量子力学教程第二版曾谨言答案
量子力学曾谨言练习题答案
量子力学曾谨言练习题答案量子力学是现代物理学的重要分支，研究微观世界的行为规律。
而曾谨言练习题则是量子力学学习过程中的一种重要辅助工具，有助于加深对于量子力学理论的理解和应用。
在这篇文章中，我们将探讨一些量子力学曾谨言练习题的答案，帮助读者更好地理解这一复杂而又神奇的学科。
首先，我们来看一个经典的量子力学练习题：双缝干涉实验。
在这个实验中，一束光通过两个狭缝后形成干涉条纹。
问题是，如果我们只通过其中一个缝让光通过，干涉条纹会发生什么变化？答案是，当只有一个缝让光通过时，干涉条纹会消失。
这是因为双缝干涉实验中的干涉效应依赖于两个缝同时让光通过，以形成干涉图样。
当只有一个缝让光通过时，就无法形成干涉，因此干涉条纹消失。
接下来，我们来看一个更复杂的问题：薛定谔方程。
薛定谔方程是描述量子力学中微观粒子行为的基本方程。
问题是，如何求解薛定谔方程？答案是，薛定谔方程是一个偏微分方程，可以通过一些数值和解析方法进行求解。
数值方法包括有限差分法和有限元法，可以通过离散化空间和时间来近似求解。
解析方法则包括分离变量法和变分法等，可以通过一系列数学技巧来得到解析解。
薛定谔方程的求解是量子力学研究的基础，对于理解和预测微观世界的行为至关重要。
除了理论问题，量子力学还涉及到一些实验上的考察。
例如，光电效应是量子力学的重要实验现象之一。
问题是，为什么在光电效应中，只有光的频率大于某个临界值时，才能引起电子的发射？答案是，光电效应是由光子与金属表面电子的相互作用引起的。
当光子的能量大于金属表面电子的束缚能时，光子能够将电子从金属中解离出来，形成光电子。
而光子的能量与频率有直接关系，即E=hf，其中E为光子的能量，h为普朗克常数，f为光的频率。
因此，只有光的频率大于某个临界值，光子的能量才能够大于金属表面电子的束缚能，从而引起电子的发射。
最后，我们来看一个与量子力学应用相关的问题：量子计算。
量子计算是利用量子力学的特性来进行计算的一种新型计算方式。
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
曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案
)
[ (
) (
)
]
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
ℏ2 T= d 3 r∇ψ * ⋅ ∇ψ ∫ 2m
结合式（1） 、 （2）和（3） ，可知能量密度
（3）
w=
且能量平均值
ℏ2 ∇ψ * ⋅ ∇ψ + ψ *Vψ , 2m
第一章 1.1 设质量为 m 的粒子在一维无限深势阱中运动，
量子力学的诞生
⎧∞, x < 0, x > a V ( x) = ⎨ ⎩0, 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
λ 2 ∴ λ = 2a / n a = n⋅
又据 de Broglie 关系
�
E = ∫ d 3r ⋅ w ，
（能量密度）
w=
ℏ2 ∇ψ *ψ + ψ *Vψ 2m ∂w � +∇⋅s = 0 ∂t
（b）证明能量守恒公式
2
⎞ ℏ 2 ⎛ ∂ψ * ∂ψ � ⎜ s =− ∇ψ + ∇ψ * ⎟ ⎜ ⎟ 2m ⎝ ∂ t ∂t ⎠
证： （a）粒子的能量平均值为（设ψ 已归一化）
= mh,
m = 1, 2 , 3 , ⋯
pϕ = mh ，
2 E m = pϕ / 2I = m 2 ℏ 2 / 2I ，
m = 1, 2 , 3 ,⋯
ödinger 方程 第二章 波函数与 Schr Schrö 2.1 设质量为 m 的粒子在势场 V ( r ) 中运动。 （a）证明粒子的能量平均值为
曾谨言量子力学习题解答第五章
第五章： 对称性及守恒定律［１］证明力学量Aˆ（不显含t ）的平均值对时间的二次微商为： ]ˆ],ˆ,ˆ[[222H H A A dtd -= （H ˆ是哈密顿量） （解）根据力学量平均值的时间导数公式，若力学量Aˆ 不显含t ，有]ˆ,ˆ[1H A i dt A d= （１） 将前式对时间求导，将等号右方看成为另一力学量]ˆ,ˆ[1H A i的平均值，则有： ]ˆ],ˆ,ˆ[[1]ˆ],ˆ,ˆ[1[1222H H A H H A i i dt A d -== （２） 此式遍乘2即得待证式。
［２］证明，在不连续谱的能量本征态（束缚定态）下，不显含t 的物理量对时间t 的导数的平均值等于零。
（证明）设Aˆ是个不含t 的物理量，ψ是能量H ˆ的公立的本征态之一，求A ˆ在ψ态中的平均值，有：⎰⎰⎰=ττψψd AA ˆ* 将此平均值求时间导数，可得以下式（推导见课本§5.1）⎰⎰⎰-≡=ττψψd A H H A i H A i dt A d )ˆˆˆˆ(*1]ˆ,ˆ[1 （１） 今ψ代表Hˆ的本征态，故ψ满足本征方程式 ψψE H=ˆ （E 为本征值） （２） 又因为Hˆ是厄密算符，按定义有下式（ψ需要是束缚态，这样下述积公存在） τψψτψψτd AHd A H ⎰⎰⎰⎰⎰⎰=)ˆ(*)ˆ()~(ˆ* （３）（题中说力学量导数的平均值，与平均值的导数指同一量）（２）（３）代入（１）得：τψψτψψd A H id H A i dt A d )ˆ(*)ˆ(1)ˆ(ˆ*1⎰⎰⎰⎰⎰⎰-= ⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=τψψτψψd A iE d A i E ˆ**ˆ* 因*E E =，而0=dtAd［３］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⋅=⋅)],,(ˆ21,ˆˆˆˆˆˆ[]ˆ,ˆˆ[2z y x V pp z p y p x H p r z y x +++=⋅μ)],,()ˆˆˆ(21,ˆˆˆˆˆˆ[222z y x V p p p p z p y p xz y x z y x +++++=μ)],,(,[21],ˆˆˆˆˆˆ[222z y x V zp yp xp p p p p z p y p xz y x z y x z y x +++++++=μ（２） 分动量算符仅与一个座标有关，例如xi p x ∂∂= ，而不同座标的算符相对易，因此（２）式可简化成：]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[222z z y y x x p p z p p y p p x H p rμμμ++=⋅ )],,(,ˆˆˆˆˆˆ[z y x V p z p y p xz y x +++],ˆˆ[],ˆˆ[],ˆˆ[]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21222V p z V p y V p xp p z p p y p p x z y x z z y y x x +++++=μμμ （３）前式是轮换对称式，其中对易算符可展开如下：x x x x p x pp x p p x ˆˆˆˆˆ]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 pi =+= （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 =-=-= xVx 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 r z 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） （２）在定态ψ之下求不显含时间t 的力学量A ˆ的平均值，按前述习题２的结论，其 结果是零，令p r Aˆˆˆ ⋅= 则0)ˆˆ(*2=∀⋅-=⋅=⋅⎰⎰⎰V r p d p r p r dt d τμτψψ （７）但动能平均值 μτψμψτ22ˆ*22p d p T =≡⎰⎰⎰由前式 V r T ∀⋅⋅=21［４］设粒子的势场),,(z y x V 是z y x ,,的n 次齐次式证明维里定理（Ｖirial theorem ） T V n 2= 式中Ｖ是势能，Ｔ是动能，并应用于特例：（１）谐振子 T V = （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，势场用直角痤标表示的函数，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。
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：
量子力学曾谨言第二章第三章答案
量子力学曾谨言的答案详解，希望能给研友带来帮助目次第二章：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。
1981 2．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。
1981 5．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。
1958 6．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。
1948 8．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 1965 10. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics（英译本） Springer Verlag 197311. A.Messian:Quantum Mechanics Vol I.North.Holland Pubs 1961 ndau,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 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 b a 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 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 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 an dx x e (0,>=a n 正整数) (12)adx e ax π2102=⎰∞- (13) 121022!)!12(2++∞--=⎰n n ax n a n dx ex π(14)1122!2+∞-+=⎰n ax n a n dx e x (15)2sin 022adx x ax 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==⎰⎰222cos ωωT 是振动周期,T=ωπ2,求出积分,得 nh a m =πω2 ωπωn n h E ==23,2,1=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 pn q p xax x xxadx h d 220===⎰⎰ (1)pp n q p yby yyyb 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=。
