量子力学答案(第二版)苏汝铿第一章课后答案1.7-1#08
量子力学教程课后习题问题详解
2 (0) 1 (0) ⑤
2 (a) 3 (a) ⑥
⑤ ⑥ A0 sin ka 0 ka n
B 0 (n 1, 2, 3,)
∴ 2 (x)
Asin
n a
x
Asin ka 0
10
由归一化条件
(x) 2 dx 1
得
A2
a
sin 2
n
xdx
1
0
a
由
a
sin
b
m a
x sin
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
mT
hc xk
把 x 以及三个物理常量代入到上式便知
mT 2.9 10 3 m K
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。
1．4 利用玻尔——索末菲的量子化条件，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轨道的可能半径。
已知外磁场 H=10T，玻尔磁子 M B 9 10 24 J T 1 ，试计算运能的量子化间
隔△E，并与 T=4K 及 T=100K 的热运动能量相比较。 解 玻尔——索末菲的量子化条件为
根据动能与温度的关系式 以及
E 3 kT 2
可知，当温度 T=4K 时，
1k K 103 eV 1.6 1022 J
当温度 T=100K 时，
E 1.5 41.61022 J 9.61022 J
E 1.5 100 1.6 1022 J 2.4 1020 J 显然，两种情况下的热运动所对应的能量要大于前面的量子化的能量的间隔。
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 b T m 03109.2 ,⋅⨯==-λ。
证明：由普朗克黑体辐射公式：ννπνρννd e ch d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd cd 2-=得1185-=kThc ehc λλλπρ，令kT hcx λ=，再由0=λρλd d ，得λ.所满足的超越方程为 15-=x xe xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kThcm λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 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 λ #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。
解：010A 63.12m 1063.1232=⨯≈===-mkTh mE h p h λ 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： （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T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--⋅⨯=B μ，求动能的量子化间隔E ∆，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。
解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E μωμ+=可以化为()12222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+μωμE q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμEb E a ==，相空间面积为,2,1,0,2=====⎰n nh EEab pdq νωππ所以，能量 ,2,1,0,==n nh E ν方法2：一维谐振子的运动方程为02=+''q q ω，其解为()ϕω+=t A q sin速度为 ()ϕωω+='t A q c o s ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh TA dt t A dt t A pdq T T==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=nνμωnh Tnh 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(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：第一章
故 v
因为梯度场是旋度为 0，所以该速度场为无旋的 ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 10、写出分离变量法 + 线性组合法解粒子初态演化问题的基本步骤。即已知 (0) ，如何求 (t ) ，使它满足薛定谔方程 i (t ) H (t ) 。 t （1）解能量本征方程 H n En n ，得到一系列的本征能量和能量本征
( x )e
ipx /
* ( x)eipx /
dx p ( p)dp dx p ( p)dp
*
1 (2 ) 1 (2 )1/2
1/2
* ( x) peipx / dx ( p )dp
( x ,y z , )dy dz dx （注意积分要加括号，以表明是对哪个变量积分）
2
6、在一维空间中，动量为 p0 的动量本征态用 Dirac 符号表示为___ p0 ___, 它 在 坐 标 表 象 下 的 形 式 为 x p0
1
1/ 2 ( 2 )
( x, t ) j ( x, t ) t x i 可得： j ( x, t ) ( * * ) 2m x x ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
对比 9、从薛定谔方程推导出速度场是无旋的，即 v 0 ，其中 v j ， 为概率 密度， j 为概率流密度。 证明：概率密度和概率流的表达式如下：
量子力学第二版答案应用量子力学第二版
