量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第12章
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。
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物理学中描述微观粒子行为的一门基础理论，它在20世纪初由普朗克、爱因斯坦、波尔、薛定谔、海森堡等科学家共同发展起来。
曾谨言教授的量子力学练习题是帮助学生深入理解量子力学概念和计算方法的重要工具。
以下是一些练习题及其答案的示例：练习题1：波函数的归一化某粒子的波函数为 \( \psi(x) = A \sin(kx) \)，其中 \( A \) 和\( k \) 是常数。
求波函数的归一化常数 \( A \)。
答案：波函数的归一化条件为 \( \int |\psi(x)|^2 dx = 1 \)。
将\( \psi(x) \) 代入归一化条件中，得到：\[ \int |A \sin(kx)|^2 dx = 1 \]\[ A^2 \int \sin^2(kx) dx = 1 \]利用三角恒等式 \( \sin^2(kx) = \frac{1 - \cos(2kx)}{2} \)，积分变为：\[ A^2 \int \frac{1 - \cos(2kx)}{2} dx = 1 \]\[ A^2 \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin(2kx)}{4k} \right] = 1 \]由于波函数在 \( x = 0 \) 到 \( x = \frac{\pi}{k} \) 之间归一化，所以：\[ A^2 \left[ \frac{\pi}{2k} - 0 \right] = 1 \]\[ A = \sqrt{\frac{2k}{\pi}} \]练习题2：薛定谔方程的解考虑一个一维无限深势阱，其势能 \( V(x) = 0 \) 当 \( 0 < x < a \)，\( V(x) = \infty \) 其他情况下。
求粒子的能级。
答案：在无限深势阱中，薛定谔方程为：\[ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = E\psi(x) \]设 \( \psi(x) = \sin(kx) \)，其中 \( k = \frac{n\pi}{a} \)，\( n \) 为正整数。
附量子力学答案 曾谨言
目录 退出 16
二．普朗克量子论的提出
Planck量子论:
对于一定频率的辐射，物体只
能以 能量单位h 不连续地发射或吸
收辐射能量。h 为Planck常数,能量单
位h 称为能量子。
Planck于1900年12月14日在德
国物理学会上报告了这个理论的推导，
以及根据辐射实验定出了Planck常
数。这日被定为量子理论的诞生日。
1 uv2 2
hv w0
阿尔伯特-爱因斯坦(1879-1955） 因发现光电效应定律，荣获了1921年 诺贝尔物理学奖 目录 退出 20
0.1.3 原子问题——Bohr(玻尔)的原子理论
一、原子模型问题
1、汤姆逊（J. J. Thomson）的原子模型：
正电荷均匀分布在原子中，而电子则以某种规律镶嵌其中。 ——局限在于无法解释原子散射实险中的大角度偏转现象。
该公式在低频段部分与实验曲线相符合，而在高频段有明显偏离（当 v 时，
Ev 成为发散的，即紫外发散困难）。
目录 退出 14
（三）普朗克（Planck）公式 普朗克分别从瑞利公式和维恩公式求出其能量的涨落，并将二者
相加作为插值公式的能量涨落，从而得出插值公式，即普朗克公式：
Evdv
c1v3dv exp(c2vT )
2、卢瑟福（E. Rutherford）的有核原子模型：
卢瑟福于1911年用 粒子对原子的散射，提出了有核原子模型：
原子的正电荷及大部分质量都集中在很小的原子中心，形成原子核，而电
子则围绕原子核旋转，该模型能很好地解释 粒子的大角度偏转问题，但
不能解释原子的稳定性问题和原子的大小问题。
目录 退出 21
量子力学 (Quantum Mechanics)
曾谨言量子力学(卷I)第四版(科学出版社)2007年1月...
