量子力学导论第3章答案
量子力学导论习题答案
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， îíì<<><¥=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(2L =×=n n a ln a /2=\l （1）又据de Broglie 关系 l /h p = （2） 而能量()L h h ,3,2,12422/2/2222222222==×===n ma n a m n h m m p E p l （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()ò==×L ,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/=,L ,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量 ÷÷øöççèæ++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E z y x z y x n n n zy x h pL ,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 w =中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
原子物理学杨福家第一章答案
原子物理学课后答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型第二章：原子的量子态：波尔模型第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋第五章：多电子原子：泡利原理第六章：X射线第七章：原子核物理概论第八章：超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编（7.3元定价）高等教育出版社第一章习题答案第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
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找了好久才找到的,希望能给大家带来帮助量子力学习题与解答 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mλ 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〕以与 c v =λ, 〔2〕λρρd dv v v -=, 〔3〕有这里的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： 如果令x=kThcλ ,则上述方程为 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 把x 以与三个物理常量代入到上式便知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,如果所考虑的粒子是非相对论性的电子〔2c E e μ<<动〕,那么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 在这里,利用了 以与 最后,对作一点讨论,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. 1．3 氦原子的动能是kT E 23=〔k 为玻耳兹曼常数〕,求T=1K 时,氦原子的德布罗意波长. 解 根据eV K k 3101-=⋅,知本题的氦原子的动能为 显然远远小于2c 核μ这样,便有 这里,利用了第一章绪论最后,再对德布罗意波长与温度的关系作一点讨论,由某种粒子构成的温度为T 的体系,其中粒子的平均动能的数量级为kT,这样,其相庆的德布罗意波长就为据此可知,当体系的温度越低,相应的德布罗意波长就越长,这时这种粒子的波动性就越明显,特别是当波长长到比粒子间的平均距离还长时,粒子间的相干性就尤为明显,因此这时就能用经典的描述粒子统计分布的玻耳兹曼分布,而必须用量子的描述粒子的统计分布——玻色分布或费米公布.1．4 利用玻尔——索末菲的量子化条件,求：〔1〕一维谐振子的能量；〔2〕在均匀磁场中作圆周运动的电子轨道的可能半径. 已知外磁场H=10T,玻尔磁子124109--⋅⨯=T J M B ,试计算运能的量子化间隔△E,并与T=4K 与T=100K 的热运动能量相比较.