量子力学习题解答-第2章
量子力学第2章习题
240
n6 6
,
n = 1, 2, 3L
n 为偶 n 为奇
能量平均值
E
a
Hˆ
dx
0
a c2 x(a
0
x)(
h2 2μ
)
d2 dx 2
x(a
x)dx
h2 30 a
5h2
x(a x)dx
μ a5 0
μa 2
能量平方的平均值
E 2
a
Hˆ
2
dx
0
a c2 x(a
0
x)(
h2 )2 2μ
a
2
讨论：显然 M 0, N 0,且N M > 0
令：
N M =n N nM
= n ,
a
En
2h2 2a2
n2 ,
n 1, 2,L
( x) = Asin( 1 n x + 1 n + M )
a
2
Asin n x + a
a2
（2.4）题
先归一化
1 a dx a A2 x2 ( x a)2 dx
(
z
)
=
0
2 3
2 μE3 h2
方程的解：
1( x) = A1sin(1 x) + B1cos(1 x) 2( y) = A2sin(2 y) + B2cos(2 y) 3(z) = A3sin(2z) + B3cos(3z)
( x, y, z) =1( x) 2( y) 3(z) = [ A1sin(1 x) + B1cos(1 x)] [ A2sin(2 y) + B2cos(2 y)] [ A3sin(2z) + B3cos(3z)]
量子力学解答(1-2 章)
ψ (0) = 0, ψ ( a ) = 0,
B ≠ 0, ⇒ k =
⇒ A=0 ⇒ B sin ka = 0
归一化，
答
案
i ⎧ 2 nπ − h E n t sin xe , ⎪ 得： ψ n ( x, t ) = ⎨ a a ⎪ 0, ⎩
网
ww
∫
a
0
B 2 sin 2
nπx dx = 1, ⇒ B = a
&dx = ∫ mx & ∫ pdq = ∫ mx
后
3 h 2 k 2 n 2 1/ 3 ( ) , n = 1,2,3... 2 m v v kr ) 证明: 注意到 F = − = − kr , 径向牛顿力学方程为 r k k = ma n = mrω 2 , 即 rω 2 = m 0 0 v ˆ ⋅ dr = ∫ − kdr = kr 选取 r=0 为势能零点, 势能为 E p = ∫ − kr
ww
对全空间积分并注意可与对时间求导交换，得：
//
w.
∂ * h2 h2 * 2 2 * ih (ψ 1ψ 2 ) = − (ψ 1 ∇ ψ 2 − ψ 2 ∇ ψ 1 ) = − ∇ ⋅ (ψ 1*∇ψ 2 − ψ 2 ∇ψ 1* ) ∂t 2m 2m
粒子在一维势场 V(x) 中运动，V(x) 无奇点，设
v
∫ψψ
全 * 1
2
dτ
之值与时间无关. 证明: 由 Schrodinger 方程：
∂ψ 1 h2 2 ih = (− ∇ + V )ψ 1 ∂t 2m ih ∂ψ 2 h2 2 = (− ∇ + V )ψ 2 ∂t 2m ∂ψ 1* h2 2 = (− ∇ + V )ψ 1* ∂t 2m
量子力学习题及答案
(7)代入(6)
csin2kk22a?dcos2k2a??kccos2k2a?
k21
kdsin2k2a
1
利用(4)、(5)，得
k1k2kasin2k2a?acos2k2a??acos2k2a?2kdsin2k2a
1
a[(
k1k2k?2k)sin2k2a?2cos2k2a]?0
1?a?0
?
2
2?
??4
??0?e?4(b?x)对于区域Ⅰ，u(x)??，粒子不可能到达此区域，故?1(x)?0
而. ????2? (u0?e)
2
0?
2
?2?①
??2? (u1?e)
3
???
2
?3?0 ②
??2?e4
???
2
?
4
?0
对于束缚态来说，有?u?e?0
∴ ????k21?2?0 k22? (u0?e)
因此k1x
??1?ae ?
3
?fe
?k
1x
由波函数的连续性，有
?1(0)??2(0),?a?d(4)
?1?(0)???2
(0),?k1a?k2c (5)??(2a)??1a
3?(2a),?k2ccos2k2a?k2dsin2k2a??k?2k2
1fe(6)
?1a
2(2a)??3(2a),?csin2k2a?dcos2k2a?fe
1???k1?1?1?2?(u0?e)?????2??k22?2?0 (2) k22?2?e?2
束缚态0＜e＜u0 ??