量子力学曾谨言习题解答第九章
第九章：定态微扰论[1]设非简谐振子的哈密顿量为：220222212ˆx dx d H μωμ+-= （β为常数）取 220220212ˆx dx d h H μωμ+-= ，2x H β='，试用定态微扰论求其能量及能量本征函数。
（解）一级能量本征值修正量：本题是一维、无简并的，按本章§9.1公式()∑=1kkk W ，从§3.3知道一维谐振子波函数是：()()x H e k x k x kk απαψα222!2-⋅=，但μωα=（1）()()()⎰⎰∞=-∞=-==x x k xkxk k k dxx H e x k dxx E αβπαψβψα233*122!2 （2）但根据§3.3，一维谐振子波函数中的厄密多项式是有宇称的（或奇或偶），因而()x H n α2必定是个偶函数。
（2）式中被积函数就应是奇函数，又因积分限等值异号，结果有：()01=k E一级波函数修正值：据§9.1公式[12b])0()0()0(//nnk nk kk E E H ψψψ-+=∑（3） ω )21()0(+=k E k /)3(微扰矩阵元nk nk W H λ=/要涉及厄密多项式相乘积的积分，为此利用关于)0(k ψ的一个递推公式（90.p ，问题2）：)212(1)0(1)0(1)0(+-++=n n n n n x ψψαψ （4） 将此式遍乘x ，再重复使用（4）)5(}4)2)(1()21(4)1({1)2221(21)221(2[1)212(1)0(2)0()0(22)0(2)0()0()0(22)0(1)0(1)0(2+-+-+-+++++-=++++++-=++=n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x n x n x ψψψαψψψψαψψαψ再将此式遍乘x ，重复使用（4）式}4)2)(1()21(4)1({1)0(2)0()0(22)0(3+-+++++-=n n n n n n x n x n n x ψψψαψ=})3)(2)(1(1)1(33)2)(1({81)0(3)0(1)0(1)0(33++--++++++++--n n n n n n n n n n n n n n ψψψψα（6） 利用公式（6）来计算微扰矩阵元nk W ： ⎰∞∞-=dx x x W k n nk ψβψ2*)(将（6）式中的n 换成k 代入前一式，并注意)0(n ψ是正交归一化的，即nk k n dx x x δψψ=⎰)()()0(*0dxk k k k k k k k k k aW k k k n n nk })3)(2)(1(1)1(33)2)(1({81)0(30101)0(33)0(++--∞∞-++++++++--⋅⋅=⎰ψψψψβψ)7(})3)(2)(1(1)1(33)2)(1({82,1,1,3,2++--++++++++-+=k n k n k n k n k k k k k k k k k k δδδδαβk 是固定指标，故nk W 只有当n 取下述四值时不为零，即)8(3,1,1,3++--=k k k k n但要注意，当n 取用一个值时，就不能再取其他值，所以n 取定后nk W 的非零值是（7）式中某个δ的系数。
《量子力学导论》习题答案(曾谨言版,北京大学)(2)
第六章 中心力场6.1) 利用6.1.3节中式（17）、（18），证明下列关系式相对动量 ()21121p m p m M r p-==∙μ （1） 总动量 21p p R M P+==∙ （2）总轨迹角动量p r P R p r p r L L L⨯+⨯=⨯+⨯=+=221121 （3）总动能 μ222222222121M P m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） p P m p +=21μ，p P m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m ++=， （17） 21r r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’） 总动量 ()2121221121p p m m r m r m m m R M P+=+++==∙∙∙ （2’）总轨迹角动量 221121p r p r L L L⨯+⨯=+=)5(2211p r m uR p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p m Mr p p R -⨯++⨯= )2)(1(⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。
