量子力学第七章习题竖排
量子力学习题集及解答
量子力学习题集及解答目录第一章量子理论基础 (1)第二章波函数和薛定谔方程 (5)第三章力学量的算符表示 (28)第四章表象理论 (48)第五章近似方法 (60)第六章碰撞理论 (94)第七章自旋和角动量 (102)第八章多体问题 (116)第九章相对论波动方程 (128)第一章 量子理论基础1．设一电子为电势差V 所加速，最后打在靶上，若电子的动能转化为一个光子，求当这光子相应的光波波长分别为5000A （可见光），1A （x 射线）以及0.001A （γ射线）时，加速电子所需的电势差是多少？[解] 电子在电势差V 加速下，得到的能量是eV m =221υ这个能量全部转化为一个光子的能量，即λνυhc h eV m ===221 )(1024.1106.11031063.6419834A e hc V λλλ⨯=⋅⨯⨯⨯⨯==∴--（伏） 当 A 50001=λ时， 48.21=V （伏）A 12=λ时 421024.1⨯=V （伏）A 001.03=λ时 731024.1⨯=V （伏）2．利用普朗克的能量分布函数证明辐射的总能量和绝对温度的四次方成正比，并求比例系数。
[解] 普朗克公式为18/33-⋅=kT hv v e dvc hvd πνρ单位体积辐射的总能量为⎰⎰∞∞-==00/3313T hv v e dv v c h dv U κπρ令kThvy =，则 440333418T T e dy y c h k U y σπ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰∞ （★） 其中 ⎰∞-=0333418y e dyy c h k πσ （★★）（★）式表明，辐射的总能量U 和绝对温度T 的四次方成正比。
这个公式就是斯忒蕃——玻耳兹曼公式。
其中σ是比例常数，可求出如下：因为)1()1(1121 +++=-=-------y y y y y ye e e e e e ∑∞=-=1n ny edy e y e dy y n ny y ⎰∑⎰∞∞=-∞⎪⎭⎫ ⎝⎛=-013031 令 ny x =，上式成为dx e x n e dy y xn y ⎰∑⎰∞-∞=∞=-03140311 用分部积分法求后一积分，有⎰⎰⎰∞-∞∞--∞∞--+-=+-=0220332333dx xe e x dx e x e x dx e x x xx xx66660=-=+-=∞∞--∞-⎰xx x e dx e xe又因无穷级数 ∑∞==144901n nπ故⎰∞=⨯=-0443159061ππye dy y 因此，比例常数⎰∞-⨯==-=015334533341056.715818ch k e dy y c h k y ππσ尔格/厘米3·度43．求与下列各粒子相关的德布罗意波长：（1）能量为100电子伏的自由电子； （2）能量为0.1电子伏的自由中子； （3）能量为0.1电子伏，质量为1克的质点； （4）温度T =1k 时，具有动能kT E 23=（k 为玻耳兹曼常数）的氦原子。
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⇒ 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。
量子力学第七章习题
第七章 自旋与全同粒子7.1 证明ˆˆˆx y z i σσσ=. 解: 方法Ⅰ根据ˆˆˆ,,x y z σσσ在ˆz σ表象中的矩阵表示,现将它们乘起来后有 010*******ˆˆˆ1000110001x y z i i i ii σσσ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎪ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭既是 ˆˆˆx y z i σσσ= 方法Ⅱ从泡利矩阵的对易关系()()()ˆˆˆˆˆ21ˆˆˆˆˆ22ˆˆˆˆˆ23x y y x z y z z y x z x x z y i i i σσσσσσσσσσσσσσσ⎧-=⎪⎪-=⎨⎪-=⎪⎩ 出发,又考虑到 ()222ˆˆˆ14x y z σσσ===我们来证明命题.先找出ˆˆˆ,,x y z σσσ之间的反对易关系: (2) 式右乘ˆy σ与(2)式左乘ˆy σ相加,有 ()()()()2211ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ2211ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ022x y y x y z z y y y y z z y y z y z y y z y z y z z i ii iσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσσ+=-+-=-+-=-=()()()ˆˆˆˆ05ˆˆˆˆ06ˆˆˆˆ07x y y x y z z y z x x z σσσσσσσσσσσσ+=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩ 再证明ˆˆˆ,,x y z σσσ之间的循环关系:将(5)、(6)、(7)分别代入(1)、(2)、(3),便得到 ()()()ˆˆˆˆˆ8ˆˆˆˆˆ9ˆˆˆˆˆ10x y y x z y z z y x z x x z y i i i σσσσσσσσσσσσσσσ⎧=-=⎪=-=⎨⎪=-=⎩ 最后证明以z ˆσ右乘(8)式两边,注意到(4)式,立即得到 ˆˆˆz y z i σσσ= 7.2 求在自旋态()12z s χ中, ˆx S 和ˆyS 的测不准关系: ()()22?x y S S ∆⋅∆=解: 在自旋态()1210z s χ⎛⎫= ⎪⎝⎭先计算()222x x x S S S ∆=-()()†1122011110010100022x x S S χχ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()2222112201011101010044xxSS χχ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫===⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 所以:()22224x x xS SS ∆=-=又 ()()1122010*********y y i S S i i χχ+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()()2221122222001100004001101000444y y i i S S i i i i i χχ+--⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以 ()22224y yy S S S ∆=-=最后得 ()()224224416x y S S ∆⋅∆==讨论: 由ˆx S 和ˆy S 的对易关系ˆˆˆ,z x y i S S S ⎡⎤=⎣⎦ 要求()()2222ˆˆ4zyx S S S ≥∆∆ ,在()12z S χ态中,2z S = , 所以()()42216x y S S ∆⋅∆≥. 