??3??k2
1?3?0 (3)?1x
1?ae
?k?be
?k1x
量子力学——第二章作业参考答案
+
⎛ ⎜ ⎝
∂ψ ∂t
*
Vψ
+
∂ψ ∂t
Vψ
*
⎞ ⎟
，
⎠
（2）
ψ 、ψ * 满足薛定谔方程
i
∂ψ ∂t
=
⎛ ⎜ ⎝
−
2
2m
∇2
+V
⎞⎟ψ ⎠
，
−i
∂ψ * ∂t
=
⎛ ⎜
−
⎝
2
∇2 2m
+V
⎞⎟ψ * ， ⎠
（3） （4）
用 ∂ψ * 乘以（3）式加上用 ∂ψ 乘以（4）式得
∂t
∂t
∂ψ ∂t
Vψ *
dt
s
通常 < 2V2 >≠ 0 ，也就是说在整个区域找到粒子的概率随时间发生变化，概率守恒破缺；
即使 < 2V2 >= 0 ，由（8）式知概率守恒也存在局域破缺除非V2 (r ) = 0
（b）证明如下： 由（a）得
d dt
∫∫∫ d 3rψ τ
*ψ
=
−∫∫ dsi s
j
+
∫∫∫ d 3rψ τ
*
2V2 ψ
第二章作业参考答案
(曾谨言著《量子力学教程》(第二版) 习题 1 P24-P26)
∫ 1.1 证明：（a）能量的平均值 < E >= d 3rψ *Hˆψ ，
哈密顿量 Hˆ = Pˆ 2 2m +V (r ) ，波函数ψ =ψ (r ,t ) ，（1）式变为
（1）
∫ < E >=
d 3r
⎛ ⎜ψ
*
Pˆ 2
+
∂ψ ∂t
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。
量子力学第二章习题 答案
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 ([m 2i ]e )r (e )r (e )r (e )r ([m2i )(m 2i J e)r ( )t (f )r ()t r (**Et iEt i **Et i Et i **Etiψψψψψψψψψψψψψψψ∇-∇=∇-∇=∇-∇===-----）（）（，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 r -==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 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(==+----=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ 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 r 1(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-=-=---+-=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ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 =)(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。
量子力学习题解答-第2章
若
ì0, V ( x ) = í î ¥ ,
则能量本征函数和能量本征值为
- a < x < a 其它地方
y n ( x) =
1 æ n p ö sin ç ( x + a ) ÷ , - a < x < a; n = 1,2,3,... a a è 2 ø
2 2 2 n p h E = n 2 2 m(2 a ) n = 1 是基态（能量最低） ， n = 2 是第一激发态。波函数相对于势阱的中心是奇偶交替
定态波函数满足含时薛定谔方程。 对分立谱，定态是物理上可实现的态，粒子处在定态时，能量具有确定值 E n ，其它力 学量（不显含时间）的期待值不随时间变化。对连续谱，定态不是物理上可实现的态（不可 归一化） ，但是它们可以叠加成物理上可实现的态。 含时薛定谔方程的一般解可由定态解叠加而成，在分离谱情况下为
第二章 定态薛定谔方程
本章主要内容概要： 1. 定态薛定谔方程与定态的性质： 在势能不显含时间的情况下，含时薛定谔方程可以通过分离变量法来求解。首先求解 定态薛定谔方程（能量本征值方程）
h 2 d 2 y + Vy = E y . 2 m dx 2
求解时需考虑波函数的标准条件（连续、有限、单值等） 。能量本征函数y n 具有正交归一 性（分立谱）
2
可以是物理上可实现（可归一化）的态。其中叠加系数 f (k ) 由初始波包 Y ( x,0) 决定
Y ( x,0) =
由能量本征函数满足
1 2p
¥
¥ ikx f ( k ) e dk ò -¥
d 函数正交归一性
1 2p
- ikx Y ( x ,0) e dk ò -¥
陈鄂生《量子力学教程》习题答案
第二章 力学量算符2.1 证明空间反演算符ˆˆ(()())x x ψψ∏∏=-是厄米算符。
指出在什么条件下，ˆd p i dx =- 是厄米算符。
2.2 动量在径向方向的分量定义为1ˆˆˆ2r p r r ⎛⎫=⋅+⋅ ⎪⎝⎭r r p p ，求出ˆr p 在球坐标系中的表示式。