总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m pP u m p m m u m m p P u m p m m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p P m m m P m m m μ2222M P += （4’） ［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中p 、和的算术表示式r i ∇-= R i ∇-= ，p r P R L⨯+⨯=解： ()()211221121r r m m Mi p m p m M p ∇-∇-=-=（1） 其中 1111z y x r ∂∂+∂∂+∂∂=∇， 而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111， 同理，y Y M m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZ M m z ∂∂+∂∂=∂∂11； （利用上题（17）（18）式。
量子力学——第四章作业参考答案
( p × l − l × p )x ，
2 ( p × l − l × p)y ， ⎡ ⎣l , p ⎤ ⎦ z = i ( p × l − l × p ) z ，因此
同理 ⎡ ⎣l , p ⎤ ⎦y = i
i
2 ( p × l − l × p) = ⎡ ⎣l , p ⎤ ⎦。
3.10 证明： （a） pr =
可见， ( r × l − l × r ) = r × l − l × r ， r × l − l × r 为厄米算符。
+
3.3
证明：一维情况下，由 x 和 p 的对易关系 [ x, p ] = i ， 可得 从而
（6） （7）
xp = i + px ， px = xp − i
，
m −1 n m n +1 [ p, F ] = ∑ Cmn ( px m p n − x m p n+1 ) = ∑ Cmn ⎡ ⎣( xp − i ) x p − x p ⎤ ⎦ m,n =0 ∞ m,n =0
∂ F。 ∂x
（8）
=
m ,n =0
mn
= −i
m,n =0
∑C
mn
mx m −1 p n = −i
同理，可得 [ x, F ] = i 3.4 证明：
∂ F。 ∂p
（9）
[ AB, C ] = ABC − CAB = ( ABC + ACB ) − ( ACB + CAB )
= A [ B, C ]+ − [ A, C ]+ B
（b） pr =
1⎛r r ⎞ 1 ⎡r r ⎛ r ⎞⎤ ⎜ i p + p i ⎟ = ⎢ i p + i p − i ⎜ ∇i ⎟ ⎥ 2⎝ r r ⎠ 2 ⎣r r ⎝ r ⎠⎦
量子力学曾谨言练习题答案
量子力学曾谨言练习题答案量子力学是物理学中的一门重要学科，研究微观世界的规律和现象。
在学习量子力学的过程中，练习题是不可或缺的一部分，通过解答练习题可以巩固对理论知识的理解和应用能力的提升。
曾谨言练习题是量子力学学习中常见的练习题之一，下面将给出一些曾谨言练习题的答案解析。
1. 一个自旋为1/2的粒子，其自旋在z方向上的观测值为1/2。
如果测量其自旋在x方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？根据量子力学的原理，自旋可以在不同方向上观测到不同的结果。
对于自旋1/2的粒子，在z方向上观测到1/2的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为正半个单位。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正半个单位或负半个单位。
所以可能得到的结果是正半个单位或负半个单位。
2. 一个自旋为1的粒子，其自旋在z方向上的观测值为0。
如果测量其自旋在x 方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？对于自旋为1的粒子，在z方向上观测到0的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为零。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正一个单位、零或负一个单位。
所以可能得到的结果是正一个单位、零或负一个单位。
3. 一个自旋为1/2的粒子，其自旋在z方向上的观测值为-1/2。
如果测量其自旋在x方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？对于自旋1/2的粒子，在z方向上观测到-1/2的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为负半个单位。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正半个单位或负半个单位。
所以可能得到的结果是正半个单位或负半个单位。
4. 一个自旋为1的粒子，其自旋在z方向上的观测值为1。
如果测量其自旋在x方向上的观测值，那么可能得到的结果是什么？对于自旋为1的粒子，在z方向上观测到1的结果，意味着其自旋在z方向上的投影为正一个单位。