解 玻尔——索末菲的量子化条件为其中q 是微观粒子的一个广义坐标,p 是与之相对应的广义动量,回路积分是沿运动轨道积一圈,n 是正整数.〔1〕设一维谐振子的劲度常数为k,谐振子质量为μ,于是有 这样,便有这里的正负号分别表示谐振子沿着正方向运动和沿着负方向运动,一正一负正好表示一个来回,运动了一圈.此外,根据 可解出 kEx 2±=± 这表示谐振子的正负方向的最大位移.这样,根据玻尔——索末菲的量子化条件,有 为了积分上述方程的左边,作以下变量代换； 这样,便有这时,令上式左边的积分为A,此外再构造一个积分 这样,便有⎰⎰--⋅=-⋅=⋅=+22222cos 2,22ππππθθμμπθμd kE B A kE d kE B A 〔1〕这里ϕ =2θ,这样,就有0sin ==-⎰-ππϕμd kEB A 〔2〕根据式〔1〕和〔2〕,便有 这样,便有 其中π2h h =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 这时,玻尔——索末菲的量子化条件就为又因为动能耐μ22p E =,所以,有其中,μ2q M B =是玻尔磁子,这样,发现量子化的能量也是等间隔的,而且具体到本题,有根据动能与温度的关系式以与可知,当温度T=4K 时, 当温度T=100K 时,显然,两种情况下的热运动所对应的能量要大于前面的量子化的能量的间隔.1．5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对,如果两光子的能量相等,问要实现实种转化,光子的波长最大是多少？解 关于两个光子转化为正负电子对的动力学过程,如两个光子以怎样的概率转化为正负电子对的问题,严格来说,需要用到相对性量子场论的知识去计算,修正当涉与到这个过程的运动学方面,如能量守恒,动量守恒等,我们不需要用那么高深的知识去计算,具休到本题,两个光子能量相等,因此当对心碰撞时,转化为正风电子对反需的能量最小,因而所对应的波长也就最长,而且,有 此外,还有 于是,有尽管这是光子转化为电子的最大波长,但从数值上看,也是相当小的,我们知道,电子是自然界中最轻的有质量的粒子,如果是光子转化为像正反质子对之类的更大质量的粒子,那么所对应的光子的最大波长将会更小,这从某种意义上告诉我们,当涉与到粒子的衰变,产生,转化等问题,一般所需的能量是很大的.能量越大,粒子间的转化等现象就越丰富,这样,也许就能发现新粒子,这便是世界上在造越来越高能的加速器的原因：期待发现新现象,新粒子,新物理.第二章波 函数和薛定谔方程2.1证明在定态中,几率流与时间无关. 证：对于定态,可令可见t J 与无关.2.2 由下列定态波函数计算几率流密度：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 J 1与同向.表示向外传播的球面波.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ikxe x =)(ψ,粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？∴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.2.3 一粒子在一维势场中运动,求粒子的能级和对应的波函数.解：t x U 与)(无关,是定态问题.其定态S —方程 在各区域的具体形式为Ⅰ： )()()()(2 0111222x E x x U x dx d m x ψψψ=+-< ① Ⅱ： )()(2 0 22222x E x dx d m a x ψψ=-≤≤ ② Ⅲ： )()()()(2 333222x E x x U x dxd m a x ψψψ=+-> ③ 由于<1>、<3>方程中,由于∞=)(x U ,要等式成立,必须即粒子不能运动到势阱以外的地方去.方程<2>可变为0)(2)(22222=+x mEdx x d ψψ 令222mE k =,得 其解为 kx B kx A x cos sin )(2+=ψ④根据波函数的标准条件确定系数A,B,由连续性条件,得 )0()0(12ψψ=⑤)()(32a a ψψ=⑥ ⑤0=⇒B⑥0sin =⇒ka A ),3 ,2 ,1( 0sin 0==⇒=∴≠n n ka ka A π∴x an A x πψsin )(2=由归一化条件 得 1sin 022=⎰axdx an Aπ由mn abaxdx a n x a m δππ⎰=*2sin sin),3,2,1( 22222 ==⇒n n maE n π可见E 是量子化的.对应于n E 的归一化的定态波函数为#2.4. 