2.3 证明[][]ˆˆˆ,()();,()()ˆx x x x p f x i f x x f p i f p x p∂∂=-=∂∂ 2.4 设算符ˆA满足条件2ˆ1A =，证明ˆˆcos sin i A e i A ααα=+，其中α为实常数. 2.5 设算符ˆˆˆˆˆˆˆ,1KLM LM ML =-=,又设ϕ为ˆK 的本征矢,相应本征值为λ.求证ˆˆu L v M ϕϕ≡≡和也是ˆK 的本征矢,并求出相应的本征值.2.6 粒子作一维运动,2ˆˆ()2p H V x μ=+,定态波函数为n ,ˆ,1,2,3,n H n E n n == (1)证明ˆnm n pm a n x m =,并求出系数nm a . (2)利用(1)式推导求和公式()22222ˆn m nEE n x m m p m μ-=∑ (3)证明()222n m n EE n x m μ-=∑ 2.7 设ˆF为厄米算符,证明在能量表象中下式成立:()21ˆˆˆ,,2n m nk n E E F k F F H k ⎡⎤⎡⎤-=⎣⎦⎣⎦∑ 2.8 已知(,)lm Y θϕ是2ˆˆZL L 和的共同本征函数，本征值分别为2(1)l l m + 和。
令ˆˆˆx y L L L ±=±. (1)证明ˆ(,)lm L Y θϕ±仍是2ˆˆZ L L 和的共同本征函数,求出他们的本征值.(2)推导公式1ˆ(,)(,)lm lm L Y Y θϕθϕ±± 2.9 证明ˆˆ11ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ,,,,,,2!3!A A e Be B A B A A B A A A B -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦2.10 设算符ˆA 与ˆB 同它们的对易关系式ˆˆ,A B ⎡⎤⎣⎦都对易，证明1ˆˆˆˆˆ,,n n A B nB A B -⎡⎤⎡⎤=⎣⎦⎣⎦ 1122ˆˆˆˆˆˆ,,ˆˆˆˆˆˆA B A B A B A B A B A B e e e e e e e ⎡⎤⎡⎤-+++⎣⎦⎣⎦==或2.11 设ˆL 为轨道角动量算符。
量子力学导论第2章答案
第二章 波函数与Schrödinger 方程2.1设质量为m 的粒子在势场)(r V中运动。
（a ）证明粒子的能量平均值为 ω⋅=⎰r d E 3，ψψψψωV m**22+∇=（能量密度）（b ）证明能量守恒公式 0=⋅∇+∂∂s tw⎪⎪⎭⎫⎝⎛∇∂∂+∇∂∂-=**22ψψψψt t m s （能流密度） 证：（a ）粒子的能量平均值为（设ψ已归一化）V T r d V mE +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∇-=⎰322*2ψψ （1） ⎰=ψψV r d V *3 （势能平均值） （2）()()()[]⎰⎰∇⋅∇-∇⋅∇-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇-=ψψψψψψ**3222*32)(2动能平均值r d mm r d T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ψψ∇⋅∇=⎰*322r d mT（3）结合式（1）、（2）和（3），可知能量密度,2**2ψψψψωV m+∇⋅∇=（4）且能量平均值 ⎰⋅=ωr dE 3。
（b ）由（4）式，得...2**.....2*22**..2222*2222V Vt m t t t tV V m t t t t t t s V V t mt m s E ωψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψψ⎡⎤∂∂*∂∂*∂⎢⎥=∇⋅∇+∇⋅∇++∂⎢∂∂⎥∂∂⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫∂*∂∂*∂∂*∂⎢⎥ ⎪ ⎪=∇⋅∇+∇-∇+∇++⎢⎥ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫∂*∂=-∇⋅+-∇++-∇+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭=-∇⋅+..*t t ψψψψ⎛⎫∂*∂ ⎪+ ⎪∂∂⎝⎭ρt E s ∂∂+⋅-∇=（ρ ：几率密度）s⋅-∇= （定态波函数，几率密度ρ不随时间改变）所以0=⋅∇+∂∂s tw。
2.2考虑单粒子的Schrödinger 方程()()()()[]()t r r iV r V t r mt r t i ,,2,2122ψψψ++∇-=∂∂（1） 1V 与2V 为实函数。
量子力学答案 苏汝铿 第二章课后答案2.4-2#05
由其它边界条件，又有
A1 sin k1a A2e k2 a B2e k2 a , A1k1 cos k1a A2 k2e k2 a B2 k2e k2 a ; A3 sin k1a A2e k2 ( a b ) B2e k2 ( a b ) , A3k1 cos k1a A2 k2e k2 ( a b ) B2 k2e k2 ( a b ) .
改写上式可得关于不全为 0 系数 ( A1 , A2 , B2 , A3 ) 的线性方程组：
A1 sin k1a
A2e k2a
B2e k2a B2 k2 e k2 a
0, 0, A3 sin k1a 0,
A1k1 cos k1a A2 k2e k2 a
A2 ek2 ( a b ) B2e k2 ( a b )
U0 ) U0 )
2.4 粒子处在势能
பைடு நூலகம்
（当x<0和x>2a+b） U x 0（当0 x a和a+b x 2a+b） U（当a<x<a+b） 0
的场中运动，求在能量小于 U 0 的情况下，决定能量的关系式。 解：
势能如上图所示。 薛定谔方程是：
1 k12 1 =0,
由薛定谔方程及边界条件 1 (0) 0 和 3 (2a b) 0 ，我们有
1 ( x) A1 sin k1 x, 2 ( x) A2ek x B2e k x , 3 ( x) A3 sin[k1 ( x 2a b)],
2 2
当0 x a; 当a x a b; 当a b x 2a b.