而在x方向上观测自旋的结果，可能是正一个单位、零或负一个单位。
所以可能得到的结果是正一个单位、零或负一个单位。
通过以上几个练习题的答案解析，我们可以看出在量子力学中，观测自旋的结果是具有不确定性的，不同方向上的观测结果是相互独立的。
曾量子力学练习题答案
曾量子力学练习题答案【篇一：量子力学曾谨言第八章第九章习题详解】表象中，求??x的本征态 [1]在?（解）设泡利算符?，?x，的共同本征函数组是： x1?sz? 和x2?122?sz? （1）?x的本征函数，但它们构成一个完整或者简单地记作?和?，因为这两个波函数并不是??x的本征函数可表系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理），?示：??c1??c2?(2)?x的本征值?，则??x的本征方程式是： c1,c2待定常数，又设? ?x???? (3)?将（2）代入（3）：?x?c1??c2?????c1??c2?? (4)??z表象基矢的运算法则是： ?x对?根据本章问题6（p．264），? ?x??? ?x??????x的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4）此外又假设?： c1??c1???c1???c2?比较?,?的系数（这二者线性不相关），再加的归一化条件，有： ?c1??c2????????????(6a)?????????????(6b)?c2??c1?c2?c2?1????????????(6c)2?12前二式得??1，即??1，或???1当时??1，代入（6a）得c1?c2,再代入(6c)，得：c1?12ei? c2?12ei?? 是任意的相位因子。
当时???1，代入（6a）得c1??c2代入(6c)，得：c1?12ei?c2??12ei??x的本征函数：最后得?x1?ei?2ei?2(???)对应本征值1x2?(???)对应本征值-1?x??2共同表象中，采用sz作自变量时，既是坐标表以上是利用寻常的波函数表示法，但在?象，同时又是角动量表象。
可用矩阵表示算符和本征矢。
?c1??1??0??? ???? ???? ?c?（7）01?2??????x的矩阵已证明是 ??01??x?? ??10???x的矩阵式本征方程式是：因此???c1??01??c1?（8） ???????cc?01??2??2??x本征矢的矩阵形式是：其余步骤与坐标表象的方法相同，?ei??1?ei??1?x1??1? x2???1?2??2?????[2]在?z表象中，求??n的本征态，n(sin?cos?,sin?sin?,cos?)是(?,?)方向的单位矢。
曾谨言《量子力学导论》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 ) = − ∇ 2ψ (r , t ) + [V1 (r ) + iV2 (r )] ψ (r , t ) ∂t 2m
[
] ]
=−
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
∇ψ 1* − ψ 1*∇ψ 2 ) ⋅ dS = 0 ， （无穷远边界面上，ψ 1 ,ψ 2 → 0 ）
1 mω 2 x 2 中运动，用量子化条件求粒子能量 E 的可能取值。 2 p = 2m[ E − V ( x)]
∫ p ⋅ d x = nh,
x ≤a
n = 1, 2 ,
,
V ( x)
解：能量为 E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 （1）
其中 a 由下式决定： E = V ( x) x = a =
∴ λ = 2a / n
又据 de Broglie 关系 p = h / λ 而能量
E = p 2 / 2m = =
2
/ 2mλ2
π 2 2n2 h2n2 = 2m ⋅ 4a 2 2ma 2
(n = 1, 2 , 3, )
量子力学曾谨言习题解答第三章
第三章： 一维定态问题[1]对于无限深势阱中运动的粒子（见图3-1）证明2a x =）（）（22226112πn ax x -=- 并证明当∞→n 时上述结果与经典结论一致。
[解]写出归一化波函数： ()ax n ax n πsin2=ψ （1）先计算坐标平均值：xdx axn axdx ax n axdx x aaa）（⎰⎰⎰-==ψ=222cos11sin2ππ 利用公式：2sin cos sin ppx p pxx pxdx x +-=⎰（2）得2c o s s i n c o s ppx ppxx pxdx x +-=⎰（3）22cos 22sin 221022a a x n n a a x n x n a xa x a=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛-=ππππ计算均方根值用()x x x x x ，）（222-=-以知，可计算2xdx axn x adx axn x adx x xaa）（⎰⎰⎰-==ψ=2222222cos11sin2ππ 利用公式px ppx x ppx x ppxdx x sin 1cos 2sin 1cos 3222-+=⎰（5）aa x n x n a a x n n a x n a x a x222222cos 222sin 22311πππππ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=222223πn aa-=()22222222223⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=-a n aaxx x x π）（ 2222212πn aa-=（6）在经典力学的一维无限深势阱问题中，因粒子局限在（0，a ）范围中运动，各点的几率密度看作相同，由于总几率是1，几率密度a1=ω。
