最新量子力学导论习题答案(曾谨言)(3)
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2E E V kμμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则 当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022 μ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8） 则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg μηξξξη（10）式是以a V r 202 μ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V ，亦即 82220 πμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。
量子力学习题答案(曾谨言版)
d2 d2x
1
2 h
e ipx
hdp
1 2m
p2
1 eipx
2 h
hdp
常数 ( x)
因此(x)=(x) 非能量本征态。
(d) 任意波函数可按自由粒子的平面波函数展开：
( x, t) C( p) p ( x, t) C( p) p ( x, t)dp p 1 i px i Et
P95 习题4.2
解: (a) 对两个全同的Boss子，体系波函数必须满足 交换对称性。
① 当两个粒子处于相同的单态时，体系波函数必定 交换对称：
(1, 2) i (1)i (2), i 1, 2, 3 可能态数目 3
① 当两个粒子处于不同的单态时，对称化的体系波
函数：
(1, 2)
1 2
2l
,
l n1
N2 n,n1
4Z3 a3n4 (2n 1)!
r (n2 n 2) a Z
对于氢原子“园轨道”的平均半径
r (n2 n 2) a
例如基态 r1 3 2 a 和例题1的结果一致。
(c) 涨落
1
r (r2 r 2 )2
与(b)类似地
r2
C
(2n 2)! (2Z na)2n3
解：设lz算符的本征态为m，相应的本征值mћ
lx
* m
lˆx
m
dx
1 ih
* m
(lˆylˆz
lˆz lˆy
)
mdx
1 [ ih
* m
lˆy
lˆz
mdx
* m
lˆz
lˆy
m
dx]
1 [mh ih
* m
lˆyz
曾谨言量子力学练习题答案
曾谨言量子力学练习题答案曾谨言量子力学练习题答案量子力学是现代物理学的重要分支之一，其研究对象是微观粒子的行为规律。
曾谨言是一位著名的物理学家，他在量子力学领域有着杰出的贡献。
在学习量子力学的过程中，我们常常会遇到一些练习题，以下是曾谨言量子力学练习题的答案。
1. 问题：在双缝干涉实验中，光子通过两个狭缝后，在屏幕上形成干涉条纹。
如果将其中一个狭缝完全堵住，干涉条纹会发生什么变化？答案：当一个狭缝被堵住时，干涉条纹会消失，屏幕上只会出现一个单缝的衍射图样。
这是因为双缝干涉实验中，光子通过两个狭缝后会形成波的叠加，产生干涉现象。
而当一个狭缝被堵住时，只有一个光子通过，无法产生干涉。
2. 问题：在量子力学中，什么是波函数？答案：波函数是量子力学中描述微观粒子状态的数学函数。
它可以用来计算粒子在空间中的位置、动量等物理量的概率分布。
波函数的平方模的积分表示了粒子在某一位置的概率密度。
3. 问题：什么是量子纠缠？答案：量子纠缠是量子力学中一种特殊的现象，当两个或多个粒子发生相互作用后，它们的状态将无法被单独描述，而是成为一个整体系统的状态。
即使这些粒子之间距离很远，它们的状态仍然是相互关联的。
这种关联关系在量子通信和量子计算中有着重要的应用。
4. 问题：什么是量子隧穿？答案：量子隧穿是指微观粒子在经典力学中无法通过的势垒或势阱，在量子力学中却有一定概率穿越的现象。
这是由于量子力学中粒子的波粒二象性，粒子具有波动性质，可以在势垒或势阱的两侧存在一定的概率分布。
5. 问题：什么是量子比特？答案：量子比特，简称量子位或qubit，是量子计算中的基本单位。
与经典计算中的比特不同，量子比特可以同时处于多个状态的叠加态，这种叠加态可以通过量子门操作进行处理和控制，从而实现量子计算的优势。
以上是曾谨言量子力学练习题的答案。
量子力学作为一门复杂而又精密的学科，需要我们通过理论和练习来加深对其原理和应用的理解。
希望这些答案能够帮助大家更好地掌握量子力学的知识，并在学习和研究中取得更进一步的突破。
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
[理学]《量子力学导论》习题答案曾谨言版_北京大学1
![[理学]《量子力学导论》习题答案曾谨言版_北京大学1](https://img.taocdn.com/s3/m/02e1f545bceb19e8b8f6bafe.png)
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， ⎩⎨⎧<<><∞=ax ax 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 xn 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 mp p p m E z y x z y x n n n zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n1.3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_答案_曾谨言
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 ax 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 xn hn 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 zy x π ,3,2,1,,=z y x n n n1.3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：2221)(x m x V E a x ω===。
量子力学导论习题答案(曾谨言)
第四章 力学量用算符表达与表象变换 4.1）设A 与B 为厄米算符，则()BA AB +21和()BA AB i-21也是厄米算符。