可见上述结论符合上式的要求. 7.3 求01ˆ102x S ⎛⎫= ⎪⎝⎭及0ˆ02yi S i -⎛⎫= ⎪⎝⎭ 的本征值和所属的本征函数. 解: (1) 求01ˆˆ1022x xS σ⎛⎫== ⎪⎝⎭的本征值和本征函数 ˆx σ的本征值方程为 11220110c c c c λ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭即 11221201001c c c c c c λλλλ-+=-⎛⎫⎧⎛⎫=⇒⎨ ⎪ ⎪-=-⎝⎭⎝⎭⎩ (1) 上式有12,c c 非零解的条件是101λλ-=-,即21λ= 当1λ=+时,由方程(1)知12c c =,再由本征函数的归一化条件22121c c +=.得12c c ==即得ˆx σ的本征值为1+11⎫⎪⎝⎭,亦即ˆx S 的本征值为2+ 的本征函数. 当1λ=-时,由方程(1)知12c c =-,再由本征函数的归一化条件22121c c +=.得12c c ==即得ˆx σ的本征值为1-11⎫⎪-⎝⎭,它对应ˆx S 的本征值为2- 的本征函数. (2) 求0ˆˆ022y yi S i σ-⎛⎫== ⎪⎝⎭的本征值和本征函数 ˆy σ的本征值方程为 112200c c i c c i λ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭即 12120c ic ic c λλ--=⎧⎨-=⎩ (2)21c ,c 不全为零解的条件是0ii λλ--=-,即21λ=当1λ=+时,由方程(2)知21c ic =,再由本征函数的归一化条件得: 12c c ==所以1i ⎫⎪⎝⎭ 为对应于ˆy S 的本征值为2+ 的本征函数. 当1λ=-时,由方程(2)知21c ic =-,再由本征函数的归一化条件得:12c c ==所以1i ⎫⎪-⎝⎭ 为对应于ˆy S 的本征值为2- 的本征函数. 无疑,以上所求的所有本征函数都有一个不确定的相因子i e δ.另外,由于ˆzS 的本征值为2± ,所以在自身表象中的表示为10ˆ012zS ⎛⎫= ⎪-⎝⎭ 本征函数为10,01⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 7.4 求自旋角动量在()cos ,cos ,cos αβγ方向的投影ˆˆˆˆcos cos cos n x y zS S S S αβγ=++ 的本征值和所属的本征函数.在这些本征态中, 测量ˆz S 有哪些可能值? 这些可能值各以多大的概率出现? ˆz S 的平均值是多少?解: 将ˆˆˆ,,x y z S S S 在ˆz S 的表象中的矩阵形式代入ˆˆˆˆcos cos cos n x y zS S S S αβγ=++中得: 01010ˆcos cos cos 10001222cos cos cos cos cos cos 2ni S i i i αβγγαβαβγ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫= ⎪+-⎝⎭设ˆnS 的本征值为2λ ,本征函数为12c c λψ⎛⎫= ⎪⎝⎭则有本征值方程 1122cos cos cos cos cos cos c c i c c i γαβλαβγ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭⎝⎭即 ()12cos cos cos 0cos cos cos i c i c γλαβαβγλ--⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪+-+⎝⎭⎝⎭ (1) 21c ,c 有非零解的条件是:()cos cos cos 0cos cos cos i i γλαβαβγλ--=+-+亦 ()()2222c o s c o s c o s 0γλαβ---+= 亦即 ()2222cos cos cos 0λαβγ-++= 得 21,1λλ==±即: ˆnS 的本征值为2± . 因此我们普遍的证明了:自旋角动量在空间任意方向的投影均为2+ 和2-, 以下求n S 的本征矢. 将矩阵方程(1)展开()()()()()()1212cos cos cos 02cos cos cos 03c i c i c c γλαβαβγλ⎧-+-=⎪⎨+-+=⎪⎩当1λ=+时, 由(2)得 12cos cos 1cos i c c αβγ-=-所以 12cos cos 1cos 1i c αβγψ+-⎛⎫⎪-=⎪ ⎪⎝⎭由1ψ+的归一化求2c , 即()()222112222222222cos cos 11cos 212cos cos cos cos 11cos 1cos c c c αβψψγγγαβγγ+++⎛⎫+ ⎪=+ ⎪-⎝⎭⎛⎫-+++ ⎪=== ⎪--⎝⎭得:2c =所以:1cos cos cos cos 1cos 1cos 1i i αβαβγψγ+-⎫-⎫⎪-==⎪⎪-⎭⎪⎭另解:当1λ=+时, 由(3)得: 21cos cos 1cos i c c αβγ+=+所以 111cos cos 1cos c i ψαβγ+⎛⎫ ⎪=+⎪ ⎪+⎝⎭由1ψ+的归一化求1c , 即()()222111222222112cos cos 11cos 212cos cos cos cos 11cos 1cos c c c αβψψγγγαβγγ+++⎛⎫+ ⎪=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫++++ ⎪=== ⎪++⎝⎭得:1c =所以:111cos cos cos cos cos 1cos i i γψαβαβγ+⎫+⎫⎪==+⎪⎪+⎭⎪+⎭同理当1λ=-时, 由(2)得:12cos cos 1cos i c c αβγ-=-+所以 12cos cos 1cos 1i c αβγψ--⎛⎫-⎪+= ⎪ ⎪⎝⎭由1ψ-的归一化求1c , 即()()222112222222222cos cos 11cos 212cos cos cos cos 11cos 1cos c c c αβψψγγγαβγγ+--⎛⎫+ ⎪=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫++++ ⎪=== ⎪++⎝⎭得:()2i c e δδπ==所以:1cos cos cos cos 1cos 1cos 1i i αβαβγψγ--⎫--⎫⎪+==⎪⎪--⎭⎪⎭另解:同理当1λ=-时, 由(3)得 21cos cos 1cos i c c αβγ+=-- 所以111cos cos 1cos c i ψαβγ--⎛⎫ ⎪=+⎪ ⎪-⎝⎭由1ψ-的归一化求1c , 即()()222111222222112cos cos 11cos 212cos cos cos cos 11cos 1cos c c c αβψψγγγαβγγ+--⎛⎫+ ⎪=+ ⎪-⎝⎭⎛⎫-+++ ⎪=== ⎪--⎝⎭得:1c =所以:111cos cos cos cos cos 1cos i i γψαβαβγ--⎫-+⎫⎪==+⎪⎪+⎭⎪-⎭对于态1cos cos 101cos 01i αβψγ+-⎫⎫⎫+⎪⎪⎪-⎭⎭⎭可能值为2±,出现的几率分别为()()()()()2222cos cos cos cos 21cos 2cos cos 1cos 1cos cos 21cos 21cos 22z i i W s αβαβγαβγγγγγ-+⎛⎫=== ⎪-⎝⎭+-+====--1cos 22z W s γ-⎛⎫===- ⎪⎝⎭在此态中ˆzS 的平均值是 1cos 1cos cos 22222z S γγγ+-⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭对于态1cos cos 101cos 01i αβψγ--⎫⎫⎫=⎪⎪⎪--⎭⎭⎭ 可能值为2±,出现的几率分别为()()()()22cos cos cos cos21cos21cos1cossin2221coszi iW sαβαβγγγγγ-+⎛⎫===⎪+⎝⎭--===+1cos22zW sγ+⎛⎫===-⎪⎝⎭在此态中ˆzS的平均值是1cos1coscos22222zSγγγ-+⎛⎫=+=--⎪⎝⎭7.5 设氢原子的状态是()()()()211121101,2,R r Yr Yθϕψθϕ⎛⎫⎪⎪=⎪⎪⎝⎭(1)求轨道角动量z分量ˆzL和自旋角动量z分量ˆzS的平均值;(2) 求总磁矩()ˆˆˆSI2e eμμ=--M L S的z分量的平均值(用玻尔磁子表示).解:(1)*211121112110211022111112ˆˆ244z z zR YL L d R Y Y L dYR Y dψψτττ+⎛⎫⎪⎛⎫⎪== ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭=+=⎰⎰⎰*211121112110211011012ˆ0122z zR YS S d R Y Y dYψψττ+⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭⎰⎰*211121112110211011222132444R YR Y Y dYτ⎛⎫⎪⎛⎫⎪= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭⎛⎫=-=-⎪⎝⎭⎰(2)112244424z z z Be e e e eM L S Mμμμμμ=--=-+==7.6一体系由三个全同的玻色子组成.玻色子之间无相互作用.玻色子只有两个可能的单粒子态.问体系可能的状态有几个?它们的波函数怎样用单粒子波函数构成?解:玻色子的总波函数应是对称的.这种对称波函数是由所有可能的单粒子波函数乘积组合而成,为了方便地组织这些波函数,我们列一个填充单态的表:波函数为()()()()()()()()()()()()I II 123123123123ψαααψααβαβαβαα==++⎤⎦ ()()()()()()()()()()()()III IV123123123123ψαβββαβββαψβββ++⎤⎦= 7.7 证明()()()123,,S S Sχχχ和A χ组成正交归一系. 证明1:单电子自旋空间的基矢为112210,01χχ+-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭两个电子构成的体系的自旋态空间在无耦合表象中的基矢为单电子自旋态空间基矢的直积,即121212121110,00010100,1011⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⊗⊗ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⊗⊗ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭态空间是4维的,在此定态空间中,两个电子的自旋态()()()312,,S S Sχχχ和A χ可写为 ()()()()()()()()()()()1211111212222212123111112122222121210110000,00011001010011011010S S z z z z z z z z S s s s s s s s s χχχχχχχχχχχ----⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪==⊗===⊗=⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎫⎛⎫+⎤==⊗+⊗=⎪ ⎪⎪ ⎪⎥⎦⎭⎝⎭⎭⎝⎭()()()()1111121222221212010011011010z z z z A s s s s χχχχχ--⎫⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎫⎛⎫⎫⎛⎫-⎤⎪==⊗-⊗=⎪ ⎪⎪ ⎪⎥⎪⎦-⎭⎝⎭⎭⎝⎭⎪⎝⎭由此容易证明归一性:()()()22223121A S S S χχχχ====.()()()()()(()(††3121†100010,0,100010000110010.100010S S S S S A χχχχχχ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎪==== ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫ ⎪⎪==⎪-⎪⎝⎭同理可证得()()()()†††33220S S S A S A χχχχχχ===.所以()()()312,,S S Sχχχ和A χ组成正交归一系. 证明2: ()12i χ±是第i 个单电子的ˆz S 的本征函数,本征值为2±,它们是正交归一的,即 ()()()()()()()()††11112222††11112222111,2i i i i i i i i i χχχχχχχχ----=====由()12i χ±组合而成的二电子体系的自旋波函数的正交归一性决定于上面那些单电子波函数的正交归一性.