210a xdx axdx x aa===⎰⎰ω31222adx x axa==⎰()22222222223⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=-a n aaxx x x π）（ 故当∞→n 时二者相一致。
#[2]试求在不对称势力阱中粒子的能级。
量子力学习题答案(曾谨言版)
和任意，所以
ˆ ˆ ) BA ˆ ˆ ( AB
P74 习题3.3
解答：利用
[ p, x ] i mx
m
m1
[ x, pn ] i npn1
[ p, F ]
mn 0 m n C [ p , x ] p mn
i
mn 0
C
mn
mx
m 1
p i F x
Rnl ( r ) N nl l e 2F ( n l 1, 2l 2, )
园轨道（l = n－1）下的径向概率分布函数
n,n1 ( r ) Cr e
2 d n,n1 ( r ) 0 dr
2
2 n 2 Zr na
最概然半径 rn 由下列极值条件决定：
(b) 对两个全同的Femi子，体系波函数必须满足交换 反对称要求。
对Femi子不允许两个粒子处于相同的单态，因 此它们只能处于不同的单态，此时反对称化的体系 波函数： 1 (1, 2) [i (1) j (2) i (2) j (1)], i j 2 2 可能态数目 C3 3 所以，两个全同Femi子总的可能态数目3 (b) 对两个经典的粒子(可区分)，其体系波函数无对称 性要求，即 (1, 2) i (1) j (2), i, j 1, 2, 3 可能态数目3 3 9
dp
( x, t ) (2 )
利用
1
e
t m 2 mx 2 [( p x) ] 2t 2m 2t i
dp
e d e
m 2 t e
i 2
i
4
所以
( x, t )
量子力学曾谨言习题解答第四章
（1） 的可能测值及其平均值。
（2） 的可能测值及相应的几率。
（3） ，的可能测值。
（解）（1）按照习惯的表示法 表示角量子数为 ，磁量子数m的， 的共同本征函数，题材给的状态是一种 的非本征态，在此态中去测量 都只有不确定，下面假定
从
看出，当体系处在 态时， 的测值 ，处在 态时， 的测值为零。
=
=
（13）
两种计算的结果相同，因而题给的结果相同，因而题给的公式得到证实。
[11]设F(x，p)是xk，pk的整函数，证明：⑴⑵ຫໍສະໝຸດ 整函数是指 ， 是数值系数
[证明]本题照题给的表示式应当是三维的算符，其展开形式：
先证第一式
⑴
最后一式曲括号内第一项为 时为0，因为座标不同， 时
第二对易式 任何情形是零，因而⑴改写成：
（6）
这三组角依此对应于本征值（自大到小） 用座标表象时:
(7)
再考查 时 的本征函数，这种情形下的座标表象的本征方程式是
也不容易求解，而必须化成角动量表象（ ）的本征方程式，是矩阵的：
（8）
再附加上各个系数的归一化条件如下：
（9）
解（8）和（9），得到本征值五种
角动量表象的本征函数（本征矢）共有五个，分别和以上五种本征值对应：（注意：这些本征矢仍和 的情形一样，是先用久期方程式求解五个本征值，再逐个地代入（8）所表示的五个关于 的线性方程式的归一化条件（9）才能得到的）
第四章：力学量用算符表示
[1]设 是 的可微函数，证明下述各式：[一维算符]
（1）
（证明）根据题给的对易式及
（2）
（证明）同前一论题
（3）
[证明]同前一题论据：
曾谨言量子力学第二章习题解答
第二章习题解答p.522.1.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 ([m2i ]e )r (e )r (e )r (e )r ([m 2i )(m 2i J e )r ( )t (f )r ()t r (**Et iEt i**Et iEt i**Etiψψψψψψψψψψψψψψψ∇-∇=∇-∇=∇-∇===-----）（）（，可见tJ 与无关。
2.2 由下列定态波函数计算几率流密度：ikrikrer er -==1)2( 1)1(21ψψ从所得结果说明1ψ表示向外传播的球面波，2ψ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ϕθθϕθ∂∂+∂∂+∂∂=∇sin r 1e r 1e r r 0 r mr k r mr k r r ik r r r ik r r m i r e r r e r e r r e r m i m i J ikr ikr ikr ikr30202201*1*111 )]11(1)11(1[2 )]1(1)1(1[2 )(2 )1(==+----=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψrJ 1 与同向。
表示向外传播的球面波。