曾谨言《量子力学》（卷I ）第四版（科学出版社）2007年1月摘录第三版序言我认为一个好的高校教师，不应只满足于传授知识，而应着重培养学生如何思考问题、提出问题和解决问题。
这里涉及到科学上的继承和创新的关系。
“继往”中是一种手段，而目的只能是“开来”。
讲课虽不必要完全按照历史的发展线索讲，但有必要充分展开这种矛盾，让学生自己去思考，自己去设想一个解决矛盾的方案。
要真正贯彻启发式教学，教师有必要进行教学与科学研究。
而教学研究既有教学法的研究，便更实质性的是教学内容的研究。
从教学法来讲，教师讲述一个新概念和新原理时，应力求符合初学者的认识过程。
在教学内容上，至少对于像量子力学这样的现代物理课程来讲，我信为还有很多问题并未搞得很清楚，很值得研究。
量子力学涉及物质运动形式和规律的根本变革.20世纪前的经典物理学(经典力学、电动力学、热力学与统计物理学等)，只适用于描述一般宏观从物质波的驻波条件自然得出角动量量子化的条件及自然理解为什么束缚态的能量是量子化的：P17~18；人类对光的认识的发展历史把原来人们长期把物质粒子看作经典粒子而没有发现错误的启发作用：P18；康普顿实验对玻尔电子轨道概念的否定及得出“无限精确地跟踪一个电子是不可能的”：P21；在矩阵力学的建立过程中，玻尔的对应原理思想起了重要的作用；波动力学严于德布罗意物质波的思想：P21；微观粒子波粒二象性的准确含义：P29；电子的双缝衍射实验对理解电子波为几率波的作用：P31在非相对论条件下（没有粒子的产生与湮灭），概率波正确地把物质粒子的波动性与粒子性联系起来，也是在此条件下，有波函数的归一化及归一化不随时间变化的结果：P32；经典波没有归一化的要领，这也是概率波与经典波的区别之一：P32；波函数归一化不影响概率分布：P32多粒子体系波函数的物理意义表明：物质粒子的波动性并不是在三维空间中某种实在的物理量的波动现象，而一般说来是多维的位形空间中的概率波。
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
量子力学习题答案(曾谨言版)
同理有
[ x, F ] i F p
P75 习题3.14
解：设lz算符的本征态为m，相应的本征值mћ ˆ dx l *l
x
m x
m
1 * ˆ ˆ ˆl ˆ ) dx m ( l y lz l z y m i 1 * ˆ ˆ * ˆ ˆ [ m l y lz m dx m lz l y m dx] i 1 * ˆ ˆ ) * l ˆ dx] [m m ly dx ( l z m z m y m i 1 * ˆ * ˆ [m m ly dx m z m m l y m dx ] 0 i 类似地可以证明 l y 0
1 2 1 ipx p e dp 常数 ( x ) 2m 2
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
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：
右边
C ( p )dp p ( x , t ) p ' * ( x , t )dx
C ( p ) ( p p ')dp C ( p ')
所以
C ( p ) p * ( x , t ) ( x , t )dx
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。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
第二章：函数与波动方程P69 当势能)(r V 改变一常量C 时,即c r V r V +→)()(,粒子的波函数与时间无关部分变否?能量本征值变否?(解)设原来的薛定谔方程式是0)]([2222=-+ψψx V E mdx d将方程式左边加减相等的量ψC 得:0]})([]{[2222=+-++ψψC x V C E mdx d这两个方程式从数学形式上来说完全相同,因此它们有相同的解)(x ψ, 从能量本征值来说,后者比前者增加了C 。
(证)E =υT = = =用高斯定理 中间一式的第一项是零,因为ψ假定满足平方可积条件,因而0>T 因此 V V T E >+=,能让能量平均值V V min >因此V E min >令ψψn=(本征态)则EnE =而VE nmin>得证2.1设一维自由粒子的初态()/00,x ip ex =ψ， 求()t x ,ψ。
解： () /2200,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t m p x p i et x ψ2.2对于一维自由运动粒子，设)()0,(x x δψ=求2),(t x ψ。
（解）题给条件太简单，可以假设一些合理的条件，既然是自由运动，可设粒子动量是p ，能量是E ，为了能代表一种最普遍的一维自由运动，可以认为粒子的波函数是个波包（许多平面波的叠加），其波函数： p d ep t x i E px ip )()(21),(-∞-∞=⎰=φπψ （1）这是一维波包的通用表示法，是一种福里哀变换，上式若令0=t 应有 ex px i∞)0,(ψx δ)(将（2）（3(ψ，代入（4）(ψ p d eet x p i mx p m it timx ⎰∞-∞=--=)2(22221),(πψ利用积分απξαξ=⎰∞∞--d e 2： ti m et x ti m x ππψ221),(22=写出共轭函数（前一式i 变号）：ti m et x timx -=-ππψ221),(22 t mt m t x πππψ22)2(1),(22=⨯=本题也可以用Fresnel 积分表示，为此可将（6）式积分改为：dp tmx p m t i dp t mx p m t 22)](2[sin )](2[cos ---⎰⎰∞∞-∞∞-用课本公式得timxetm i t x t x 2*2)1(21),(),(ππψψ=，两者相乘，可得相同的结果。
量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第3章-1
2 2 α ⋅ e − α x 2 ⋅ H n+ 1 (α x ) n π ⋅ 2 ⋅ n!