即
量子力学习题解答-第2章
计算出
反射系数 和透射系数 之和为1.
*习题2.1证明下列三个定理
解：（a）证：假设在定态解把实数 改为复数 ，则
若在 时刻，波函数是归一化的，即
在以后时刻
所以要求在任何时候都有
必须有 ，即 必须为实数。
（b）设 满足定态薛定谔方程
把这个式子取复共轭，注意到 是实的，得到
显然 和 是同一薛定谔方程的解，所以它们的线性叠加
或
也是同一薛定谔方程的解。显然 是实函数，所以一维定态薛定谔方程的解总可以取为实函数。
（c）对
进行空间反演 ，得到
如果势能 是偶函数，则有
因此 和 是同一薛定谔方程的解，所以它们的线性叠加
也是同一薛定谔方程的解。 ，所以当势能是偶函数，定态薛定谔方程的解总可以取为有确定宇称的解。
*习题2.2
解：如果 ，那么 和它的二次导数有同样的符号。如果 是正值，它将一直增加，这与我们 ， 的要求不符，导致函数是不可归一化的。如果 是负值，它将一直减少（绝对值在增大），这同样与我们 ， 的要求不符，导致函数是不可归一化的。
能量本征函数为
能量本征值为
含时薛定谔方程的一般解为
当 时，
显然对 测量能量，不可能得到 ，因为现在的能量本征态中，没有这个本征值，所以测量能量得到 的几率为零。现在体系基态的能量为 ，所以测量能量得到 的几率是 ，由
代入
（注意在 时刻，体系的能量期待值不是 ，因为体系的哈密顿是频率为 的谐振子哈密顿。）
，
由波函数 的归一性，可以得到系数 的归一性
对 态测量能量只能得到能量本征值，得到 的几率是 ，能量的期待值可由
求出。这种方法与用
方法等价。
2.一维典型例子：
量子力学答案 苏汝铿 第二章课后答案2#02
d 2W dV ( ) 0 ， 相 应 的 必 有 )， 则 若 满 足 W ( 0) 0， 且 dx 2 dx
d ( ) 0. dx
(1) 证 决定 2 P 和 3D 态能级的 Schondinger 方程是 (2m
1)
批注 [JL1]:
u "
g2 2 u 2 u V u r r g2 6 v 2 v V v r r
u 2 v2 dr r r
(5)
d r
0
r
u r v 2 r dr r r
2
u 2 v 2 dr 0
0
而在 r 很大时 , 由 I r 的特性知 I r 0 , 所以 J r I r dr 0 , 综合上述可知在
U ( x) ( x d ) U ( x) 0 ( x d )
中运动，求：
（i）当势壁离粒子很远时，对束缚态能量的修正值。并据此说明“远离”的意义； （ii）至少存在一个束缚态时， U 0 和 d 应满足的条件。 解： （1） x d 时，势为无穷大，波函数 0
则 U ( x) 的束缚态不超过 V2 ( x) 的束缚态个数，而后者的束缚态个数为 [
2m a 2
] 1，
则所给的势 U ( x) 对应的束缚态个数在 [
2m a 2 m a 2 ] 和[ ] 1 之间 2
v 无节点，且满足
u(0) v(0) 0 ？
uv ' vu ' (
0
r
4 E2 P E3 D )uvdr ' F (r ) ， r '2
曾谨言《量子力学》答案 第2章
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
,但 是角速度,能量是 E 2
利用量子化条件,将 p 理解成为角动量, q 理解成转角 ,一个周期内的运动理解成旋转一周, 则有
1 2
pdq
(2)
2
0
d 2 nh
1 1
[乙法]见同一图,取 x 为变分参数,取 0 为原点，则有:
I n1 a 2 x 2 n2 b 2 (c x 2 )
求此式变分,令之为零,有：
I
n xx
1
a x
2
2
n (c x)x
2
b (c x ) 2
E c 2 c 2 ， p k v vG
vp
c2
v
（7）
G
# [6]（1）试用 Fermat 最小光程原理导出光的折射定律
n sin n sin
1 1 2
2
（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
pdl 0
2 0
sin n xdx
=
(n 1)!! n!! 2
( n 正偶数)来自2 0cos n xdx
(n 1)!! n!!