证明〔2.6-14〕式中的归一化常数是aA 1='证：⎪⎩⎪⎨⎧≥<+'=a x a x a x a n A n ,0 ),(sin πψ〔2.6-14〕由归一化,得 ∴归一化常数aA 1=' #2.5 求一维谐振子处在激发态时几率最大的位置.解：222122)(xxe x ααπαψ-⋅=令0 )(1=dxx d ω,得由)(1x ω的表达式可知,±∞==x x 0，时,0)(1=x ω.显然不是最大几率的位置.可见μωα±=±=1x 是所求几率最大的位置. #2.6 在一维势场中运动的粒子,势能对原点对称：)()(x U x U =-,证明粒子的定态波函数具有确定的宇称.证：在一维势场中运动的粒子的定态S-方程为)()()()(2222x E x x U x dx d ψψψμ=+- ① 将式中的)(x x -以代换,得)()()()(2222x E x x U x dx d -=--+--ψψψμ ② 利用)()(x U x U =-,得)()()()(2222x E x x U x dxd -=-+--ψψψμ ③ 比较①、③式可知,)()(x x ψψ和-都是描写在同一势场作用下的粒子状态的波函数.由于它们描写的是同一个状态,因此)()(x x ψψ和-之间只能相差一个常数c .方程①、③可相互进行空间反演 )(x x -↔而得其对方,由①经x x -→反演,可得③, )()( x c x ψψ=-⇒④由③再经x x →-反演,可得①,反演步骤与上完全相同,即是完全等价的. )()( x c x -=⇒ψψ⑤④乘 ⑤,得可见,12=c当1+=c 时,)x ()x ( ψψ=-,)(x ψ⇒具有偶宇称, 当1-=c 时,)()( x x ψψ-=-,)(x ψ⇒具有奇宇称,当势场满足)()( x U x U =-时,粒子的定态波函数具有确定的宇称.# 2.7 一粒子在一维势阱中运动,求束缚态<00U E <<>的能级所满足的方程. 解法一：粒子所满足的S-方程为按势能)(x U 的形式分区域的具体形式为Ⅰ：)x (E )x (U )x (dx d 21101222ψψψμ=+-a x <<∞-① Ⅱ：)()(222222x E x dxd ψψμ=-a x a ≤≤-② Ⅲ：)x (E )x (U )x (dxd 23303222ψψψμ=+- ∞<<x a ③ 整理后,得Ⅰ： 0)(21201=--''ψμψ E U ④ Ⅱ：. 0E2222=+''ψμψ⑤ Ⅲ：0)(23203=--''ψμψE U ⑥ 令 22220212 )(2 E k E U k μμ=-= 则Ⅰ： 01211=-''ψψk ⑦Ⅱ：. 02222=-''ψψk ⑧ Ⅲ：01213=-''ψψk ⑨ 各方程的解为由波函数的有限性,有 因此由波函数的连续性,有整理<10>、<11>、<12>、<13>式,并合并成方程组,得解此方程即可得出B 、C 、D 、F,进而得出波函数的具体形式,要方程组有非零解,必须 ∵012≠-ak e∴02cos 22sin )(22122122=--a k k k a k k k即 022)(2122122=--k k a k tg k k 为所求束缚态能级所满足的方程.# 解法二：接〔13〕式 #解法三：<11>-<13>)(sin 21122F B e k a k D k ak +=⇒-<10>+<12>)F B (ea k cos D 2ak 21+=⇒-<11>+<13>aik e B F k a k C k 1)(cos 2122---=⇒<12>-<10>aik 21e)B F (a k sin C 2--=⇒令 ，，a k a k 22==ηξ 则 合并)b ()a (、：212221222k k k k a k tg -=利用ak tg 1atgk 2a k 2tg 2222-= #解法四：〔最简方法-平移坐标轴法〕Ⅰ：110122ψψψμE U =+''- 〔χ≤0〕 Ⅱ：2222ψψμE =''- 〔0＜χ＜2a 〕 Ⅲ：330322ψψψμE U =+''- 〔χ≥2a 〕 ⎪⎩⎪⎨⎧=-''==+''-==-''(3)0k E 2k (2) 0k )E U (2k (1) 0k 3213222222220211211ψψμψψμψψ 束缚态0＜E ＜0U 因此由波函数的连续性,有<7>代入<6>利用<4>、<5>,得 #2.8分子间的X 德瓦耳斯力所产生的势能可以近似表示为 求束缚态的能级所满足的方程.解：势能曲线如图示,分成四个区域求解.k a ctgk k >10 < > 12 < >13 < > 11 < 1 2 2 - = ⇒ - +定态S-方程为对各区域的具体形式为Ⅰ：)0( )(21112<=+''-x E x U ψψψμⅡ：)0( 222022a x E U <≤=+''-ψψψμ Ⅲ：)( 233132b x a E U ≤≤=-''-ψψψμ Ⅳ：)( 02442x b E <=+''-ψψμ对于区域Ⅰ,∞=)(x U ,粒子不可能到达此区域,故而 . 