量子力学第二版答案应用量子力学第二版A.F.J.Levi,University of Southern Celi? fornia,USA Applied Quantum Mechanics2ndEd.xx,558pp.Hardcover USD75.00ISBN 0-521-86096-2本书是为电子工程?光电技术?材料科学等应用物理专业的大学生撰写的一部应用量子力学导论课程教材,旨在帮助这些学生了解量子力学基础,使他们能对这些与未来科学技术的进步密切相关的应用领域做出更多的贡献?该书的第一版出版于xx年,这是xx年出版的第二版?作者延续了第一版的风格,集中介绍薛定锷方程的实际处理及量子力学问题的解析求解,以及利用现代计算机的强大计算能力,对一些复杂问题进行数值求解?此外,本书特别注重量子力学在各领域中的应用的发展?第二版增加了不少新的习题,补充了一些新的重要的内容?全书分为11章?1.引言,介绍了一些经典力学和经典电磁学知识;2.通向量子力学,对量子力学的发生与发展做了一些历史回顾,引入了薛定锷方程;3.使用薛定锷方程,介绍了与薛定锷方程相关的一些概念和性质,给出了1维势阱和势垒问题的解法;4.讲电子的传播,讨论了跃迁?共振?能级论和WKB近似方法;5.本征态和算符,介绍了量子力学的数学形式及测量问题;6.简谐振子;7.费米子和玻色子;8.时间相关的微扰;9.半导体激光;10.时间无关的微扰;11.角动量和氮原子?本书的一个重要特点是给出了与书中的一些练习题相关的计算机程序?第一版时是以光盘形式附在书末,第二版把这些用MATLAB语言编写的程序放到了互联网上?书中提供了网址,可以供读者下载?本书对于各应用物理专业的学生学习量子力学有重要的参考价值?而对于一般物理系的师生和相关的研究人员也是十分有用的?丁亦兵,教授(中国科学院研究生院)Ding Yibing,Professor(The Graduate School,the Chinese Academy of Sciences) 内容仅供参考。
量子力学课后习题答案
Wnl (r)dr Rnl2 (r)r 2dr
例如：对于基态 n 1, l 0
W10 (r) R102 (r)r 2
4 a03
r e2 2r / a0
求最可几半径
R e 2 r / a0
10
a03 / 2
dW10 (r) 4 (2r 2 r 2 )e2r / a0
x)
k
2
2
(
x)
0
其解为 2 (x) Asin kx B cos kx
根据波函数的标准条件确定系数A、B，由连续性条件，得
2 (0) 1(0) B 0
2 (a) 3 (a) Asin ka 0
A0
sin ka 0
ka n
(n 1, 2, 3,)
[1 r
eikr
r
(1 r
eikr )
1 r
eikr
r
(1 r
eikr )]er
i1 1 11 1 1
2
[ r
(
r2
ik
) r
r
(
r2
ik
r )]er
k
r2
er
J1与er 同向。 1 表示向外传播的球面波。
习题
(2)
J2
i
2
(
2
* 2
2*
解：U (x)与t 无关，是定态问题
薛定谔方程为
2
2
d2 dx2
(x) U (x) (x)
E (x)
在各区域的具体形式为：
x0
《量子力学教程》_课后答案
(n 1, 2, 3,)
∴ 2 ( x) A sin
n x a
由归一化条件
得
( x) dx 1
2
A2
a
2 sin
0
n xdx 1 a
由
a
b
sin
m n a x sin xdx mn a a 2
14
A
2 a 2 n sin x a a
2 ( x)
23
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
A2 2 T A2 2T pdq A 0 cos t dt 2 0 (1 cost )dt 2 nh ， n 0,1,2,
2 2 T 2
A2 2 nh E nh ， n 0,1,2, 2 T
6
v 2 v （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。由 evB ，得 R eB R
其解为
2 ( x) A sin kx B coskx
④
13
根据波函数的标准条件确定系数 A，B，由连续性条件，得
2 (0) 1 (0)
2 ( a ) 3 ( a)
⑤ ⑥ ⑥
⑤
B0 A sin ka 0
A0 s i n ka 0 ka n
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
量子力学导论答案-第一章
waterysun 似水骄阳 1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 a x 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 x n 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 m p p p m E z y x z y x n n n z y x π ,3,2,1,,=z y x n n n 1.3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：221()2x a E V x m a ω===。
量子力学课后习题答案
量子力学课后习题详解 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)]r ()r ()r ()r ([m 2i ]e )r (e )r (e )r (e )r ([m2i )(m2i J e )r ( )t (f )r ()t r (**Et iEt i **Et i Et i **Eti）（）（， 可见t J 与无关。
2.2 由下列定态波函数计算几率流密度：ikr ikr e re r1)2( 1)1(21 从所得结果说明1 表示向外传播的球面波，2 表示向内(即向原点) 传播的球面波。
解：分量只有和r J J 21在球坐标中sin r 1e r 1e r r 0r mrk r mr k r r ik r r r ik r r m i r e rr e r e r r e r m i mi J ikr ikr ikr ikr30202201*1*111 )]11(1)11(1[2 )]1(1)1(1[2 )(2 )1(r J 1与同向。
表示向外传播的球面波。
rmrk r mr k r )]r 1ik r 1(r 1)r 1ik r 1(r 1[m 2i r )]e r1(r e r 1)e r 1(r e r 1[m 2i )(m2i J )2(3020220ik r ik r ik r ik r *2*222可见，r J与2反向。
表示向内(即向原点) 传播的球面波。
补充：设ikx e x )( ，粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？dx dx *∴波函数不能按1)(2dx x 方式归一化。
其相对位置几率分布函数为12表示粒子在空间各处出现的几率相同。
2.3 一粒子在一维势场a x a x x x U ，，，0 00)( 中运动，求粒子的能级和对应的波函数。
解：t x U 与)(无关，是定态问题。
