分asec22bsec1d12d2c0(3)与(4)消去d和d?1222得nsin??nsin?1(5)[乙法]见同一图,取x为变分参数,取0为原点，则有: i?n1a2?x2?n2b2?(c?x2)求此式变分,令之为零,有： ?i?x?x1a?x22(c?x)?x2(cx)22这个式子从图中几何关系得知,就是(5).(2)按前述论点光若看作微粒则粒子速度v应等于光波的群速度 vg光程原理作?,依前题相速vpc2v,而vgc2gvcn,n是折射率,n是波前阵面更引起的,vp,这样最小作用p量原理仍可以化成最小光程原理.ndl?0前一非难是将光子的传播速度v看作相速度vp的误解.1.8对高速运动的粒子(静质量m)(3).计算速度并证明它大于光速.(解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组:qih,本题中iqiv,p?p,因而im2c4?c2p2?v??pc2pmc?cp2422(4)从前式解出p(用v表示)即得到(2).又若将(2)代入(3),就可得到(1)式. 其次求粒子速度v和它的物质波的群速度vg间的关系.运用德氏的假设: p??k于(3)式右方, 又用e于(3)式左方,遍除h:m2c422ck??(k) 2按照波包理论，波包群速度vg是角频率丢波数的一阶导数：vg?k=m2c422ck 2c2kmc22ck224c2pmc?cp2422最后一式按照（4）式等于粒子速度v，因而又按一般的波动理论，波的相速度vgv。
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
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。
2
得a2
=
nh mωπ
=
2hn mω
（3）
2
代入（2），解出
En = nhω,
n = 1, 2,3,L
（4）
∫ 积分公式：
a 2 − 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
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
（能量密度）
曾谨言《量子力学导论》第二的课后答案(杂)
∫ =
1 2π
e imx2 / 2ℏt
+∞ −∞
dkϕ (k
)⋅
⎡ exp⎢−
⎢⎣
i
ℏt 2m
⎜⎛ ⎝
k
−
mx ℏt
2
⎞ ⎟ ⎠
⎤
⎥ ⎥⎦
（1）
当时间足够长后（所谓 t → ∞ ） ，上式被积函数中的指数函数具有δ 函数的性质，取
6
α = ℏt 2m ，
u
=
⎜⎛ k ⎝
−
mx ℏt
⎟⎞ ⎠
，
参照本题的解题提示，即得
∫ ψ (x,t) ≈
1 e ⋅ imx2 2ℏt 2π
2πm e −iπ ℏt
/
4
+∞
ϕ (k )δ
−∞
⎜⎛ ⎝
k
−
mx ℏt
⎟⎞d ⎠
k
（2）
=
m ℏt
e
−iπ
/
4
e
imx 2
/
2ℏtϕ
⎛ ⎜ ⎝
mx ℏt
⎞ ⎟ ⎠
（3）
2
ψ
(x,t) 2
≈
m ℏt
ϕ
⎛ ⎜
⎝
mx ℏt
⎞ ⎟ ⎠
（4）
物理意义：在足够长时间后，各不同 k 值的分波已经互相分离，波群在 x 处的主要成分为 k = mx ℏt ，即
∫∫∫d 3rV2 (ψ
τ
*ψ
)
( ) ∫∫ ∫∫∫ ℏ
=− 2im S
ψ *∇ψ −ψ∇ψ *
⋅
� dS
+
2 ℏ
τ
d 3rV2ψ *ψ
��
量子力学曾谨严 第2章作业答案
教材P50 ~ 52：2、3、5、6、7、13 2.解：一维无限深势阱中粒子的本征波函数为⎪⎭⎫ ⎝⎛=ψa x n a x n πsin 2)(，a x <<0 0)(=x n ψ，a x x ><,0计算平均值22cos 1212sin 2)()(0200*a dx a x n x a dx a x n x a dxx x x x aaan n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰⎰ππψψ222220202*223sin 2)()(ππψψn a a dx a x n x a dxx x x x aan n -=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰（查积分表）因此126112)(2222222a n a x x x x n →∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-π 在经典力学中，粒子处于dx x x +~的概率为a dx ，而2a x =，则有()1222202a a dx a x x x a=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎰因此当∞→n 时，量子力学结果→经典力学结果。
3.解：用p34（12）式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=ψ2,02,exp exp 221cos 2)(1a x ax a x i a x i a a x a x πππ其Fourier 逆变换为dx px i x p a a ⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰-exp )(21)(21ψπΦ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=22222cos 2 p a a a pa πππ此即粒子动量表象波函数，因此粒子动量分布的概率密度为2)()(p p W Φ=。