( n 正奇数)
2
(10)
(a 0)
0
sin ax dx x
(11))
2
( a 0) ( n 正整数, a 0 )
0
e ax x n dx
a
1 m 2 a 2 ,(1)改写为: 2
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。
周世勋量子力学习题答案(七章全)
第一章 绪论1.1 由黑体辐射公式导出维思位移定律，能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即b T m =λ （常数），并近似计算b 的数值，准确到二位有效值。
[解]：由黑体辐射公式，频率在ν与ννd +之间的辐射能量密度为ννπνρννd ec hd kTh 11833-=由此可以求出波长在λ与λλd +之间的能量密度λλρd )( 由于 λν/c =, λλνd cd 2+=因而有：λλπλλρλd ehcd kT hc 118)(5-=令λkT hc x =所以有： 11)(5-=xe Ax λρ （44558c h T k A π=常数） 由 0)(=λλρd d 有0)1(115)(254=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=λλλρd dxe e x e x A d d x x x于是，得： 1)51(=-x e x该方程的根为 965.4=x因此，可以给出，k hcxk hc T m 2014.0==λ即b T m =λ （常数）其中 k hcb 2014.0=2383410380546.110997925.21062559.62014.0--⨯⨯⨯⨯⨯=k m ⋅⨯=-310898.2[注]根据11833-=kTh ec h νννπρ 可求能量密度最大值的频率：令kT h x ν=113-=xe Ax νρ （23338h c T k A π=） 0]11[3=-=ννρνd dxe Ax dx d d d x因而可得 131=⎪⎭⎫ ⎝⎛-x e x此方程的解 821.2=xh kTh kTx 821.2max ==νb T Tb '=⇒'=-1max max νν其中34231062559.610380546.1821.2821.2--⨯⨯=='h k b 1910878.5-⋅︒⨯=s k这里求得m ax ν与前面求得的m ax λ换算成的m ν的表示不一致。
量子力学答案 苏汝铿 第二章课后答案2.7-2#06
it 2
2 x 2 ipx x
e dx 1/ 2 e 2 2
2
e
2
2
( x
ipx
2
)
dx
e 2 2 2 1/ 2 e 2
px
2
2
1
1/ 2
1
1/ 2
e
p2 x
2 2
i 2 t 2
这样,动量的概率分布函数 c px (t )
其中 2
得U
2 1 2 2 1 3 2 2 4 4 4 2
(ii)
ˆ x 的本征函数展开,有 将 ( x) 用动量算符 p
( x )
c px t( ) px x(dp)x 其中 px ( x)
=
2 1 3 x x sin x (sin sin ) a a a a
=
1 x 1 3 x sin sin a a a a
1 2 x 2 3 x 1 sin sin 1 ( x) 3 ( x) a a a 2 a 2
=
其中, n
i px x 1 则动量的概率分布振幅为 e 2
2 2
c px (t ) px ( x)dx
1 i px x d x e 1/ 2 e 2 2
2 it 2
it 2
dx
p2x
2
e 1/ 2 e = 2
1 2 x 2 2
陈鄂生《量子力学教程》习题答案第二章力学量算符
陈鄂生《量子力学教程》习题答案第二章_力学量算符陈鄂生《量子力学教程》习题答案第二章_力学量算符含答案第一节算符理论基础1.量子力学中的基本假设包括哪些？它们各自的物理意义是什么？答：量子力学中的基本假设包括：(1) 波函数假设：用波函数Ψ(x)描述微观粒子的运动状态，波函数的模的平方表示找到粒子在空间中某一点的概率。
(2) 物理量算符假设：每个物理量都对应一个算符，而对应的测量值是算符的本征值。
(3) 波函数演化假设：波函数随时间的演化遵循薛定谔方程。
(4) 基态能量假设：系统的最低能量对应于基态，且能量是量子化的。
这些基本假设反映了量子力学的基本原理和规律。
2.什么是算符的本征值和本征函数？答：算符的本征值是指对应于某个物理量的算符的一个特征值，它代表了该物理量的一个可能的测量结果。
本征函数是对应于某个物理量的算符的一个特征函数，它表示的是该物理量的一个可能的状态。
3.什么是算符的厄米性？答：算符的厄米性是指一个算符与其共轭转置算符相等。
对于一个算符A，如果满足A†=A，则称该算符是厄米算符。
4.什么是算符的厄米共轭？答：算符的厄米共轭是指将算符的每一项的系数取复共轭得到的新算符。
对于一个算符A，它的厄米共轭算符A†可以通过将A的每一项的系数取复共轭得到。