先证明归一性.()()()()()()()()()()()()111111222211111122222212122112221S Sχχχχχχχχχχχχ+++++⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=== ()()()()()()()()()()()()221111222211111122222212122112221SS χχχχχχχχχχχχ++----+++------⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦===()()()()()()()()()()()()()()()()()()()331111111122222222111111112222222212211221112112122111122S Sχχχχχχχχχχχχχχχχχχ++----++++----⎧⎫⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎪⎪=++⎬⎬⎥⎥⎪⎪⎦⎦⎭⎭⎡⎤=+=+=⎢⎥⎣⎦()()()()()()()()11111111222222221122112212A A χχχχχχχχχχ++----⎡⎤⎡⎤=--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()()()()()()()()()()()()()()()111111112222222211111111222222221211212212112112122111122χχχχχχχχχχχχχχχχ++++----++++----⎡⎤⎡⎤=--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤=+=+=⎢⎥⎣⎦以下证明正交性:()()()()()()12111122221212S Sχχχχχχ++--⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()()()()11111122222221120110χχχχχχ+++---⎛⎫=== ⎪⎝⎭()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()131111112222221111111122222222111122222112212112212122110S S χχχχχχχχχχχχχχχχ+++--++++--++--⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦===()()()()()()()()()()()()()()()()()()()11111112222221111111122222222111122222112212112212122110S A χχχχχχχχχχχχχχχχ+++--++++--++--⎡⎤⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦-=()()()()()()()()()()211111111122222222121221120S Sχχχχχχχχχχ++++----⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()(()()()()()()()()()()()()()()231111112222221111111122222222112221122121122121220S S χχχχχχχχχχχχχχχ+++----++++------+-⎡⎤=+⎥⎦==+=()()(()()()()()()()()()()()()()()21111112222221111111122222222112221122121122121220S A χχχχχχχχχχχχχχχχ+++----++++------+-⎡⎤=-⎥⎦===()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()311111112222221111111122222222111122221221122112121222110SSχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχ++--++++--++--⎡⎤⎡⎤=+⎥⎢⎥⎦⎣⎦⎡⎤=+⎥⎦⎡⎤=+=⎥⎦ ()()()()()()()()()()()()()()()()()()3211111122222211111111222222221122122112211212120220S Sχχχχχχχχχχχχχχχχχχ++----++++------+-⎡⎤⎡⎤=+⎥⎢⎥⎦⎣⎦⎡⎤=+⎥⎦⎤=+=⎥⎦()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()31111111122222222111111112222222211111111222222221111112222221221122112112122121211212122212112S A χχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχχ++----++++----++++----++++---⎡⎤⎡⎤+-⎥⎥⎦⎦⎡⎤⎡⎤=+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡=+⎢⎣--()()[]1122211100102χ-⎤⎥⎦=+--=同理可证()()()32100A S A S A S χχχχχχ+++===7.8 设两电子在弹性辏力场中运动,每个电子的势能是()2212U r r μω=.如果电子之间的库仑能和()r U 相比可以忽略,求当一个电子在基态,另一个电子处于沿x 方向运动的第一激发态时,两电子组成体系的波函数.解: 在直角坐标系中势能写作()()()22222211,,22U r r U x y z x y z μωμω=⇒=++,如果电子之间的库仑作用忽略不计,所以每个电子像另一电子不存在那样作三维振动.