0)( 22202=--''ψμψ E U ① 0)( 23213=++''ψμψ E U ②02424=+''ψμψE③ 对于束缚态来说,有0<<-E U∴02212=-''ψψk 2021)( 2 E U k -=μ④03233=+''ψψk 2123)( 2 E U k +=μ⑤04244=+''ψψk 224/2 E k μ-=⑥各方程的解分别为由波函数的有限性,得 ∴xk Fe 34-=ψ由波函数与其一阶导数的连续,得 ∴)(332x k x k e eA --=ψa k D a k C e e A a a x k x k 2232cos sin )()()(33+=-⇒=-ψψ⑦a k Dk a k Ck e e Ak a a a k a k 2222133sin cos )()()(33-=+⇒'='-ψψ⑧ b k Fe b k D b k C b b 32243cos sin )()(-=+⇒=ψψ⑨b k e Fk b k Dk b k Ck b b 33222243cos sin )()(--=-⇒'='ψψ⑩ 由⑦、⑧,得ak D a k C a k D a k C e e e e k k ak a k a k a k 222221cos sin cos cos 1111+-=-+-- <11> 由 ⑨、⑩得D b k k C b k k D b k k C b k k )cos ()sin ()sin ()cos (23232222--=- 0)sin cos ()sin cos (22322232=+-=+D b k b k k kC b k b k k k <12> 令211111k k ee e e a k a k a k a k ⋅-+=--β,则①式变为 联立<12>、<13>得,要此方程组有非零解,必须把β代入即得此即为所要求的束缚态能级所满足的方程.#附：从方程⑩之后也可以直接用行列式求解.见附页. 此即为所求方程. #补充练习题一1、设 )()(2221为常数αψαx Aex -=,求A = ？ 解：由归一化条件,有παα1A dy e 1A 2y 22==⎰∞∞--∴πα=A # 2、求基态微观线性谐振子在经典界限外被发现的几率.解：基态能量为ω 210=E 设基态的经典界限的位置为a ,则有∴0a 1a ===αμω在界限外发现振子的几率为式中⎰∞--22/221dt et π为正态分布函数⎰∞--=xtdt e x 2/221)(πψ当)2(2ψ时的值=x .查表得92.0)2(= ψ ∴]92.0[⨯-∂=πππω16.0)92.01(2=-= ∴在经典极限外发现振子的几率为0.16. #3、试证明)x 3x 2(e3)x (33x2122ααπαψα-=-是线性谐振子的波函数,并求此波函数对应的能量.证：线性谐振子的S-方程为)()(21)(22222x E x x x dx d ψψμωψμ=+- ① 把)(x ψ代入上式,有把)(22x dx d ψ代入①式左边,得当ω 27=E 时,左边 = 右边. n = 3)32(3)(332122x x e dxd x x ααπαψα-=-,是线性谐振子的波函数,其对应的能量为ω 27.第三章 量子力学中的力学量3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=,求：> < 22 022 022 0 x a x a x e dx e dx e ααα πα ψ π α π α ω - ∞ - - ∞ - - = + =⎰⎰<1>势能的平均值2221x U μω=； <2>动能的平均值μ22p T =；<3>动量的几率分布函数. 解：<1>⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμω<2> ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ或 ωωω 414121=-=-=U E T<3> ⎰=dx x x p c p )()()(*ψψ 动量几率分布函数为 #3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ,求：<1>r 的平均值；<2>势能re 2-的平均值；<3>最可几半径； <4>动能的平均值；<5>动量的几率分布函数. 