α π ⋅2
n− 1
⋅ ( n − 1) !
⋅ ⋅
n − α 2x2 2 ⋅e ⋅ H n− 1 (α x ) 2 n + 1 − α 2x2 2 ⋅e ⋅ H n+ 1 (α x ) 2
n+ 1
π ⋅ 2 n+ 1 ⋅ ( n + 1) !
（1）
其中，归一化常数
α , π ⋅ 2 n ⋅ n!
α =
mω
（2）
H n (α x) 的递推关系为 ∴ xψ n ( x ) = An e − α = = = + =
2 2
H n + 1 (α x) − 2α xH n (α x) + 2nH n − 1 (α x) = 0. ⋅ xH n (α x ) =
1 mω 2 x 2 − qε x 2
（ 1）
p2 1 H= + mω 2 x 2 − qε x = H 0 − qε x 2m 2 = An e − α
2 2
（2）
H 0 的本征函数为ψ
x 2
n
1 ( 0) H n (α x) ，本征值 E n = n + ω 2
现将 H 的本征值记为 E n ，本症函数记为 ϕ n ( x) 。 式（1）的势能项可以写成 其中 如作坐标平移，令 由于
3 2
sin
π ny y π nx x πn y sin sin z a a a
n x = n y = n z 时，能级不简并； n x , n y , n z 三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。 n x , n y , n z 三者皆不相等时，能级一般为 6 度简并的。
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4章-2
4.29——6.14.29证明在zL ˆ的本征态下，0==y x L L 。
（提示：利用x y z z y L i L L L L =-，求平均。
） 证：设ψ是z L 的本征态，本征值为 m ，即ψψ m L z=[]x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ，[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L ，()()()0111 =-=-=-=∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L同理有：0=y L 。
附带指出，虽然x l ˆ，y l ˆ在x l ˆ本征态中平均值是零，但乘积x l ˆyl ˆ的平均值不为零，能够证明：,212y x y x l l i m l l -==说明y x l l ˆˆ不是厄密的。
2ˆx l ，2ˆy l 的平均值见下题。
4.30 设粒子处于()ϕθ,lm Y 状态下，求()2x L ∆和()2yL ∆解：记本征态lm Y 为lm ，满足本征方程()lm l l lm L 221 +=，lm m lm L z =，lm m L lm z =，利用基本对易式 L i L L =⨯，可得算符关系 ()()x y z x z y x y z z y x x x L L L L L L L L L L L L L i L i -=-== 2()x y z z x y y x y z y z x y L L L L L L L i L L L L i L L L -+=-+=2将上式在lm 态下求平均，使得后两项对平均值的贡献互相抵消，因此 22yxLL =又()[]222221 m l l L L L zy x -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴ 上题已证 0==y x L L 。
()()()[]2222222121m l l L L L L L L x x x xx x -+==-=-=∆∴同理 ()()[]222121m l l L y-+=∆。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第11章
1s 态
ψ
100
=
1
π a3
e
−
r a
（1）
2s 态
ψ
200
=
r − ( 2 − )e 2 a a 32π a 3 r − ( )e 2 a sin θ ⋅ e iϕ 8 π a3 a 1
r
1
r
（2）
2p 态
ψ
211
=
1
r
（3a）
ψ
21, − 1
r − = ( )e 2 a sin θ ⋅ e − iϕ 8 π a3 a = r − ( )e 2 a cos θ 32π a 3 a 1
=
r − 2a − a 3 ( 2 − )e r d r ⋅ ∫ cos θ sin θ dθ ∫ a 32π a 3 r = 0 0
∞
π
2π
∫ dϕ
0
= 0
（8）
1s向2 s 的跃迁不存在。再考察 (1s → 2 p ) 的跃迁， 代入（4）中知道 C 200,100 = 0, W200,100 = 0即自
1
r
=
r= ∞
r= 0
∫
r e
4
dr ⋅
π
θ =0
∫
cos θ sin θ dθ ⋅
2
2π
ϕ =0
∫ dϕ
=
⋅ 4!⋅ (
π − 2a 5 1 ) ⋅ (− cos 3 θ ) 2π 0 3 3
（11）