写出任一电子的波函数()z ,y ,x ψ所满足的薛定谔方程()()()()22222222221,,,,,,22x y z x y z x y z E x y z x y z ψμωψψμ⎛⎫∂∂∂-+++++= ⎪∂∂∂⎝⎭ 令 ()()()()123,,x y z x y z ψψψψ= 将此代入薛定谔方程()()()()()()22222222212322222222221231112d x d y d z x y z E x dx y dy z dz ψψψμωμωμωμψψψ⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-+-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 上式第一项仅是x 的函数,第二项仅是y 的函数,第三项仅是z 的函数,而右端是一个常数,所以上式第一项、第二项和第三项分别只等于一个与z ,y ,x 无关的常数.设()()22212222112x d x x E x dx ψμωμψ⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦()()22222222212y d y y E y dy ψμωμψ⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦()()22222222212z d z z E z dz ψμωμψ⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦则:x y z E E E E =++上面三式都是一维谐振子的方程,其本征函数和本征值为: 对于x 方向 ()()2212110,1,22x x x n n x x x x N eH x E n n αψαω-⎛⎫==+= ⎪⎝⎭对于y 方向()()2212210,1,22yy y n n y y y y NeH y E n n αψαω-⎛⎫==+= ⎪⎝⎭ 对于z 方向 ()()2212310,1,22z z z n n z z z x N e H z E n n αψαω-⎛⎫==+= ⎪⎝⎭其中α=总波函数和能级如下:()()()()()()()()222212123,,xyzxyzx y z n n n n n n x y z x y z N N N H x H y H z eαψψψψααα-++==32n x y z E E E E n ω⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭其中:x y z n n n n =++ ,,0,1,2,3x y z n n n =将()1,2i i =电子的基态波函数表示为(注意: 11222n n N n απ⎛⎫= ⎪⎝⎭!)()2222311232200i i r r i r N ee ααψ--⎫== (1) x 方向的第一激发态波函数表示为()2222112221012i i r r i i i r N N x eeααψα--==(2)其中2μωα=,i r 表示第i 个电子的矢径,1,2i =.将0ψ与1ψ视为两个独立的单电子轨道状态,根据对称性原理两电子组成的体系的轨道状态有对称与反对称两种:()()()()01120211S r r r r ψψψψψ+⎤⎦(3) ()()()()01120211A r r r r ψψψψψ-⎤⎦ (4)考虑到电子(费米子)体系的总波函数应是反对称的,则I S A Φψχ= (单重态) III A S Φψχ= (三重态) (5)即该二电子体系共有以上四个反对称的波函数.将(1)、(2)代入(3) 、(4),把(5)式所表示的总波函数的轨道部分的函数形式具体化:()()22222222122122212I 3232111122222114212S Ar r r r A r r A e e e x e x x e αααααΦψχχχ-----+=⎧⎫⎪=+⎬⎪⎭⎫=+⎬⎭(6)()()2221214III221r r A S S x x e αΦψχχ-+⎧⎫==-⎬⎭(7) 引入相对坐标()121212=+=-R r r r r r则有 ()()121212X x x x x x =+=- (8) 22222212121212422R r r r r r =++⋅=+-⋅r r r r由此得:()222212142r r R r +=+ (9) 将(8)、(9)分别代入(6)与(7),得()222144I4R rS A A XeαΦψχχ-+==()222144III4R r A S S αΦψχχ-+==从上面波函数可以看出,该二电子体系的轨道运动可以认为是质心的振动与两电子相对振动的合成.。
量子力学习题参考解答七张宸编辑
(4.4)
V ( y1 , y2 )
1 2 (k a )( y12 y2 ) a ( y1 cos y2 sin )( y1 sin y2 cos ) 2 1 2 2 ( k a )( y12 y2 ) a sin cos y12 a sin cos y2 2 ay1 y2 cos 2 ay1 y2 sin 2
立即看出有本征值 w 2 。考察
2w
( )( w) 2 w2 2 ( w ) 2 w2 w 0
(1.15)
当
w ( w )2 8w2 4 w
2
w 9w2 2 w 2
1 的概率为 2
2 2
1 P(t ) | 0 | (t ) | (e iLt eiLt ) | cos(Lt ) |2 cos 2 (Lt ) 2
(2.5)
习 3 具有同样质量的无相互作用的粒子在宽度为 2a 的无穷深势阱中运动。写出体系最低 的四条能级的能量值及简并度，如果： （1）两个为全同粒子，自旋的量子数为
9 2 2 5 2 2 , 4 9 8ma 2 4ma 2
(3.12)
习 4 设有两个全同粒子，处于一维谐振子势场中，彼此间还有与距离成正比的作用力，即 位势为
V ( x1 , x2 )
1 1 2 k ( x12 x2 ) a ( x1 x2 ) 2 , a, k 0 2 2
试给出 cij （3）试求出 H 的能量本征值（ B B 解： （1）
(1.5)
w和
w） 。
L S Lx S x Ly S y Lz S z
量子力学第七章习题解答
即
h h 2 2 2 λ − cos γ − (cos α + cos β ) = 0 4 4
2
h λ − = 0 (利用 cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1) 4
2
2
⇒
a h 设对应于 S n = 的本征函数的矩阵表示为 χ 1 ( S n ) = ， b 2 2
由归一化条件，得
a 2 2 1 = χ 1 χ 1 = (a , b ) = a + b b 2 2 2 cos α + i cos β 2 2 a + a =1 1 + cos γ
+ * *
2 2 a =1 1 + cos γ
取
1 + cos γ a= 2
，得
b=
cos α + i cos β 2(1 + cos γ )
ˆ 在这些本征态中， 测量 S z 有哪些可能值？这些可 ˆ 能值各以多大的几率出现？ S z 的平均值是多少？
ˆ ˆ 解：在 S z 表象， S n 的矩阵元为