5.解：在0=t 时刻22212m a Eπ=，⎪⎩⎪⎨⎧><<<⎪⎭⎫⎝⎛=ψax x a x a x a x ,0,00,sin 2)0,(π 阱宽为a 2时粒子Hamilton 量的本征问题的解为,3,2,1,82222==n n man πε⎪⎩⎪⎨⎧><<<⎪⎭⎫⎝⎛=Φax x a x a x n a x n 2,0,020,2s i n 1)(π因波函数的定义域不同，所以)0,(x ψ已不是这时的本征态。
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。
曾谨严量子力学习题解答6
4.《曾 p.644-练习7》 有一个一维非简并谐振子,
h2 d 2 H = + λ x4 2m dx 2
假设非简并谐振子处于基态,试用简并谐振子的波函数
ψ 0 ( x) =
为试探波函数, α 为变分参数,求基态能量. 解:由题意已知试探波函数为:
H (α ) = ∫ ψ Hψ dx
+∞ ∞
1 exp α 2 x 2 π 1/ 4 2 a
ψ 200 = R20 (r )Y00 , ψ 210 = R21 (r )Y10 ,
Y00 = 1 4π
ψ 211 = R21 (r )Y11 ψ 211 = R21 (r )Y11
⑵
Y10 =
3 3 z cos θ = 4π 4π r
Y11 =
3 3 x + iy sin θ ei = 8π 8π r
1 6
将 α 代回 H 求得,
Emin = H min h 1 3 h 3 = λ ≈ 1.082 λ 4 2m 2m
2 1 3 2 4 3 2 3 2 3
5.《曾 p.645-练习8》 设氢原子的基态试探波函数取为:
2 ψ ( λ , r ) = N exp λ ( r / a ) ,
3.《曾 P.534-14》 《曾练习 P.307》 讨论类氢原子的 n = 2 能级在下列微扰下的能级分裂，
H ′ = xyf (r )
（ f (r ) 无奇异性）
⑴
H 提示：不计及微扰时， = 2 能级为四重简并（不考虑自旋）。 ′ 选择定则 n
Δm = ±2.
( 解：在微扰作用前，能级E 20 ) 是四重简并的，相应状态为
2
2Z e R 4 ZR ( 0) = = E1s 3 5 a0 5 a0
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
p ' * ( x , t ) ( x , t )dx p ' * ( x, t )dx C ( p) p ( x, t )dp
p ' * ( x , t ) ( x , t )dx p ' * ( x, t )dx C ( p) p ( x, t )dp
c1
2
(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ) l2的可能测值
l l ( l 1)
2 1 2 2
2 2
2 , l 1 相应本征态Y11
2
l l ( l 1)
2 1
6 , l 2 相应本征态Y20
2
相应的测量概率：
l : c1 ;
平均值：
2 2 1 2
2
l : c2
2 2 2
2 2
2
l l c1 l c2 2
Rnl ( r ) N nl l e 2F ( n l 1, 2l 2, )
量子力学曾谨言习题答案第一章
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 aaxdx 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+=⎰ (7ax a a x ax ax 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 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)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)(c o s b a b a b x d x xeax(0>a )第二章：函数与波动方程[1] 试用量子化条件,求谐振子的能量[谐振子势能2221)(x m x V ω=] (解)(甲法)可以用Wilson-Sommerfeld 的量子化条件式:⎰=nh pdq在量子化条件中,令⋅=x m p 为振子动量,x q = 为振子坐标,设总能量E则 22222x m m P E ω+= )2(222x m E m p ω-=代入公式得:nh dx x m E m =-⎰)2(222ω量子化条件的积分指一个周期内的位移,可看作振幅OA 的四倍,要决定振幅a ,注意在A 或B 点动能为0,2221a m E ω=,(1)改写为:nh dx x a m aa=-⎰-222ω (2)积分得:nh a m =πω2遍乘πω21得 ωπω n h E ==2[乙法]也是利用量子化条件,大积分变量用时间t 而不用位移x ,按题意振动角频率为ω,直接写出位移x ,用t 的项表示:t a x q ωsin ==求微分:tdt a dx dq ωωcos == (4) 求积分:t ma x m p ωωcos ==⋅(5) 将(4)(5)代量子化条件:nh tdt ma pdq T==⎰⎰0222cos ωω T 是振动周期,T=ωπ2,求出积分,得 nh a m =πω2 ωπωn n h E ==2 3,2,1=n 正整数#[2]用量子化条件,求限制在箱内运动的粒子的能量,箱的长宽高分别为.,,c b a(解)三维问题,有三个独立量子化条件,可设想粒子有三个分运动,每一分运动是自由运动.