5.什么是算符的共同本征函数？答：算符的共同本征函数是指对于两个或多个算符A和B，存在一组波函数Ψ(x)使得同时满足AΨ(x)=aΨ(x)和BΨ(x)=bΨ(x)。
其中a和b分别是A和B的本征值。
6.什么是算符的对易性？答：算符的对易性是指两个算符之间的交换顺序不改变它们的结果。
如果两个算符A和B满足[A,B]=AB-BA=0，则称它们对易。
第二节动量算符1.什么是动量算符？它的本征值和本征函数分别是什么？答：动量算符是描述粒子动量的算符，用符号p表示。
动量算符的本征值是粒子的可能动量值，本征函数则是对应于这些可能动量的波函数。
动量算符的本征函数是平面波函数，即Ψp(x)=Nexp(ipx/ħ)，其中N是归一化常数，p是动量的本征值。
量子力学(第二版)答案 苏汝铿 第二章课后答案2.31-2#14
(射系T (的势83B计.解： 其中22所以由边界条件1(2ik 或12t k =+处的反射有'()2((]k x b x e ϕ--+ ,02(x ϕ由'2ϕ1T t =2T (ii) Tlα'0ik r i tik r i tωω⋅-⋅-在1(,)x y ϕ=在2222mϕ∇=2)E V +在2'2(0,)(0,(0,)(0,y y ϕϕ=='sin yik y θ由上述二式得00c o s s i n xxk k R k k θθ-=+ 反射回来的概率2200c o s s i n x xk k P R k k θθ-==+ 222022()s i n x m E V k k θ+=- 2022mE k =（ii ）在x<0时，波函数与（1）中相同，在0<x<t 时Schrodinger 方程为2202mϕ-∇=若取iky kx e ϕ+=，则有：'220k k -+=即 'k k =± 所以0<x<t 的波函数为 '''2(,)()k x k xi k yx y a e b eeϕ-=+综上所述 1(,)()y xxik yik x ik x x y e re eϕ=+ ,0x <''2(,)()y ik yk x k x x y ae be eϕ-=+ ,0x t <<3(,)x i k xx y c e ϕ= ,x t >x k θ='s i n k θi n y k θ=利用边界条件121200(0)(0)()()x x x x d x d x x dx dx ϕϕϕϕ=====⎧⎪⎨=⎪⎩2322()()()()x t x t x t x t d x d x dx dx ϕϕϕϕ=====⎧⎪⎨=⎪⎩得 ''''1(1)'()''x x xik t k t k tik t k t k t xr a bik r k a b ce ae be ik ce k ae k be --+=+⎧⎪-=-⎪⎨=+⎪⎪=-⎩ 解得：2'22'11k t k te r e β-=- ''k i k xk i k x β-=+ 2'2'222'2'22cos 4k t k t k t k t e e R r e e θ--+-==+-14QM-2.33求一维薛定谔方程在势场()2/V x Ze x =-下的能级和波函数,并与势场()()()2/,0,0Ze x x V x x ⎧->⎪=⎨∞≤⎪⎩的结果相比较. 解:根据维里定律()()221122x E V x Ze dx xψ∞-∞==-⎰如果当0x →时,()x ψ不趋于零,上述积分会发散,E 会趋近于负无穷大.这是不可能的,所以我们得到()00ψ=.这样我们就可以用Laplace 变换来解决这个问题. 势能为()V x 一维薛定谔方程为()()()22222d x Ze x E x m dx xψψψ--= ()1 进行变量代换0xζγ==>则()1式变为()()2210d d ψζγψζζζ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭()2 对上式使用Laplace 变换,在0ζ>的区域,有()()()()211010sd ss s ds d ψφγφζ+∞''-+-=⎰, ()3其中()()10s s ed ζφψζζ∞-=⎰()()()000lim d d ζψψζψζζ++∆→+∆-=∆解（3）式得：()/212111B s s s s γφ-⎛⎫= ⎪-+⎝⎭/211s s γ-⎛⎫ ⎪+⎝⎭是一个多值函数,但是()1s φ必须是单值的,所以我们有2n γ= 1,2,3,n =则有()12111nB s s s s φ-⎛⎫= ⎪-+⎝⎭其中()0d B d ψζ+=.则()()()()1111Re 1,2;21n s n s s B e B e F n s ζζψζζζ--+=-⎡⎤-==-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦ ()0ζ> ()1,2;2F n ζ-是合流超比函数.