ˆ = h 0 1 cos α + h 0 − i cos β + h 1 0 cos γ Sn 1 0 i 0 0 − 1 2 2 2
⇒
b1 a1 = ⇒ a b 1 1
b1 = a1
χ 1+/ 2 χ 1 / 2 = 1 ，得 由归一化条件 a * * 1 (a1 , a1 ) = 1 a 1
即
2 a1 = 1
2
∴
a1 =
1 2
b1 =
量子力学第七章习题竖排
6．某个特殊的一维势阱具有下列束缚态单粒子能量本征函数： a ( x) ，b ( x) ， c ( x) ，
，其中 Ea Eb Ec ．两个没有相互作用的粒子置于该势阱中．对下列(1)，(2)，
(3)各种情形写下：两粒子体系可能达到的两个最低能级；上述两个能级各自的简并度； 与上述能级相应的所有可能的两粒子波函数（用 表示空间部分， S , M S 表示自旋部 分， ． (1) 两个自旋为 1 2 的可区分粒子． (2) 两个自旋为 1 2 的全同粒子． (3) S 是总自旋） 两个自旋为 0 的全同粒子．
1 的本征态，求体系总自旋 S 2 的可能测量值及相应的概率（取 2
２． 一 个 处 于 中 心 势 的 粒 子 具 有 轨 道 角 动 量 L 2 和 自 旋 S 1 ． 求 和 形 如
H so AL S 的自旋－轨道相互作用项相关的能级和简并度，这里 A 是个常数．
３． 两个自旋
已知粒子1处于粒子2处于是它们的z分量a和b不是全同粒子自旋都为固定在z轴上的两个电子间存在一个磁偶极偶极相互作用能li矩阵a为常数令的本征值和简并度
第 七 章 习 题
１． 某物理体系由两个自旋 粒子 2 处于 S 2 x ． 1）
1 1 的非全同粒子组成． 已知粒子 1 处于 S1z 本征态， 2 2
1 的粒子组成的系统由等效 Hamilton 量 2 H AS1z S 2 z BS1 S 2
描述，其中 S1 、 S 2 是两个粒子的自旋， S1z 、 S 2 z 是它们的 z 分量， A 和 B 为常 数．求该 Hamilton 量的所有能级．
４． 两个无相互作用的粒子， 质量相同为 m ，处于一维无限深势阱中，势阱宽为 2a ， 在阱中势为零，阱外势无穷大． (1) 求系统四个最低能级的值是多少？ (2) 求 这些能级的简并度，如果这两个粒子 (ⅰ) 是全同粒子，自旋为 全同粒子，自旋都为
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》曾谨严第七章习题
1 2
[ χ 1+/ 2 ( S 2 z ) χ 1 / 2 ( S 2 z ) + 0]
同理可证其它的正交归一关系。
χ
( 3) + S
χ
( 3) S
1 = [ χ 1 / 2 ( S1z ) χ 1 / 2 ( S 2 z ) + χ 1 / 2 ( S1z ) χ 1 / 2 ( S 2 z )] + 2 [ χ 1 / 2 ( S1z ) χ 1 / 2 ( S 2 z ) + χ 1 / 2 ( S1z ) χ 1 / 2 ( S 2 z )]
b1 = a1
χ 1+/ 2 χ 1 / 2 = 1 ，得 由归一化条件 a * * 1 (a1 , a1 ) = 1 a 1
即
2 a1 = 1
2
∴
a1 =
1 2
b1 =
1 2
h 对应于本征值 的本征函数为 2
χ1 / 2
1 1 = 1 2
a2 h 设对应于本征值 的本征函数为 χ 1 / 2 = b 2 2
h2 = 4
讨论： 讨论：由 S x 、 S y 的对易关系 [ S x ， S y ] = ih S z
h4 (S x ) 2 (S y ) 2 = 16
①
h Sz 要求 ( S x ) ( S y ) ≥ 4
2 2
2
2
h 态中， 在 χ 1 ( S z ) 态中， S z = 2 2
①求轨道角动量 z 分量 Lz 和自旋角动量 z 分量 S z 的平均值；
r e r e r ②求总磁矩 M = L S 2
的 z 分量的平均值（用玻尔磁矩子表示）。
解：ψ可改写成
《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
量子力学习题解答-第7章
解：
¥
å （a）任意波函数可以用能量本征函数展开为y = cny n ，其中y 1 = y gs 为基态波函数。
n =1
¥
å 由于 y y gs = 0 ，则有： cn y1 y = c1 = 0 ；基态的展开系数为 0。则
n =1
¥
¥
å å H = En cn 2 ³ E fe cn 2 = E fe
-
5 4
Z
ù úû
E1
对 Z 求导求最小值有
¶H ¶Z
=
éêë-4Z
+
4Z0
-
5ù 4 úû
E1
=
0
Þ
Z
=
Z0
-
5 16
H
min
=
é êêë
2çæ è
Z0
-
5 16
2
ö ÷ ø
+
4çæ è
Z0
-
5 16
÷öZ ø
p 2b
ö ÷÷ø
=
3bh2 2m
ò V = 1 mw2 A 2 ¥ x4e-2bx2 dx = 1 mw2 A 2 2 3
p = 3mw2
2
-¥
2
32b2 2b 8b
则
H
3bh 2 =
+ 3mw ， ¶
H
3h2 3mw 2
mw
=-
=0Þb=
2m 8b
¶b 2m 8b2
2h
H = 3h2 mw + 3mw2 2h = 3 hw ³ 3 hw
2
ö ÷ ø
3
=
3 4
æ ç è
3a 2h4 4m2
量子力学课件第七章
χ
−
1 2
0 h 的本征矢量。 = 分别是 s z = ± 的本征矢量。 1 2
σ x的矩阵形式
令 a ˆ σx = c b d
ˆ ˆ ˆ ˆ 由σ zσ x = −σ xσ z
§ 7.2 电子自旋算符和自旋函数
1 0 a b a b 1 0 0 − 1 c d = − c d 0 − 1
§ 7.2 电子自旋算符和自旋函数
二、泡利算符
h ˆ S x = 2 σˆ v h v ˆ ˆ → S = h σˆ S = σ ˆy 2 2 ˆ S = h σˆ z 2
x y z
( 7 .2 − 2 )
(A)对易关系 对易关系
7.2式代入（7.2得到所满足的对易关系： （7.2-1）式代入（7.2-2）式，得到所满足的对易关系：
§ 7.2 电子自旋算符和自旋函数
证明
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ σ xσ y −σ yσ x=σ x − σ y = 2iσ zσ x
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ σ y − σ xσ yσ x = 2iσ xσ z
ˆ σ x右乘上式
ˆ σ x左乘上式
在把两式相加
2
r
r
h 2
2
r
§ 7.2 电子自旋算符和自旋函数
v 于是， 于是，∫ ψ 1 d r = 自旋朝上的几率
2
∫ψ
4.