=
将三种值分别代入（7），得 C 211,100 = 0, C 21− 1,100 = 0
C 210,100 =
t
−
t τ
将（6）代入（4）先对时间进行积分；并认为充分长时间可以用 t → ∞
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 科学出版社 课后答案
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。
19812．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。
19815．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。
19586．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。
19488．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 196510. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics（英译本） Springer Verlag 197311. A.Messian:Quantum Mechanics V ol I.North.Holland Pubs 1961ndau,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 ax n ax n ax n ⎰⎰--=11 )0(>n (2) )cos sin (sin 22bx b bx a b a e bxdx e axax-+=⎰ (3) =⎰axdx e ax cos )sin cos (22bx b bx a b a e ax++ (4) ax x a ax a axdx x cos 1sin 1sin 2-=⎰ (5) =⎰axdx x sin 2ax a x aax a x cos )2(sin 2222-+ (6) ax a x ax a axdx x sin cos 1cos 2+=⎰ (7) ax 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 a c c ax x --++ (a<0) ⎰20sin πxdx n 2!!!)!1(πn n - (=n 正偶数) (9) = ⎰20cos πxdx n !!!)!1(n n - (=n 正奇数)2π (0>a ) (10)⎰∞=0sin dx xax 2π-(0<a ) (11)) 10!+∞-=⎰n n ax a n dx x e (0,>=a n 正整数) (12) adx e ax π2102=⎰∞- (13) 121022!)!12(2++∞--=⎰n n ax n an dx e x π (14) 10122!2+∞-+=⎰n ax n a n dx e x (15) 2sin 022a dx xax π⎰∞= (16) ⎰∞-+=0222)(2sin b a ab bxdx xe ax (0>a ) ⎰∞-+-=022222)(c o s b a b a b x d x xe ax (0>a )。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第8章
(13)
cos θ sin θ e − iϕ c 2 c2 = λ iϕ − cos θ c 2 c2 sin θ e σ ⋅ n 的本征矢是： θ i (δ − ϕ ) cos e 2 1= , 2= θ iδ sin e 2
或
（5 ）
(cos θ − λ )c1 + sin θ e − iϕ ⋅ c 2 = 0 iϕ sin θ e ⋅ c1 − (cos θ + λ )c 2 = 0
（ 6）
（6）具有非平凡解（平凡解 c1 = 0 ， c 2 = 0 ）条件是久期方程式为零，即
cos θ − λ sin θ e iϕ
)
是 (θ , ϕ ) 方向的单位
解：在 δ z 表象中， δ 的矩阵表示为
σ
因此，
x
0 1 = 1 0 ， σ
n
y
0 − i = i 0 ， σ
z
1 0 = 0 − 1
（1 ）
σ
= σ ⋅ n = σ x nx + σ y ny + σ z nz nz = n + in y x n x − in y cos ϕ = iϕ − nz sin θ e a sin θ e − iϕ − cos ϕ
(2)
c1 , c 2 待定常数，又设 σˆ x 的本征值 λ ，则 σˆ x 的本征方程式是：
σˆ x χ = λ χ
将（2）代入（3）：
(3)
σˆ x ( c1α + c 2 β ) = λ ( c1α + c 2 β
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2 2 1 1 E= λ − (1 + λ ) 2 4ua 2 3
（5） 式（4）中，
2 ( c ) = 0.04531 = 2 12ua A 12uc 2 a 2 A
2