由此证明，任何一个算符F 均可分解为-++=iF F F ，+F 与-F 均为厄米算符，且()()+++-=+=F F iF F F F 21 ,21 证：ⅰ）()()()()BA AB AB BA B A A B BA AB +=+=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++21212121()BA AB +∴21为厄米算符。
ⅱ）()()()()BA AB i AB BA i B A A B i BA AB i -=--=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++21212121()BA AB i-∴21也为厄米算符。
ⅲ）令AB F =，则()BA A B AB F ===++++，且定义 ()()+++-=+=F F iF F F F 21 ,21 （1） 由ⅰ），ⅱ）得-+-+++==F F F F ,，即+F 和-F 皆为厄米算符。
则由（1）式，不难解得 -++=iF F F4.2）设),(p x F 是p x ,的整函数，证明[][]F ,F,,pi F x x i F p ∂∂=∂∂-=整函数是指),(p x F 可以展开成∑∞==,),(n m n m mnp x Cp x F 。
证： （1）先证[][]11, ,,--=-=n n m mp ni p x xmi xp 。
[][][][][][][][]()()[]()111111331332312221111,1,3,,2,,,,,------------------=---=+--==+-=++-=++-=+=m m m m m m m m m m m m m m m m m mx m i x i x i m xxp x i m x x p x i x x p x x p x x i x x p x x p x x i xx p x p x x p同理，[][][][][][]1221222111,2,,,,,--------==+=++=+=n n n n n n n n np ni ppx pi p p x p p x p p i pp x p x p p x现在，[][]()∑∑∑∞=-∞=∞=-==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0,1,0,,,,n m nm mnn m n m mn n m n m mn px m i C p x p C p x C p F p而 ()∑∞=--=∂∂-0,1n m n m mn p x mi C x Fi 。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2E E V kμμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则 当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022 μ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8） 则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg μηξξξη（10）式是以a V r 202 μ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V ，亦即 82220 πμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。
最新量子力学导论习题答案(曾谨言)(3)
第九章 力学量本征值问题的代数解法9—1） 在8.2节式（21）中给出了自旋（21）与轨迹角动量（l ）耦合成总角动量j 的波函数j ljm φ，这相当于21,21===s j l j 的耦合。
试由8.2节中式（21）写出表9.1（a ）中的CG 系数jm m m j 21121解：8.2节式（21a ）（21b ）:()21),0( 21+=≠-=m ml l j jjljm φ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=+11121lm lm Y m l Y m l l ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++---+=+=21,2121,212121,21j j m j j m j j Y m j Y m j j m j m l j （21a ）()21-=j ljljm φ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++---=+11121lm lm Y m l Y m l l ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++--+++-++=≠-=21,2121,211122121),0( 21j j m j j m j j Y m j Y m j j m j m l l j （21b ）()21++j l此二式中的l 相当于CG 系数中的1j ，而212==s j ,21,~,,~21±=m m m m j 。
因此，（21a ）式可重写为jm ∑=222112211m jm m j m jm j m j212121212121212111111111--+=m j jm m j m j jm m j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=+=212112212121122111211111211121121),21(m j j m j m j j m j j l j a （21a ’） 对照CG 系数表，可知：当21121+=+=j j j j ,212=m时 ，21111112212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=＋j m j jm m j 而212-=m 时，21111112212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-＋j m j jm m j 对于21211-=-=j l j 的（21b ）式，有21111111221,212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-＋j m j m j m j21111111221,212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=--＋j m j m j m j9－2）设两个全同粒子角动量21j j j ==，耦合成总角动量J ，JMj2ψ()()21212121jm jm m m JM m j jm ψψ∑=（1）利用CG 系数的对称性，证明()JMjJj JM j p 22212ψψ--=由此证明，无论是Bose 子或Fermi 子，J 都必须取偶数证：由式（1），JM j p 212ψ()()12212121jm jm m m JM jm jm ψψ∑=把21m m ↔, ()()12122112jm jm m m JM jm jm ψψ∑=利用CG 系数的对称性 ()()()21212112212jm jm m m Jj JM m j m j ψψ∑--=()JMjJj 22ψ--= (2)对于Fermi 子，=j 半奇数，=j 2奇数，但要求ψψ-=12p ， 即要求()12-=--Jj ，所以J 必须为偶数。