r mr k r mr k r )]r 1ik r 1(r 1)r 1ik r 1(r 1[m 2i r )]e r 1(r e r 1)e r 1(r e r 1[m 2i )(m 2i J )2(3020220ik r ik r ik r ik r *2*222-=-=---+-=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ 可见，rJ 与2反向。
表示向内(即向原点) 传播的球面波。
补充：设ikxex =)(ψ，粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？∞==⎰⎰∞∞dx dx ψψ*∴波函数不能按1)(2=⎰∞dx x ψ方式归一化。
其相对位置几率分布函数为12==ψω表示粒子在空间各处出现的几率相同。
曾谨言量子力学习题解答第八章
曾谨言量子力学习题解答第八章曾谨言量子力学习题解答第八章：自旋x表象中，求x的本征态在（解）设泡利算符，x，的共同本征函数组是：x1 sz 和x2122sz （1）x的本征函数，但它们构成一个完整或者简单地记作和，因为这两个波函数并不是x的本征函数可表系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理），示：c1 c2(2)x的本征值，则x的本征方程式是：c1,c2待定常数，又设x (3)将（2）代入（3）：x c1 c2 c1 c2 (4)z表象基矢的运算法则是：x对根据本章问题6（P．264），x xx的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4）此外又假设：c1 c1 c1 c2比较, 的系数（这二者线性不相关），再加的归一化条件，有：c1 c2 (6a)c2 c1 (6b)c2 c2 1 (6c)2 1前二式得1，即1，或1当时1，代入（6a）得c1 c2,再代入(6c)，得：c1212ei c212ei曾谨言量子力学习题解答是任意的相位因子。
当时1，代入（6a）得c1 c2代入(6c)，得：c112ei c212eix的本征函数：最后得x1ei 2ei ( ) 对应本征值1x2( ) 对应本征值-12x 共同表象中，采用sz作自变量时，既是坐标表以上是利用寻常的波函数表示法，但在象，同时又是角动量表象。
可用矩阵表示算符和本征矢。
c1 1 0（7）0 1 c2x的矩阵已证明是01 x10x的矩阵式本征方程式是：因此c1 01 c1 c （8）c 01 2 2x本征矢的矩阵形式是：其余步骤与坐标表象的方法相同，ei 1 ei 1x1 1 x2 12 2在z表象中，求n的本征态，n(sincos ,sin sin ,cos )是( , )方向的单位矢。
（解）方法类似前题，设n算符的本征矢是：x c1 c2 (1)曾谨言量子力学习题解答它的本征值是。
又将题给的算符展开：x sin sin y cos z (2) n sin cosy cos z c1 c2 c1 c2 (3) sin sin2写出本征方程式：sin cosxy对z 的共同本征矢，，运算法则是x, 根据问题（6）的结论，xx ，y i ，，z ，z （4）y i ，将这些代入（3），集项后，对此两边，的系数：cos c1 (sin cos isin sin ) c1（5）(sin cos isin sin ) cos c2 c2(cos )c1 sin e i c2 0或（6）isin e c1 (cos )c2 0（6）具有非平凡解（平凡解c1 0 ，c2 0）条件是久期方程式为零，即cos sin eisin e icos0它的解2 1 （7）1 时，代入（6）得：c2 tg2ei c1 （8）22（1）的归一化条件是：c1将（8）代入（9），得：c1 e i( )c21cos c2 ei sin22归一化本征函数是：1 e i e i cos sin （10）221时，c1,c2的关系是：c2 ctg2e i c1归一化本征函数是：曾谨言量子力学习题解答2 ei e i sin cos （11）22是任意的相位因子。
曾谨言量子力学习题解答 第二章
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
v
G
v。
v
G
是由下式规定
v
p
k
（ 是频率）
利用（5）式得知
vp
m2c 4 c2 c 2 2 k
（6）
故相速度（物质波的）应当超过光速。 最后找出
v
G
和
v
p
的关系，将（1） （2）相除，再运用德氏波假设：
I n1 a sec 1 tg 1 d 1 n2 b sec 2 tg 2 d 2 0
再求（2）的变分 (3)与(4)消去 d
a sec 2 1 d 1 b sec 2 2 d 2 c 0
和d
2
1
2
得 (5)
n sin n sin
e ax x n dx
2
n! a n 1
(12)
0
e ax dx
1 2 a (2n 1)!! 2 n 1 a 2 n 1
n! 2a n 1
(13)
0
x 2 n e ax dx
2
2
(14)
0
x 2 n 1e ax dx
(15)
0
sin 2 ax a dx 2 2 x
p
x
p
x
),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:
pdq n
x x y y
x
h2
p