设粒子与器壁作弹性碰撞,则每碰一次时,与此壁正交方向的分动量变号(如ppxx-→),其余分动量不变,设想粒子从某一分运动完成一个周期,此周期中动量与位移同时变号,量子化条件:p p n q p xax xxxadx h d 220===⎰⎰ (1)ppn q p yby y yyb dy h d 220===⎰⎰ (2)p pn q p zcz z zzc dz hd 220===⎰⎰(3)p p p zyx,,都是常数,总动量平方222z y x p p p p ++=总能量是:)(2122222z y x p p p mm p E ++===])2()2()2[(21222ch b h a h m n n n z y x ++ =])()()[(82222cb a m h n n n z y x ++ 但3,2,1,,=n n n z y x 正整数.#[3] 平面转子的转动惯量为I ,求能量允许值.(解)解释题意:平面转子是个转动体,它的位置由一坐标（例如转角ϕ）决定,它的运动是一种刚体的平面平行运动.例如双原子分子的旋转.按刚体力学,转子的角动量I ω,但⋅=ϕω是角速度,能量是221ωI =E 利用量子化条件,将p 理解成为角动量,q 理解成转角ϕ,一个周期内的运动理解成旋转一周,则有nh d pdq =I =I =⎰⎰ωπϕωπ220(1)(1) 说明ω是量子化的(2) I=I =n nh πω2 (3,2,1=n ……..) (2) (3) 代入能量公式,得能量量子化公式:I=I I =I =2)(2212222 n n E ω (3)#[4]有一带电荷e 质量m 的粒子在平面内运动,垂直于平面方向磁场是B,求粒子能量允许值.(解)带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动,设圆半径是r ,线速度是v ,用高斯制单位，洛伦兹与向心力平衡条件是:rm v c Bev 2= (1) 又利用量子化条件,令=p 电荷角动量 =q 转角ϕnh mrv mrvd pdq ===⎰⎰πϕπ220(2)即 nh mrv = (3) 由(1)(2)求得电荷动能=mcnBe mv 2212 = 再求运动电荷在磁场中的磁势能,按电磁学通电导体在磁场中的势能=cBr ev c c *****2π==场强线圈面积电流场强磁矩,v 是电荷的旋转频率, r v v π2=,代入前式得运动电荷的磁势能=mcnBe 2 (符号是正的) 点电荷的总能量=动能+磁势能=E=mcnBe 2 ( 3,2,1=n )#[5]对高速运动的粒子(静质量m )的能量和动量由下式给出:2221c v mc E -=(1)2221c v mv p -=(2)试根据哈密顿量 2242p c c m E H +== (3)及正则方程式来检验以上二式.由此得出粒子速度和德布罗意的群速度相等的关系.计算速度并证明它大于光速.(解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组:pqiiH ∂∂=⋅,本题中v qi=⋅,p p i=,因而224222242pc c m p c p c c m pv +=+∂∂= (4)从前式解出p (用v 表示)即得到(2).又若将(2)代入(3),就可得到(1)式. 其次求粒子速度v 和它的物质波的群速度vG间的关系.运用德氏的假设: k p =于(3)式右方, 又用ω =E 于(3)式左方,遍除h :)(22242k k c c m ωω=+=按照波包理论，波包群速度vG是角频率丢波数的一阶导数：22242k c c m kv G +∂∂==22422222422pc c m p c k c c m k c +=+最后一式按照（4）式等于粒子速度v ，因而v vG=。
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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
)]
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
∫ T = h 2 d 3r∇ψ * ⋅ ∇ψ 2m
结合式（1）、（2）和（3），可知能量密度
（3）
w = h 2 ∇ψ * ⋅ ∇ψ +ψ *Vψ , 2m
= V (x)
x=a
=
1 mω 2 x 2 。 2
−a
0a x
由此得
a = 2E / mω 2 ，
（2）
x = ±a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件
∫ ∫ ∫ +a p ⋅ dx = 2
2m(E − 1 mω 2 x 2 ) dx = 2mω 2 +a
a 2 − x 2 dx
−a
2
−a
= 2mωa 2 ⋅ π = mωπ a 2 = nh
（能量密度）
（b）证明能量守恒公式
∂w ∂t
+
∇
⋅
v s
=
0
v s
=
−
h2 2m
∂ψ * ∂t
∇ψ
+
∂ψ ∂t
∇ψ
*
（能流密度）
证：（a）粒子的能量平均值为（设ψ 已归一化）
3
∫ E =
ψ
* −
h2 2m
∇2
+V
ψ
d
3r
=
T
+V
∫ V = d 3rψ *Vψ
（势能平均值）
（1） （2）
∫ T =
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）
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。
∇2
+V
ψ
+ψ. −
h2 2m
∇2
+V
ψ
*
=
−∇
⋅
v s
+
Eψ. *ψ
+ψ. ψ
*
=
−∇
⋅
v s
+
E
∂ ∂t
ρ
（ ρ ：几率密度）
=
−∇
⋅
v s
（定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）
所以
∂w ∂t
+
∇
⋅
v s
=
0
。