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一门研究微观粒子行为的物理学分支，它与经典力学有着根本的不同。
曾谨言教授的《量子力学》教材是许多学生和学者学习量子力学的重要参考书籍。
以下是一些量子力学练习题的答案，供参考：1. 波函数的归一化条件：波函数的归一化条件是为了保证概率的守恒。
一个归一化的波函数满足以下条件：\[ \int |\psi(x)|^2 dx = 1 \]这意味着粒子在空间中任意位置出现的概率之和等于1。
2. 薛定谔方程：薛定谔方程是量子力学中描述粒子波函数随时间演化的基本方程。
对于一个非相对论性的单粒子系统，薛定谔方程可以写为：\[ i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \psi + V\psi \]其中，\( \hbar \) 是约化普朗克常数，\( m \) 是粒子质量，\( V \) 是势能，\( \nabla^2 \) 是拉普拉斯算子。
3. 不确定性原理：海森堡不确定性原理表明，粒子的位置和动量不能同时被精确测量。
其数学表达式为：\[ \Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{\hbar}{2} \]这里，\( \Delta x \) 和 \( \Delta p \) 分别是位置和动量的不确定性。
4. 氢原子的能级：氢原子的能级是量子化的，并且可以用以下公式表示：\[ E_n = -\frac{13.6 \text{ eV}}{n^2} \]其中，\( n \) 是主量子数，\( E_n \) 是对应于 \( n \) 能级的能级能量。
5. 泡利不相容原理：泡利不相容原理指出，一个原子中的两个电子不能具有完全相同的四个量子数。
这意味着在同一个原子中，没有两个电子可以同时具有相同的主量子数、角量子数、磁量子数和自旋量子数。
6. 量子隧道效应：量子隧道效应是指粒子在经典力学中不可能穿越的势垒下，由于量子效应，粒子有一定的概率穿越势垒。
曾谨严量子力学习题解答3
( ) (
)
= A2 B1C2 + A3 B1C3 ( A2 B2 + A3 B3 ) C1
可见，左端与右端相等，该式成立。 证毕。
r r r r r r r A × B × C = A Bα C Aα B C ，我们仍以第一分量为例， （3） 验证 α
( A1B1 + A2 B2 + A3 B3 ) C1
r A 、B 的标积和矢积定义为
r r A B = ∑ Aα Bα ,
α
(
)
r r A× B
) = ∑ε
γ αβ
αβγ
Aα Bβ
εαβγ
为Levi-Civita符号。试验证 r r r r r r A B × C = A × B C = ∑ ε αβγ Aα Bβ Cγ
(
) ( )
r r r r r r r A × B × C = A Bα C A B Cα α r r r r r r r A × B × C = A Bα C Aα B C α
= lx , x 2 + lx , y 2 + lx , z 2 = x lx , x + lx , x x + y lx , y + lx , y y + z lx , z + lx , z z = 0 + 0 + yihz + ihzy zihy ihyz =0
1.《曾 P.180 练习3》 证明：
l , r 2 = 0 α l , p 2 = 0 α r r l , r p = 0 α
(
r r r p ≡ xpx + yp y + zpz
)
证明： （1）先以分量 lx 为例来计算： lx , r 2 = lx , x 2 + y 2 + z 2
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。
量子力学第四版卷一(曾谨言著)习题集规范标准答案第3章-补充
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2ηηE E V k μμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则0=C当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022ημ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8）则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg ημηξξξη（10）式是以a V r 202ημ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V η，亦即 82220ηπμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
2
2
代入边界条件 (b) 0 ,得 2
(b) sin(kb ) 0,kb n 2
因而 kb n , 2 (x) C sin[k(x b) n ]
C sin k(x b)
或 2(x)
(2)
C sin k(x b)
和V0 情形相同,C=A ,偶宇称解是
1(x) Asin k(x b)
x 2 2m(m 1 ) m2 2 1
2
a2
(m 1 ) 2m(m 1 ) m2 2 (m 1 )
2
2
m 2
m(m 1) 2
测不准关系中的不准度是：
p 2
* m
(
i
)
2
d 2 m dx 2
dx
2mE
m2 2
x2
2m(m
1 ) 2
m2 2
1 a2
(m 1 ) 2m(m 1 ) m2 2 (m 1 )
ka n , kb n
相减得 k(b a) (n n) n
n 是整数,可作为能级编号.
