量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第1章

E=
mc 2 1− v2 c2
(1)
p=
mv 2 1− v2 c2
(2)
试根据哈密顿量
H= E=
m2c 4 + c 2 p 2
(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:
q
⋅
=
i
∂H ∂
p
位，洛伦兹与向心力平衡条件是:
Bev mv 2 = c r
(1)
又利用量子化条件,令 p = 电荷角动量
q = 转角 ϕ
∫ pdq = ∫
即
2π 0
mrvdϕ = 2π mrv = nh
(3)
(2)
mrv = nh
由(1)(2)求得电荷动能=
1 2 Ben mv = 2 2mc
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 =
粒子能量
E nx n y nz
1 π 2 2 2 2 2 = ( px + p y + pz ) = 2m 2m n x , n y , n z = 1, 2 , 3 , ⋯
2 2 nx ny n z2 + + a2 b2 c2
1.3 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
v
G
= v。
v
G
是由下式规定
v
p
= υλ =
ω k
（ υ 是频率）
利用（5）式得知
vp =
m2c 4 + c2 > c 2k 2
（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：
E ω c2 c2 = = = ， p k v vG
v
p
=
∫
a 2 − u 2 du =
1.2 设粒子限制在长、宽、高分别为 a, b, c 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 x, y , z 轴方向，把粒子沿 x, y , z 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
,本题中
i
q
⋅
i
= v,
p
i
= p ,因而
v=
∂ m 2c 4 + c 2 p 2 = ∂p
c2 p m2c 4 + c 2 p 2
(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
v
G
间 的 关系 . 运用 德氏 的假设 : p = k 于 (3) 式 右 方 , 又用
∫ v dl =
G
0 ,依前题相速
vp =
c2
v
,而
vG =
c2
G
v
p
= cn , n 是折射率, n 是波前阵面更引起的 ,而波阵面速度则是相速度 v p ,这样最小作用
量原理仍可以化成最小光程原理.
δ ∫ ndl = 0
前一非难是将光子的传播速度 v 看作相速度
v
p 的误解.
1.8 对高速运动的粒子(静质量 m )的能量和动量由下式给出:
E=
p2 1 2 2 2 = ( px + py + pz ) 2m 2m
h h h = 1 [( n x ) 2 + ( n y ) 2 + ( n z ) 2 ] 2m 2a 2b 2c
= h [( n x ) 2 + ( n y ) 2 + ( n z ) 2 ] 8m a b c
2
但 n x , n y , n z = 1,2,3 #
(解)(甲法)可以用 Wilson-Sommerfeld 的量子化条件式: pdq = nh
∫
在量子化条件中,令 p = m x 为振子动量, q = x 为振子坐标,设总能量 E 则
⋅
P 2 mω 2 x 2 E= + 2m 2
p=
2 m( E −
mω 2 x 2 ) 2
代入公式得:
∫
2 m( E −
第1章 1.1 设质量为 m 的粒子在谐振子势 V ( x) = 提示：利用
量子力学的诞生
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)] V ( x)
∫ p ⋅ dx =
nh, n = 1, 2 , ⋯ ,
解：能量为 E 的粒子在谐振子势中的活动范围为
正整数.
[3] 平面转子的转动惯量为 Ι ,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 Ι ω , 但
1 2 ⋅ ω = ϕ 是角速度,能量是 E = 2 Ι ω 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
∫p
即
x
⋅ dx = n x h ,
( nx
= 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，
p y = n y h / 2b , p z = n z h / 2c , n x , n y , n z = 1, 2 , 3 , ⋯
（3 ）
+a
−a
∫
a 2 − x 2 dx = 2m ω a 2 ⋅
π = mω π a 2 = n h 2
得a =
nh 2n = mω π mω
代入（2），解出
E n = nω ,
n = 1, 2 , 3 , ⋯ u a2 u a2 − u2 + arcsin + c 2 2 a
（4）
积分公式：
1.7（1）试用 Fermat 最小光程原理导出光的折射定律
n sinα
1
1
=
n sinα
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 δ 折射定律
∫ pdl =
0 认为 p = mv 则 δ
∫ pdl =
0 这将导得下述
n sin α
1
3
=
I=
n
1
a2 + x2 +
n
2
b 2 + (c − x 2 )
求此式变分,令之为零,有：
δI =
n xδ x
1
a2 + x2
−
n (c −
2
x)δ x
b 2 + (c − x ) 2
= 0
这个式子从图中几何关系得知,就是(5). (2)按前述论点光若看作微粒则粒子速度 v 应等于光波的群速度
v
G
光程原理作 δ
∫
2π 0
2 pϕ dϕ = nh, n = 1, 2 , ⋯, pϕ 是平面转子的角动量。转子的能量 E = pϕ / 2 I 。
解：平面转子的转角（角位移）记为 ϕ 。 它的角动量 p = I ϕ （广义动量）， pϕ 是运动惯量。按量子化条件 ϕ
.