4 由 式 （ ） 求 得 λ 最 佳 值 为 λ = 1.326 （6） 5 代 入 （ ） 式 ， 即 得 E = − 2.15Mev （7） 氘核基态能级的实验值为 E = − 2.23Mev ，二者相差约 3.6 % 。 式（1）作为基态波函数的近似表达式，虽不十分准确，但简明易算。 例如，由式（1）易得
+∞ 2
2λ = π =
（1）
λ 2 u
+∞
−∞
∫
e − 2 λ x (1 − 2λ x ) dx +
2
−∞
∫e
− 2λ x 2
⋅ x 2 dx
λ 2 uω 2 + 2u 8λ
由
∂ E ( λ ) 2 uω 2 = − = 0， 得 ∂λ 2u 8λ 2
2
(
)
1
3
（
3
）
，
得
基
态
能
量
33 3 2 E0 = 4 2u
3
λ
1
3
（5） 12.18 设 在 氘 核 中 的 质 子 与 中 子 的 相 互 作 用 表 成 V ( r ) = − Ae − r a ， （
A = 32 Mev , a = 2.2 × 10 − 15 m ）。设质子与中子相对运动波函取为 e − λ r 2 a ， λ 为变分
λ = ±
uω 2
考 虑 ψ ( x) 在
x→ ∞ 处 要 求 有 限 的 条 件 ， 取
λ =
uω 1 = α 2 2
2
（2） 代入式（1），得谐振子（一维）基态能量
E0 =
1 ω 2
与严格解求得的结果完全一致。
12.7 对于非谐振子， H = −
2 d 2 + λ x 4 ，取试探波函数为ψ 2 2u dx
V = λ
（2）
+∞
−∞
∫
xψ
4
2 0
λα dx = π
−∞
∫
x 4e− α
2
x2
dx =
3λ 4α 4
α 2 2 3λ E (α ) = T + V = + 4u 4α 4
（3） 由
∂ E (α ) = 0 ，得 ∂α
得
α 2 3λ − = 0， 2u α 5 α
2
解 （4） 代 入
= 6uλ 2
第十二章：变分法
这一章我看得很马虎，所以答案也没怎么找全，很多习题的答案还在《剖析》里面 P591——9.9 12.1——9.1 12.4——9.16 12.5——参考 5.3 12.10——9.6 12.11——9.10 12.12——9.2 12.13——9.3 12.14——9.17 12.15——9.15 12.16——9.7 12.17——9.8 12.18——9.12 12.19——9.14 12.20——9.18 12.21——10.12 12.6 对于一维谐振子，取基态试探波函数形式为 e − λ x ， λ 为参数，用变分法求基态能量，
(
)
）
2 dψ 2 λ T = d τ = 2u ∫ dr 2u 2a V = − AN ⋅ 4π
2
2
∫
∞ 0
e
−r a
e
−λr a
λ r dr = − A 1+ λ
2
3
因
此
2λ 2 λ E( λ ) = T + V = − − A 2 8ua 1+ λ
3
（3） 其中 u 为质子－中子体系的约化质量，即
u=
由极值条件
mpm mp + m
= 469.45 Mev c 2
∂E = 0 ，求得 λ 最佳值满足的方程： ∂λ
(1 + λ ) 4
（4）
λ
=
2 12ua 2 A
给定了上式右端各参数值之后，可用数值法求出 λ 的最佳值，相应的 E ( λ ) 最小值可以表 成
参数，用变分法计算氘核得基态能量。 解：取
ψ = Ne − λ r 2 a ，
（1）
归一化， ψ 得
∫
2
dτ = 4π
∫
∞ 0
N 2 e − λ r a r 2 dr = 1 ，
1 2
λ3 N= 8π a 3
（ 2）
（而 Hamilton 量为
2
2 1 ∂ 2 ∂ −r a H= = T+V − 2u r 2 ∂ r r ∂ r + − Ae
+∞
0
( x) =
α π
1 4
e− α
2 2
x 2
（与谐振子基态波函数形式相同）， α 为参数，用变分法求基态能量。 解 （1） ：
T = −
2 ψ 2u −∫∞
+∞
* 0
d2 ψ dx 2
0 dx =
α 3 2 2u π
+∞
−∞
∫
e− α
2x2(1 −来自α2x 2 dx =
)
α 2 2 4u
1
e− λ x
2
H ( x) = − E( λ ) =
+∞
2 d 2 1 + uω 2 x 2 2u dx 2 2
*
−∞
∫ψ
2λ H ψ dx = π
∧ 1 2
1 +∞ 2
−∞
∫e
− λ x2
2 d 2 1 2 2 − λ x2 − + u ω x 2u dx 2 2 e dx 1 uω 2
基态最可几半径为
r0 = 2a λ = 3.26 ( fm)
[ fm : 10 − 15 m ]
（8）
和公认的数值基本一致。最可几半径由径向几率密度的极值条件决定，即满足
d 2 rψ dr
(
2
)
= 0
r = r0
（9） 由式（1）还可求出基态平均半径为
r =
（10）
∫ rψ
2
dτ = 3a λ = 4.89 ( fm)
2
并与严格解比较。 解：设基态波函数ψ = Ce − λ x
2
，归一化，得
2
∫
∞ −∞
Ce
1 4
− λ x2
2
dx = C
∫
∞ −∞
e
− 2λ x 2
π dx = C 2λ
2 4
1
2
= 1，
2λ 取 C= π
，
∴
2λ ψ = π