kn
n ba
因此能级是
En
2 2 2m
( n )2 ba
是二度简并的
注: 在本题中因为左右两个势阱对称,粒子在两者中都能出现, 和实际上是同一个函数,只是的取值 范围不同.
考察V0 为有限值情形的解,先设 E<V0 设区间 (a, b) 中的解是
区间 (b,a) ，设波函数：Байду номын сангаас
再考虑
2 (x) b sin(kx ) (5) (x a)x b 在二点的连续条件得
代入
B sin(ka ) 0, B sin(kb ) 0
得: ka p , kb p ,但 p, p 整数,因此区间 (b,a) 的波函数:
量子力学_答案_曾谨言
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
a = n⋅
λ
2
( n = 1, 2 , 3 , )
（1）
∴ λ = 2a / n
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,
n = 1, 2 ,
,
V ( x)
1
解：能量为 E 的粒子在谐振子势中的活动范围为
x ≤a
其中 a 由下式决定： E = V ( x) x = a = 由此得
（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
2V d d 3 rψ *ψ = − ( ψ *∇ψ − ψ∇ψ * ) ⋅ dS + 2 ∫∫∫ ∫∫ 2im S dt τ
证： （a）式（1）取复共轭， 得
d ∫∫∫ τ
3
rψ *ψ
−i
2 ∂ * ψ =− ∇ 2ψ * + (V1 − iV2 ) ψ* ∂t 2m
0
pϕ dϕ = nh, n = 1, 2 ,
2 , pϕ 是平面转子的角动量。转子的能量 E = pϕ / 2I 。
解：平面转子的转角（角位移）记为 ϕ 。 ， pϕ 是运动惯量。按量子化条件 它的角动量 pϕ = I ϕ （广义动量）
.
∫
∴
因而平面转子的能量
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。
曾谨言《量子力学教程》（第3版）笔记和课后习题答案（含考研真题）详解
曾谨⾔《量⼦⼒学教程》（第3版）笔记和课后习题答案（含考研真题）详解曾谨⾔《量⼦⼒学教程》（第3版）笔记和课后习题（含考研真题）详解曾谨⾔主编的《量⼦⼒学教程》是我国⾼校采⽤较多的量⼦⼒学权威教材之⼀。
作为该教材的配套辅导书，本书具有以下⼏个⽅⾯的特点：1．整理名校笔记，浓缩内容精华。
本书每章的复习笔记均对该章的重难点进⾏了整理，并参考了国内名校名师讲授该教材的课堂笔记。
因此，本书的内容⼏乎浓缩了该教材的知识精华。
2．解析课后习题，提供详尽答案。
本书参考⼤量量⼦⼒学相关资料，对曾谨⾔《量⼦⼒学教程》（第3版）的课后习题进⾏了详细的分析和解答。
3．精选考研真题，巩固重难点知识。
为了强化对重要知识点的理解，本书精选了部分名校近年的量⼦⼒学考研真题和相关典型习题，这些学校均以该教材作为考研参考教材。
所选考研真题基本涵盖了每章的考点和难点，特别注重理论联系实际，凸显当前热点。
第1章 波函数与Schrödinger⽅程 1.1 复习笔记 1.2 课后习题详解 1.3 名校考研真题详解第2章 ⼀维势场中的粒⼦ 2.1 复习笔记 2.2 课后习题详解 2.3 名校真题详解第3章 ⼒学量⽤算符表达 3.1 复习笔记 3.2 课后习题详解 3.3 名校真题详解第4章 ⼒学量随时间的演化与对称性 4.1 复习笔记 4.2 课后习题详解 4.3 名校考研真题详解第5章 中⼼⼒场 5.1 复习笔记 5.2 课后习题详解 5.3 名校考研真题详解第6章 电磁场中粒⼦的运动 6.1 复习笔记 6.2 课后习题详解 6.3 名校考研真题详解第7章 量⼦⼒学的矩阵形式与表象变换 7.1 复习笔记 7.2 课后习题详解 7.3 名校考研真题详解第8章 ⾃ 旋 8.1 复习笔记 8.2 课后习题详解 8.3 名校考研真题详解第9章 ⼒学量本征值问题的代数解法 9.1 复习笔记 9.2 课后习题详解 9.3 名校考研真题详解第10章 微扰论 10.1 复习笔记 10.2 课后习题详解 10.3 名校考研真题详解第11章 量⼦跃迁 11.1 复习笔记 11.2 课后习题详解 11.3 名校考研真题详解第12章 其他近似⽅法 12.1 复习笔记 12.2 课后习题详解 12.3 名校考研真题详解。
- 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)。
第九章 力学量本征值问题的代数解法9—1） 在8.2节式（21）中给出了自旋（21）与轨迹角动量（l ）耦合成总角动量j 的波函数j ljm φ，这相当于21,21===s j l j 的耦合。