2 2
v d r = 自旋朝下的几率
波函数归一化表示为： 波函数归一化表示为：
∫ψ
+
ψ dτ =
∫ d τ (ψ
2 1
+ψ2
量子力学课件第七章
第七章变分原理7.1理论假设你想计算一个体系的基态能量E gs ，体系用哈密顿量描述，但是你不能从（定态）薛定谔方程求解。
变分原理将给你E gs 的一个上限。
有时你所需的也仅仅是这个上限，而且通常如果你巧妙的运用变分原理，这个上限将非常的接近精确值。
下面介绍它的原理：选取任意归一化函数ψ，我断言gs E H Hψψ≤≡ [7.1]也就是说，在ψ态（可假定不正确）下，Ｈ的期望值必高估于基态能量。
当然，如果ψ恰好是某一激发态，H 显然大于E gs ；关键点是要对于任意的ψ都成立。
证明：因为H （未知）的本征函数组成一个完全集，所以我们可以将ψ表示成它们的线性组合：1n n nc ψψ=∑，其中 n n n H E ψψ=.因为ψ是归一化的，所以21m mn n m n m n n mnmnnc c c c c ψψψψψψ*====∑∑∑∑∑,(假定本征函数已是正交归一的：m n mn ψψδ=）。
我们有，2m m n n m n n m n n n mnmnnH c H c c E c E c ψψψψ*===∑∑∑∑∑。
而由定义可知基态能量是最小的本征值，所以gs n E E ≤，因此2gs n gsnH E c E ≥=∑，1如果哈密顿量允许有散射态，也允许有束缚态的话，那么我们将不仅需要做积分同时也需要求和，但是论证方法是不变的。
这就是我们试图要证明的。
例题7.1 假设我们想求解一维简谐振子的基态能量：22222122d H m x m dx ω=-+ 。
当然,我们已经知道这种情况的精确解（式2.61）：(12)gs E ω= ；但它不失为验证这个方法的一个很好的例子。
我们可以选取高斯函数作为我们的试探波函数，2()bx x Ae -ψ=， [7.2]其中b 为常数，A 由归一化决定：214222212bx b Ae dx AA b ππ∞--∞⎛⎫==⇒= ⎪⎝⎭⎰[7.3]现在H T V=+ ， [7.4]其中，在这种情况下，2222222()22bx bx d bT A e e dx m dx m ∞---∞=-=⎰[7.5] 222222128bx m V m A e x dx b ωω∞--∞==⎰,所以2228b m H m b ω=+[7.6] 根据式7.1，对任意b ，H 必大于等于E gs 。
7量子力学第7章练习+解答
量子力学第七章练习+解答1．考虑一个两维的物理体系，右矢1ψ和2ψ构成态空间的正交归一化基，我们用下式)112φψψ=+)112φψψ=-定义新基1φ和2φ，算符P 用1ψ和2ψ基表示成矩阵为11P εε⎛⎫=⎪⎝⎭，求出算符P 用1φ和2φ基表示矩阵P '。
解：求变换矩阵)1111111211s ψφψψψψ==+=)12121112s ψφψψψψ==-=)21212122s ψφψψψψ==+=)22222122s ψφψψψψ==-=-则变换矩阵为1111s ⎛⎫=⎪-⎭依题意，(),,k l k i i jjl ki ij jl kl i ji jP P P s P s φφφψψψψφ+'===∑∑利用了基的完备性，1i i iψψ=∑，写出矩阵乘积为11111101111101P S PS εεεε++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'===⎪ ⎪⎪ ⎪---⎭⎝⎭⎭⎝⎭2．考虑一个具有三维态空间的物理体系，在态空间选定一组正交归一化基，在这组基下，Hamilton 量可以用矩阵210120003H ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭表示，（1）当测量系统的能量时，可能的结果是什么？（2）一个粒子处于ψi i i ⎛⎫⎪-⎪⎪⎭，求H ，2H 和H ∆解：（1）Hamilton 量满足的本征方程为 210210120120000303a a a b b b c c c λλλλ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪=⇒-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭非零解的条件为()()22101203103λλλλλ--=--=- 即123λλ== 31λ=是可能的能量本征值，能量有简并。
（2）)21051203003i H H H iii i i ψψψψ+⎛⎫⎛⎫⎪⎪===---= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭)2222210111203003i HHH iii i i ψψψψ+⎛⎫⎛⎫⎪⎪===---= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭3H ∆==3．考虑Hamilton 量()2ˆˆ2x p H V x m=+描述的一维物理系统，对于定态，求x p（1）由3.1节的练习1知：()ˆ[,()]x x px i xψψ∂=-∂ ，所以：()[][]22ˆˆˆ11ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ,,,,,2222x x x x x x xp p p H x V x x x p p x p x p i m m mm m ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+==+=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 即：ˆˆˆ,x impH x ⎡⎤=⎣⎦对于定态，即ˆHE ψψ=，利用ˆH 是厄米算符，则*ˆH E E ψψψ==*ˆˆˆˆˆˆˆ,ˆˆˆˆ0x x im im im p pHx H x xHim im im E im E xxExxψψψψψψψψψψψψψψψψ⎡⎤===-⎣⎦=-=-=。
曾谨言量子力学习题解答 第七章
前式第一个积分可重复用（7）式，得：
v e
iqf c
ˆ f d e p
iqf c
q c
q ˆ A f d c
ˆq p c
A d v
第七章：粒子在电磁场中的运动
[1]证明在磁场 B 中，带电粒子的速度算符的各分量，满足下述的对易关系： iq ˆ （1） vx , v y 2 B z c iq ˆ （2） v y , vz 2 B x c iq ˆ （3） By v z , vx 2c
2
速度算符间的对易式是：