对0ζ<的区域,引入变换0t ζ=->则()2式变为()()2210d t t dt t ψγψ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭ ()4 解为()22111nC s s s s φ+⎛⎫= ⎪--⎝⎭则有()()()()()()111212!1!n k tk n n n k t Ce t t k k ψ-=⎡⎤---=+⎢⎥+⎣⎦∑我们看到(),,t s t ψ→∞→-∞→∞自然边界条件要求()t ψ→∞有限,则必须有0C =.于是在0ζ<区域中0ψ=. 所以题目中的两种势函数都有相同的解()()1,2;2,00,0B e F n ζζζζψζζ-⎧->⎪=⎨≤⎪⎩由2n γ= 1,2,3,n =以及γ=可得2422,1,2,3,2n mZ e E n n=-=。
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。
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所以
对于 ， ，所以反射系数在这种情况下等于1。
习题2.37：
解：利用三角公式
其中
是一维无限方势阱能量本征函数。归一化
所以
在 时刻，波函数为
其中
是一维无限方势阱能量本征值。
其中
坐标的期待值为
代入
最后得到
*习题2.38：
解：（a）体系的初始波函数为
当右阱壁从 移到 后，体系的能量本征函数和本征值为
对奇函数解 ，在 和 两个区域定态薛定谔方程的解为
在 处波函数连续要求 （ 函数势引起）波函数导数跃变给出
（自然满足）
在 的边界条件给出
由此我们得到能级满足的方程
即
这正是阱宽为 的无限深势阱的能量本征值中 为偶数的那些，所以在 势在势阱中心存在的情况下，对奇函数解能量本征值没有变化。这是因为波函数在势阱中心为零，所以感受不到此处 势的影响。
消去F得到
反射系数为
（a）由于右边透射波区域势能与左边入射波区域不一样，所以透射系数不能简单地用 ，而应该用透射波几率流密度 比上入射波几率流密度 。其中几率流密度的定义为（一维情况）
对于 情况，代入入射波 ，透射波 ，我们得到
所以
即除了振幅之比外，还有波矢之比出现。
对于 ，代入透射波 ，可以求出 （透射波是指数衰减波，它不能传到无限远处，透射波是实函数，几率流密度公式中的两项相互抵消），所以 。
习题2.44：
解：对偶函数解 ，在 和 两个区域定态薛定谔方程的解为
其中
在 处波函数连续已经满足 ，（ 函数势引起）波函数导数跃变给出
在 的边界条件给出
由此我们得到能级满足的方程
数值解这个超越方程（如下图）可以得到解
从图中可以看出，解得的 值略大于
而且随着 的增加越来越靠近 ，所以能量本征值为
此式右边为阱宽为 的无限深势阱的能量本征值，所以在 势在势阱中心存在的情况下，能量本征值比没有时略有增加。当 势的强度减弱（ 减小），图中直线变得更加倾斜， 将更加接近于阱宽为 的无限深势阱的能量本征值。当 势的强度增加（ 增大），图中直线将变得比较水平， 将接近 ， 将接近阱宽为 的无限深势阱的能量本征值 。 时， ，中心的势垒把势阱分割成两个孤立的阱宽为 的无限深势阱。
散射态（连续谱）：定态薛定谔方程的解为
尽管散射态不是可归一化的态，但是我们可以用它作为代表来讨论入射粒子（波包）被势反射或透射的情况。由波函数及其导数在 连续和跃变条件，可以得出反射波振幅 ，透射波振幅 与入射波振幅 的关系（设 ，没有从右向左入射的波）。计算出反射波几率流密度 ，投射波几率流密度 ，入射波几率流密度 ，可以得到反射系数 和透射系数 。由几率流密度定义
显然满足Ehrenfest’s定理
如果用 替代 ，则有
其中 ，重复上面的计算，有
显然此时， 仍然满足（也必须满足）。
讨论：当不同的谐振子定态叠加时，只有叠加态中有相邻态时，即有 态时，必须还有 态， 才会以 的形式震荡。
（d）测量能量得到 的几率是 ，得到 的几率是 。
习题2.14
解：本题其实就是以经典频率为 的基态为体系的初始态，体系的哈密顿为
（三维情况为 ）
计算出
反射系数 和透射系数 之和为1.
*习题2.1证明下列三个定理
解：（a）证：假设在定态解把实数 改为复数 ，则
若在 时刻，波函数是归一化的，即
在以后时刻
所以要求在任何时候都有
必须有 ，即 必须为实数。
（b）设 满足定态薛定谔方程
把这个式子取复共轭，注意到 是实的，得到
显然 和 是同一薛定谔方程的解，所以它们的线性叠加
习题２.８
解：（a）初始波函数为
归一化
所以
（b）一维无限深势阱的定态波函数为
把初始波函数用定态展开
其中展开系数为
所以测量能量得到基态 的几率为
*习题2.12
解：由
，
习题2.13
解：（a）归一化
所以
（b）
其中 是谐振子基态和第一激发态的能量。
（c）
利用
，
，
或者
由Ehrenfest’s定理
代入谐振子势能 ，及 ，有
由于本征函数的正交性,结果为零。但是对 算苻,干涉项一般不为零( 与 , 与 一般不会正交)