试由8.2节中式（21）写出表9.1（a ）中的CG 系数jm m m j 21121解：8.2节式（21a ）（21b ）:()21),0( 21+=≠-=m ml l j jjljm φ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=+11121lm lm Y m l Y m l l ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++---+=+=21,2121,212121,21j j m j j m j j Y m j Y m j j m j m l j （21a ）()21-=j ljljm φ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++---=+11121lm lm Y m l Y m l l ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++--+++-++=≠-=21,2121,211122121),0( 21j j m j j m j j Y m j Y m j j m j m l l j （21b ）()21++j l此二式中的l 相当于CG 系数中的1j ，而212==s j ,21,~,,~21±=m m m m j 。
因此，（21a ）式可重写为jm ∑=222112211m jm m j m jm j m j212121212121212111111111--+=m j jm m j m j jm m j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=+=212112212121122111211111211121121),21(m j j m j m j j m j j l j a （21a ’） 对照CG 系数表，可知：当21121+=+=j j j j ,212=m时 ，21111112212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=＋j m j jm m j 而212-=m 时，21111112212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-＋j m j jm m j 对于21211-=-=j l j 的（21b ）式，有21111111221,212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-＋j m j m j m j21111111221,212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=--＋j m j m j m j9－2）设两个全同粒子角动量21j j j ==，耦合成总角动量J ，JMj2ψ()()21212121jm jm m m JM m j jm ψψ∑=（1）利用CG 系数的对称性，证明()JMjJj JM j p 22212ψψ--=由此证明，无论是Bose 子或Fermi 子，J 都必须取偶数证：由式（1），JM j p 212ψ()()12212121jm jm m m JM jm jm ψψ∑=把21m m ↔, ()()12122112jm jm m m JM jm jm ψψ∑=利用CG 系数的对称性 ()()()21212112212jm jm m m Jj JM m j m j ψψ∑--=()JMjJj 22ψ--= (2)对于Fermi 子，=j 半奇数，=j 2奇数，但要求ψψ-=12p ， 即要求()12-=--Jj ，所以J 必须为偶数。
12max -=j J ，（j J 2max =情况，只能构成交换对称态，为什么？）因此()()0,2,32,12Λ--=j j J可验证：态JMj 2ψ的总数为()12+j j 。
[()()1212120+=+∑-=j j J j J ]。
对于Bose 子，=j 整数，=j 2偶数，但要求ψψ=12p 即()12=--Jj ，故J 也必须为偶数0,2,22,2Λ-=j j J9－3）设原子中有两个价电子，处于nl E 能级上，按LS 耦合方案，L L L =+21，s s s =+21，J s L =+（总角动量）证明： （a ）s L +必为偶数；（b ）s L s L J -+=,,Λ。
当0=s 时，L J =（偶）； 1=s 时，1,,1-+=L L L J ，J 可以为奇，也可以为偶。