其定态S —方程)()()()(2222x E x x U x dx d m 在各区域的具体形式为Ⅰ： )()()()(2 0111222x E x x U x dx d m x ①Ⅱ： )()(2 0 22222x E x dx d m a x②Ⅲ： )()()()(2 333222x E x x U x dxd m a x ③由于(1)、(3)方程中，由于 )(x U ，要等式成立，必须0)(1 x 0)(2 x即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
量子力学答案
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'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kThc kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kT hce kThc λλ ⇒ kThc ekThc 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ph =λ nmm 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。
量子力学课后答案1.1到4.4题
•第一章 绪论 •第二章 波函数和薛定谔方程 •第三章 力学量的算符表示 •第四章 态和力学量的表象 •第五章 微扰理论 •第六章 弹性散射 • 第七章 自旋和全同粒子1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b b T m 03109.2 ,⋅⨯==-λ。
证明：由普朗克黑体辐射公式： ννπνρννd e c h d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd c d 2-=得 1185-=kT hc e hc λλλπρ， 令kThc x λ=，再由0=λρλd d ，得λ.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 λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 第一章绪论 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=⨯≈==-mE h p h λ # 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。
解：010A 63.12m 1063.1232=⨯≈===-mkT h mE h p h λ 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：（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T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--⋅⨯=B μ，求动能的量子化间隔E ∆，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。
解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E μωμ+=可以化为()12222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+μωμE q E p 的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμE b E a ==，相空间面积为 ,2,1,0,2=====⎰n nh E E ab pdq νωππ 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E ν方法2：一维谐振子的运动方程为02=+''q q ω，其解为 ()ϕω+=t A q sin 速度为 ()ϕωω+='t A q cos ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=n νμωnh 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。
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
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(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(第二版)【苏汝铿】课后习题解答
解：矩阵
的本征多项式
.
即矩阵 的本征值为
.
当 时，解本征方程
.由
得归一化本征函数
.
当
时，解本征方程
.由
得归一化本征函数
.
当 时，解本征方程
.由
得归一化本征函数
.
即矩阵
的本征值为
，归一化的本征矢量是
,
和
.
这些本征矢量不正交，因为只有对称矩阵的本征矢量才正交，而矩阵 只是一般矩阵，不是对称矩阵.
*限于水平，错误或不妥之处在所难免，诚恳地希望读者批评指正。E-mail：ifreestudy@
量 和 可能得到的值.
解：设体系处在 状态， 与 有共同的本征函数
，满足本征方程
，
由
，即
. ．
又 也是
的本征态，同时
在
表象中， 的本征值为
在
表象中， 的本)
,
;(2)
,
;
故测量 和 可能得到的值是
.
计算概率，以 为例
设 出现
的概率分别为
由归一化解：
.
由对称性：
12
和
.
(v)由 表象到 表象的幺正变换矩阵 满足
其中
，
，于是使 对角化的幺正变换
. ，
故
9
量子力学(第二版)【苏汝铿】课后习题解答
4.3 如果体系的哈密顿量不显含时间，证明下列求和规则
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.
量子力学答案(第二版)苏汝铿第一章课后答案1.7-1#04
2
解：
（ⅰ）
由于已知德布罗意波在 k 空间的表示 C (k )
a (2 )
1 4
e
因此对该一维波包有
( x, t ) ຫໍສະໝຸດ 1 (2 )1 2
C ( k )e
i ( kx t )
dk
（1）
将 (k ) 在 k0 附近展开并略去高阶项有
2 (k ) (k0 ) v (k 0k ) (k 0k ) （2） g
1.7 一个德布罗意波在 k 空间的表示 C (k )
2
a (2 )
1 4
e
a2 ( k k0 ) 2 4
求：
（ⅰ） ( x, t ) 和 ( x, t ) ，在时刻 t 这是否是个高斯波包？ （ⅱ）波包的宽度 x(t ) ； （ⅲ）
( x, t ) dx 是否依赖于 t ?