*习题2..7
解：（a） 的图形为
归一化波函数
所以
（b）一维无限深势阱的定态波函数为
把初始波函数用定态展开
其中展开系数为
利用积分公式
可以求出
所以
（ｃ）测量能量得到结果为 的几率是
（d）
其中利用了级数求和公式（这些公式可由函数的傅里叶级数展开式得到，可在数学手册上查到）
习题2.42：
解：定态薛定谔方程在 区域与谐振子的方程完全一样，但是在 处波函数必须为零，所以我们可以从谐振子的本征函数中选出满足在 处的能量本征函数函数，显然 为奇函数的满足我们的要求，而 为偶函数的不满足要求。所以半谐振子势的解是谐振子解中 的那些解。能量本征值为
基态为 的态，这比谐振子基态能量高 。
所以能量为
注意当取 时，单势阱的能量为 ，所以双阱时的两个能量本征值，一个比单阱时大，一个比单阱时低。
对 情况，
满足的方程为
数值解为
所以能量为
但是 的解，不符合波函数必须归一化的要求（在这种情况下，波函数在三个区间都是常数，积分为无限大，或者说不符合我们开始要求的 束缚态的要求。）所以现在我们只有一个解。
*习题2.5
解：
(a)利用哈密顿本征函数的正交归一性
所以
(b)
代入
并令
(c) 时
完成积分得到
(以 为中心的振荡)
（d）由动量期待值与坐标期待值之间的关系
（e）
对 测量能量，得到 的几率为1/2,得到 的几率为1/2.，这个几率同 时刻是一样的，也就是说 不随时间变化，这是能量守恒的体现。
为什么 会随时间变化,而 不随时间变化?因为 是哈密顿算苻的本征函数导数在 处的跃变。同样可以求得波函数导数在 处的跃变为
所以
与
一起整理得到
其中
这个以 为未知数的方程组有非零解的条件是系数行列式为零，即
得到
这个方程可以表示为
所以我们有两个解 （单势阱时有一个解，双势阱时有两个解，你可以推论当有N个势阱时，应该有N个解）
对
得到 满足的方程为
数值解这两个方程（注意 ）得到
所以我们需要把 用现在的本征函数展开
展开系数可以由傅里叶技巧求出
对能量进行测量得到 的几率为
显然 是最可几几率，所以测量得到 的几率最大，注意这个能量与势阱壁没有移动时的基态能量一样。
（b） 所以次最可几几率是
（c） ，
这正是势阱移动前的基态能量，所以势阱移动前后体系的能量是一样的，这是能量守恒的体现。
下面求出两种情况下的波函数。首先把所有的系数都用 表示，可以解出
对 ，满足 的解，有
所以波函数为
可以看出这是一个偶函数。
归一化
积分得到
解出
这个波函数的图形为
对 ，满足 的解，有
所以波函数为
可以看出这是一个奇函数。
归一化
积分得到
解出
这个波函数的图形为
对 情况， ， （我们也只需考虑这种情况），我们得到
（b）一维简谐振子（分立谱，束缚态）：
能量本征函数和能量本征值为
其中 厄米多项式，可由母函数 生成
厄米多项式多项式满足递推关系
定义产生算符 与湮灭算符
则有
当处于能量本征态时
（c）一维自由粒子（连续谱，散射态）：
定态薛定谔方程为
能量本征函数和本征值为
能量本征函数满足 函数正交归一性
定态波函数为
定态不是物理上可实现的态（不可归一化），它代表一个向右传播的正弦波（ ）或向左传播的正弦波（ ），波的传播速度(相速度)为
定态波函数满足含时薛定谔方程。
对分立谱，定态是物理上可实现的态，粒子处在定态时，能量具有确定值 ，其它力学量（不显含时间）的期待值不随时间变化。对连续谱，定态不是物理上可实现的态（不可归一化），但是它们可以叠加成物理上可实现的态。
含时薛定谔方程的一般解可由定态解叠加而成，在分离谱情况下为
系数 由初始波函数确定
或
也是同一薛定谔方程的解。显然 是实函数，所以一维定态薛定谔方程的解总可以取为实函数。
（c）对
进行空间反演 ，得到
如果势能 是偶函数，则有
因此 和 是同一薛定谔方程的解，所以它们的线性叠加
也是同一薛定谔方程的解。 ，所以当势能是偶函数，定态薛定谔方程的解总可以取为有确定宇称的解。
*习题2.2
解：如果 ，那么 和它的二次导数有同样的符号。如果 是正值，它将一直增加，这与我们 ， 的要求不符，导致函数是不可归一化的。如果 是负值，它将一直减少（绝对值在增大），这同样与我们 ， 的要求不符，导致函数是不可归一化的。
能量本征函数为
能量本征值为
含时薛定谔方程的一般解为
当 时，
显然对 测量能量，不可能得到 ，因为现在的能量本征态中，没有这个本征值，所以测量能量得到 的几率为零。现在体系基态的能量为 ，所以测量能量得到 的几率是 ，由
代入
（注意在 时刻，体系的能量期待值不是 ，因为体系的哈密顿是频率为 的谐振子哈密顿。）
所以波函数为
是偶函数。除了能量与 时不同外，形式上这个波函数与 时，能量为 的波函数一样。
（b）*习题2.34：
解: (a)对 情况，定态薛定谔方程的解为
其中
并且我们已经假设在 仅有透射波。由波函数及其导数在 处的连续条件
消去F得到
反射系数为
（b）对于 情况，定态薛定谔方程的解为