证： 自旋的耦合：2121==s s ，⎩⎨⎧=).(0).(1反对称，单态对称，三重态s轨迹角动量的耦合：l l l ==21，.0,1,,12,2Λ-=l l L其中=L 偶是对称态，=L 奇是反对称态，总的波函数（对于交换全部坐标，包括自旋）要求反对称，所以0=s 时，.0,,22,2Λ-=l l L 1=s 时，.1,,12,2Λ-=l l L在两种情况下，s L +都为偶数，但s L s L J -+=,,Λ对于0=s ，==L J 偶；1=s ，1,,1-+=L L L J 。
J 可以为奇，也可以为偶［讨论本题结论与题9－2有无矛盾？（按jj 耦合方案，似乎J 必为偶数）。
提示：在本题中，若用jj 耦合来分析，=j ？是否只有一个j 值？两种耦合方案得出的态数是否相等？］9－4）大小相等的两个角动量耦合成角动量为0的态00jj ψ，证明z z j j 21-=j j j --=,,1,Λ的几率却相等，即()121+j 。
提示：利用()1200+-=--j m jmj mj （P235，式（23）） 证：Dirac 符号表示，有 00jj ψJM j j 21=00jj =，JM JM j j =21∑=122112211m JM m j m j m j m j （1）在本题的情况下，j j j ==21，0==M J ，m m m 令21-=。
则（1）成为 00jj ∑--=mm jmj m jmj 00 （2）其中00m jmj -即为耦合表象中的态00jj 用无耦合表象基矢展开时的展开式系数—CG 系数，其模即表示体系处于00jj 态时，测得z j 1取值m （同时z J 2取值m -，m 取j j j --,,1,Λ各可能值）的几率。
由提示，()1200+-=--j m jmj mj （3）121002+=-∴j m jmj （4） 即，对于给定的j j j ==21所合成的态00jj ψ，z zj j 21-=j j j --=,,1,Λ的几率与m 的具体取值无关，皆为)121+j 。
9－5）设J J =+21，在jm j j 21态下，证明（取1=η）02211====y x y x j j j j ，()()()()1211122111++-+++=j j j j j j j j mj z()()()()1211111222++-+++=j j j j j j j j mj z zj m 1-=证：（参剖析，8.68等）9－6）在()z L L ,2表象(以为lm 基矢)中，1=l 的子空间的维数为3，求x L 在此三维空间中的矩阵表示，再利用矩阵方法求出x L 的本征值和本征态解：在()z L L ,2表象中，1=l 的子空间中的基矢为lm m 1=，1,0,1-=m 。
由于()()11±+±=±m j m j m j jm J μ()()m j m j jm J m j x -++=+1211 ()()m j m j jm J m j x ++-=-1211 ()121-++=J J J x 。
对于本题，以上方式中l j →，x x L J →，±±→L J ，()z z L J → 不难求得()()()()()()01111110011'======----x x x x x mmx L L L L L L()()()()2210011010====--x x x x L L L L 。
∴ x L 在此三维空间中的矩阵表示为［()z L L ,2表象］⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=010********x L （1）设x L 的本征值为λ()1=η，本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=c b a φ，则本征方程为02102121021=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---c b a λλλ （2）此方程有非平庸解的条件为系数行列式等于零，由此可解得本征值：(),012=-λλ1,0,1-=λ. （3）将1=λ代入（2），可得02=+-ba ， 022=+-cb a， 02=-c b。
由此得 2b c a ==，⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴1212 b c b a归一化()112122=++b ，取 21=b 。
⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=∴12121 1φ 1~+=λ （4）同理，将1,0-=λ分别代入（2），可求得⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴12121 2φ 0~=λ ；⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=121213φ 1~-=λ 。