积分上式可得
( x, t ) e
i ( k0 ) t
1 4
1 i 2t
exp[
( x vg t ) 2 2 2(1 i 2t )
批注 [JL1]: 应按
]e
ik0 x
则
( x, t )
2
1 2
1 2 4t 2
1
exp[
( x vg t ) 2 2 1 2 4t 2
exp[
( x vg t ) 2 2 1 2 4t 2
]
批注 [JL2]: 波函数应归一化：
易知
依赖于 t (x , t ) d x
第一章 量子论基础(苏汝铿量子力学课件打印版)
第一章 量子论基础 量子力学
复旦大学 苏汝铿
普朗克 MAX PLANCK (1858-1947)
德布罗意 LOUIS DE BROGLIE (1892-1987)
薛定谔 ERWIN SCHRODINGER (1887-1961)
海森堡 WERNER HEISENBERG (1901-1976)
例如：一个由绝热壁围成的开有一个小孔的空 腔可近似视为黑体
§1.1 经典物理学的困难
§1.1 经典物理学的困难
• Stefan-Boltzmann定律 u = σT4
2015/5/1
§1.1 经典物理学的困难
物理解释 • Wien公式 • Rayleigh-Jeans公式 • 紫外灾难
§1.1 经典物理学的困难
§1.3 Bohr量子论
仍有许多困难存在 • • • • 不能给出谱线强度 不能解释精细结构 只能讨论束缚态，不能讨论散射态 E不连续原因来自角动量量子化，不能揭露量 子化的本质
§1.4 波粒两相性和de Broglie波
光的波粒二象性 • 杨氏双缝实验 I <> I1 + I2 ＋ 下图 波粒二象性
§1.1 经典物理学的困难
§1.1 经典物理学的困难
• 满足Wien位移
2015/5/1
§1.1 经典物理学的困难
§1.1 经典物理学的困难
§1.1 经典物理学的困难
• 可解释Stefan-Boltzmann定律
§1.1 经典物理学的困难
§1.1 经典物理学的困难
§1.1 经典物理学的困难
• 两种特殊情况 (a)高温区 kT>>hν Planck R-J Formulae
苏汝铿量子力学答案1-8章
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
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 ⇒ kThc ekThc 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。
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2
（1） ( x, t ) 和 ( x, t ) ，在时刻 t 这是否是个高斯波包？ （2）波包的宽度 x(t ) ； （3）
2
( x, t ) dx 是否依赖于 t ？
ei ( k0 )t (2 )1/ 2
2
解： （1） ( x, t )
C ( k )e
1 i[ kx Vg ( k k0 ) t ( k k0 )2 t ] 2
批注 [JL1]:
dk
所谓 k 空间，是指在 Hilbert 空间中
和 令k
ei ( k0 )t a 1/ 2 (2 ) (2 )1/ 4
令 k r t
(
∴
d d r cos t k dk dk d d 即： rC t 0 dk dk dr d ∴ Vg C dt dk d ˆ V g x(t )
a 4 4 2t 2 2
2
（3）
( x, t ) dx
2a ( a 4 t ) e
4 2 2
1 2
2(Vgt x )2 a 4 4 2t 2
dx
令
2(Vgt x) a 4 4 2t 2
P
2
则原式
ae P dP
a
显然
( x, t ) dx 不依赖于 t
1
2
（且由归一化关系，知 a
）
1.8、将平面波和波包的讨论推广到三维情况，求群速度。 解：在三维情况中，波包可视为若干平面波的叠加。
(r , t )
1 C (k )ei ( k r t ) d k (2 )3/ 2
e
a2 ( k k0 )2 4
ˆ 的本征态为基矢。 取动量算符 k 因而
e
1 i[ kx Vg ( k k0 ) t ( k k0 )2 t ] 2
dk
( x, t ) x, t
dk x, t k k dk x, t k C (k )
按此
k0 m
ei ( k0 )t a 原式 1/ 2 (2 ) (2 )1/ 4
e
a2 2 m 4
e
1 i[ mx Vgmt m2t ] 2
dk ei ( kx t ) / C (k ) (2 )1/ 2
eik0 x dk
重算。
2 ik0 x ei ( k0 )t a a 2 i t 1 a 2i t 2 ( ) e (2 )1/ 2 (2 )1/ 4 4 2
(Vgt x )2
1 4 2 2 4 a t a 4 2t 2 2 2 ( ) e ∴ ( x, t ) 4 2 2 16
a
2(Vgt x )2
2a (a 4 t
4
1 2 2 2
) e
2V ( g t a 4 t
4
2
x )
2 2
满足高斯分布，所以为高斯波包