2.2 考虑单粒子的 Schrödinger 方程
ih
∂ ∂t
ψ
(rv,
t
)
=
−
+ 2iV2ψ *ψ
( ) ( ) ( ) ∴
∂ ψ *ψ ∂t
= − h ∇ ⋅ ψ *∇ψ −ψ∇ψ * + 2V2 ψ *ψ
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
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 ，
t
)ψ
2
(rv,
t
)
=
−
h2 2m
d
3r
ψ
2∇
2ψ
* 1
−ψ 1*∇ 2ψ
2
[ ( ) ( ) ( ) ] ∫ = − h2 2m
d
3r
∇
⋅
ψ
2
∇ψ
* 1
−ψ 1*∇ψ
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 *ψ τ
证：（a）式（1）取复共轭， 得
− ih
∂ ∂t
ψ
*
=
−
h 2 ∇ 2ψ 2m
*
+
(V1
− iV2 )ψ
*
ψ * × （1）-ψ × （2）,得
（2）
( ) ( ) ih
∂ ∂t
ψ
*ψ
= − h 2 ψ *∇ 2ψ −ψ∇ 2ψ * 2m
+ 2iψ *V2ψ
( ) = − h 2 ∇ ⋅ ψ *∇ψ −ψ∇ψ * 2m
曾谨言量子力学课后答案
目录
第一章、量子力学的诞生...................................................................................................................................................1 第二章 波函数与 Schrödinger 方程 ...................................................................................................................................3 第三章、一维定态问题.......................................................................................................................................................8 第四章、力学量用算符表达与表象变换.........................................................................................................................20 第五章 力学量随时间的变化与对称性...........................................................................................................................33 第六章 中心力场...............................................................................................................................................................38 第七章 粒子在电磁场中的运动.......................................................................................................................................44 第八章 自旋.......................................................................................................................................................................46 第九章 力学量本征值问题的代数解法...........................................................................................................................50 第十章 定态问题的常用近似方法...................................................................................................................................55 第十一章 量子跃迁...........................................................................................................................................................66 第十二章 散射...................................................................................................................................................................70