∫
∴
因而平面转子的能量
2π 0
pϕ dx =
2π
1 2
设 A，B 到界面距离是 a,b(都是常量)有
I=
n a secα
1
1
+
n b secα
2
2
又 AB 沿界面的投影 c 也是常数，因而
α
1
，
α
2
存在约束条件：
atg α 1 + btg α
2
= c
（2） 看作能独立变化的,有以下极值条件
求(1)的变分,而将
α ,α
1 1
2
δI =
n a secα
∫ pdq = ∫
(2) ω =
2π 0
Ι ω dϕ = 2π Ι ω = nh
n sin α
3
1
这明显违反实验事实，即使考虑相对论效应，则对自由粒子： p = 种媒质到另一种媒质 E 仍不变，仍有 δ
Ev 仍就成立，E 是粒子能量，从一 c2
∫ pdl =
0 ，你怎样解决矛盾？
（解）甲法：光线在同一均匀媒质中依直线传播，因此自定点 A 到定点 B 的
路径是两段直线：光程
I=
n AQ + n QB
（ 1）
∴ λ = 2a / n
又据 de Broglie 关系
p = h/λ
而能量
（ 2）
E = p 2 / 2m = 2 / 2mλ 2 = h2n2 π 2 2n2 = 2m ⋅ 4 a 2 2ma 2
( n = 1, 2 , 3,⋯)
1 mω 2 x 2 ] 2
（3）
[1] 试用量子化条件,求谐振子的能量[谐振子势能 V ( x) =
dx = 2a dy = 2b
p
x
(1) (2) (3)
2 2 2 总能量是: px + py + pz
∫ p dq = n
y y z z
y
h= 2
p∫
y 0 c
p
z
y
∫ p d q = n h = 2 p ∫ dz = 2c p p , p , p 都是常数,总动量平方 p =
z z 0 x y z
E = ω 于(3)式左方,遍除 h :
ω =
m2c 4 + c 2 k 2 = ω (k ) 2
按照波包理论，波包群速度
v
G
是角频率丢波数的一阶导数：
vG =
=
∂ ∂k
m2c 4 + c2k 2 2 c2k = c2 p m2c 4 + c 2 p 2
m2c 4 + c2k 2 2
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
[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:
1ω 得 2π hω E= = nω 2π
q = x = a sin ω t
求微分: dq = dx = aω cos ω tdt (4) 求积分: p = m x = maω cos ω t 将(4)(5)代量子化条件:
v 磁矩 * 场强 电流 * 线圈面积 * 场强 ev * π r 2 * B v , 是电荷的旋转频率, v = ,代入前式得 = = 2π r c c c Ben (符号是正的) 2mc Ben ( n = 1,2,3 ) 点电荷的总能量=动能+磁势能=E= 2mc
运动电荷的磁势能= 1.5，1.6 未找到答案
c2
v
（7）
G
补充： 1.1 设质量为 m 的粒子在一维无限深势阱中运动，
∞ , 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
1
tg α
dα
1
+
n b secα
2 1
2
tg α 2 d α
2
= 0
(3)
再求（2）的变分 (3)与(4)消去 d
a sec 2 α
和d
dα
1
+ b sec 2 α 2 d α
2
= δc = 0
α
2
1
α
2
得 (5)
n sinα
1
1
=
n sinα
2
[乙法]见同一图,取 x 为变分参数,取 0 为原点，则有:
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
p
件:
x
→ −
p
x
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
∫ pdq = n h= 2 p ∫
xwenku.baidu.comx
a
x 0 b
mω 2 x 2 )dx = nh 2
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,
E=
a −a
1 mω 2 a 2 ,(1)改写为: 2 a 2 − x 2 dx = nh
(2)
2 ∫ mω
积分得: mω a 2π = nh 遍乘
x≤ a
其中 a 由下式决定： E = V ( x ) x = a = 由此得
（1）
1 m ω 2a 2 。 2
− a
0 （2）
a
x
a=
2 E / mω
2
，
x = ± a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件
∫
p ⋅ dx = 2 ∫
2
+a
−a
1 2m( E − m ω 2 x 2 ) dx = 2mω 2
T 0 ⋅
(5)
∫
pdq = ma 2ω
2
∫
cos 2 ω tdt = nh
T 是振动周期,T=
mω a 2π = nh n = 1,2,3
#
2π ,求出积分,得 ω hω E= n = nω 2π
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 a, b, c.
(解)三维问题,有三个独立量子化条件 ,可设想粒子有三个
pϕ
= mh,
m = 1, 2 , 3 , ⋯
pϕ = mh ，
E m = pϕ2 / 2 I = m 2 2 / 2 I ，
m = 1, 2 , 3 , ⋯
1.4 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