v z , v x 0
v , v qi B c v , v 0
x y 2 y z
， v z 分别和 vx ， v y 对易，因此 v z 与 v x v y 对易，而： 根据（ 4 5 ）
2
ˆ v2 v2 H 1 x y 2
ˆ （15） 题， （6） 式中的 H 维） 的能量算符和一个角动量分量算符之和， 按 7.2 和前一章的第
本征值是
E k m 2 p 1 m 2k 1 k 0,1,2,3,
（7）
ˆ 又H 2
1 2 ˆ x 这个能量算符的本征值是可以连续取值的，它和沿 z 轴作自由运动的粒子 p 2
iqf iqf iqf c c e e e c
又设变换后儿率流密度是 j ，将（4）代入（2）式右方，同时又代入
A A f r , t
iqf iqf iqf iqf iqf iqf q 1 c c c c c c , j e p e e e A f r t e e 2 c
量子力学基础知识习题解答可修改全文
01.量子力学基础知识本章主要知识点一、微观粒子的运动特征 1. 波粒二象性：,hE h p νλ==2. 测不准原理：,,,x y z x p h y p h z p h t E h ∆∆≥∆∆≥∆∆≥∆∆≥3. 能量量子化； 二、量子力学基本假设1. 假设1：对于一个量子力学体系，可以用坐标和时间变量的函数(,,,)x y z t ψ来描述，它包括体系的全部信息。
这一函数称为波函数或态函数，简称态。
不含时间的波函数(,,)x y z ψ称为定态波函数。
在本课程中主要讨论定态波函数。
由于空间某点波的强度与波函数绝对值的平方成正比，即在该点附近找到粒子的几率正比于*ψψ，所以通常将用波函数ψ描述的波称为几率波。
在原子、分子等体系中，将ψ称为原子轨道或分子轨道；将*ψψ称为几率密度，它就是通常所说的电子云；*d ψψτ为空间某点附近体积元d τ中电子出现的几率。
对于波函数有不同的解释，现在被普遍接受的是玻恩（M. Born ）统计解释，这一解释的基本思想是：粒子的波动性（即德布罗意波）表现在粒子在空间出现几率的分布的波动，这种波也称作“几率波”。
波函数ψ可以是复函数，ψψψ⋅=*2合格（品优）波函数：单值、连续、平方可积。
2. 假设2：对一个微观体系的每一个可观测的物理量，都对应着一个线性自厄算符。
算符：作用对象是函数，作用后函数变为新的函数。
线性算符：作用到线性组合的函数等于对每个函数作用后的线性组合的算符。
11221122ˆˆˆ()A c c c A c A ψψψψ+=+ 自厄算符：满足**2121ˆˆ()d ()d A A ψψτψψτ=∫∫的算符。
自厄算符的性质：（1）本证值都是实数；（2）不同本证值的本证函数相互正交。
3. 假设3：若某一物理量A 的算符ˆA作用于某一状态函数ψ，等于某一常数a 乘以ψ，即：ˆAa ψψ=，那么对ψ所描述的这个微观体系的状态，物理量A 具有确定的数字a 。
苏汝铿量子力学课后习题及答案chapter7
r = a 处 (ln x0 )′ 连续得到相移，继而得到散射截面。
解 对于低能散射，只需考虑 l = 0 的 S 分波。令径向波函数 R0 (r ) =
x0 (r ) ，则 x0 满足 r
x0′′ + k 2 x0 = 0 x0′′ − k ′2 x0 = 0
其中， k =
2
(r>a) (r<a,x0 (0)=0)
u0 ( r ) ，则 u0 (r ) 满足的径向波动 r
2 µU d2 ⎡ ⎤ u ( r ) + ⎢ k 2 − 2 0 δ ( r − R ) ⎥ u0 ( r ) = 0 2 0 dr ⎣ ⎦
式中： k =
2
2µ E
2
> 0 。由于 r ≠ R 时， V0 = 0 ，可得方程（1）的解为
u0 ( r ) =
1，
1 。式（6）简写为 kR
k cot δ 0 ≈
由式（7）又可得
2 µU 0
2
+
1 记为 = A R
（7）
sin 2 δ 0 =
于是 s 分波产生的散射截面为
k2 k2 + A
(8)
σ0 =
4π 4π k 2 4π k →0 4π 4π 2 sin δ = = ≈ = 0 2 2 2 2 k k k +A k + A ( 2µU 0 + 1 ) 2 R
{
B sin kr A sin( kr +δ 0 )
r<a r>a
（2）
δ 0 为入射粒子受散射势场 V ( r ) 作用后产生的相移。为了求出 δ 0 ，首先利用波函数 u
0
(r ) 在
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
５． 固定在 z 轴上的两个电子间存在一个磁偶极－偶极相互作用能
H AS1 S 2 3S1z S 2 z
1 ． S i i ， i 为 Pauli 矩阵， A 为常数（令 1 ） 2 (1) 用总自旋算子 S S1 S 2 表示 H A ． (2) 求 H A 的本征值和简并度．
４． 两个无相互作用的粒子， 质量相同为 m ，处于一维无限深势阱中，势阱宽为 2a ， 在阱中势为零，阱外势无穷大． (1) 求系统四个最低能级的值是多少？ (2) 求 这些能级的简并度，如果这两个粒子 (ⅰ) 是全同粒子，自旋为 全同粒子，自旋都为
1 ； (ⅱ) 不是 2
1 ； (ⅲ) 全同粒子，自旋为 1． 2
6．某个特殊的一维势阱具有下列束缚态单粒子能量本征函数： a ( x) ，b ( x) ， c ( x) ，
，其中 Ea Eb Ec ．两个没有相互作用的粒子置于该势阱中．对下列(1)，(2)，
(3)各种情形写下：两粒子体系可能达到的两个最低能级；上述两个能级各自的简并度； 与上述能级相应的所有可能的两粒子波函数（用 表示空间部分， S , M S 表示自旋部 分， ． (1) 两个自旋为 1 2 的可区分粒子． (2) 两个自旋为 1 2 的全同粒子． (3) S 是总自旋） 两个自旋为 0 的全同粒子．
H so AL S 的自旋－轨道相互作用项相关的能级和简并度，这里Βιβλιοθήκη A 是个常数．３． 两个自旋
1 的粒子组成的系统由等效 Hamilton 量 2 H AS1z S 2 z BS1 S 2
描述，其中 S1 、 S 2 是两个粒子的自旋， S1z 、 S 2 z 是它们的 z 分量， A 和 B 为常 数．求该 Hamilton 量的所有能级．
第 七 章 习 题
１． 某物理体系由两个自旋 粒子 2 处于 S 2 x ． 1）
1 1 的非全同粒子组成． 已知粒子 1 处于 S1z 的本征态， 2 2
1 的本征态，求体系总自旋 S 2 的可能测量值及相应的概率（取 2
２． 一 个 处 于 中 心 势 的 粒 子 具 有 轨 道 角 动 量 L 2 和 自 旋 S 1 ． 求 和 形 如