解：<1>ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==<3>电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为令0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω 当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置 ∴0a r =是最可几半径.<4>222ˆ21ˆ∇-==μμ p T <5> τϕθψψd r r p c p ),,()()(* ⎰=动量几率分布函数#3.3 证明氢原子中电子运动所产生的电流密度在球极坐标中的分量是 证：电子的电流密度为 ∇在球极坐标中为式中ϕθe e e r、、为单位矢量m n ψ中的r 和θ部分是实数. ∴ϕψψθμe im im r ie J m n m n e )(sin 222---=ϕψθμe r m e m n2sin -= 可见,0==θe er J J#3.4 由上题可知,氢原子中的电流可以看作是由许多圆周电流组成的. <1>求一圆周电流的磁矩. <2>证明氢原子磁矩为原子磁矩与角动量之比为 这个比值称为回转磁比率.解：<1> 一圆周电流的磁矩为 A dS J iA dM e ⋅==ϕ 〔i 为圆周电流,A 为圆周所围面积〕<2>氢原子的磁矩为 在CGS 单位制中 cme M μ2 -== 原子磁矩与角动量之比为)( 2SI eL M L M z z z μ-==)( 2CGS ceL M z z μ-= # 3.5 一刚性转子转动惯量为I,它的能量的经典表示式是IL H 22=,L 为角动量,求与此对应的量子体系在下列情况下的定态能量与波函数： (1) 转子绕一固定轴转动： (2) 转子绕一固定点转动：解：<1>设该固定轴沿Z 轴方向,则有哈米顿算符 22222ˆ21ˆϕd d I L I H Z -== 其本征方程为 <t H与ˆ无关,属定态问题> 令 222IEm =,则 取其解为 ϕϕφim Ae =)( <m 可正可负可为零>由波函数的单值性,应有 即 12=πm i e∴m= 0,±1,±2,…转子的定态能量为Im E m 222 = <m= 0,±1,±2,…>可见能量只能取一系列分立值,构成分立谱. 定态波函数为 A 为归一化常数,由归一化条件 ∴ 转子的归一化波函数为综上所述,除m=0外,能级是二重简并的.<2>取固定点为坐标原点,则转子的哈米顿算符为t H与ˆ无关,属定态问题,其本征方程为 <式中),(ϕθY 设为Hˆ的本征函数,E 为其本征值> 令 22 λ=IE ,则有此即为角动量2ˆL的本征方程,其本征值为 其波函数为球谐函数ϕθϕθim mm m e P N Y )(cos ),( =∴ 转子的定态能量为可见,能量是分立的,且是)12(+ 重简并的. #3.6 设t=0时,粒子的状态为求此时粒子的平均动量和平均动能.解：]cos )2cos 1([]cos [sin )(2121212kx kx A kx kx A x +-=+=ψ可见,动量n p 的可能值为 k k k k -- 2 2 0动能μ22n p 的可能值为μμμμ2 2 2 2 022222222 k k k k对应的几率n ω应为 π2)1616 16 164(22222⋅A A A A A 上述的A 为归一化常数,可由归一化条件,得∴ π/1=A∴ 动量p 的平均值为# 3.7 一维运动粒子的状态是 其中0>λ,求：<1>粒子动量的几率分布函数； <2>粒子的平均动量.解：<1>先求归一化常数,由 ∴2/32λ=A动量几率分布函数为 <2> ⎰⎰∞∞---∞∞--==dx e dxd xe i dx x px p xx )(4)(ˆ)(3*λλλψψ #3.8.在一维无限深势阱中运动的粒子,势阱的宽度为a ,如果粒子的状态由波函数 描写,A 为归一化常数,求粒子的几率分布和能量的平均值.解：由波函数)(x ψ的形式可知一维无限深势阱的分布如图示.粒子能量的本征函数和本征值为动量的几率分布函数为2)(n C E =ω 先把)(x ψ归一化,由归一化条件, ∴530a A = ∴⎰-⋅⋅=an dx x a x x a n a a C 05)(sin 302π ∴2662])1(1[240)(n n n C E --==πω3.9.设氢原子处于状态求氢原子能量、角动量平方与角动量Z 分量的可能值,这些可能值出现的几率和这些力学量的平均值.解：在此能量中,氢原子能量有确定值 角动量平方有确定值为 角动量Z 分量的可能值为 其相应的几率分别为41, 43 其平均值为3.10一粒子在硬壁球形空腔中运动,势能为 求粒子的能级和定态函数.解：据题意,在a r ≥的区域,∞=)(r U ,所以粒子不可能运动到这一区域,即在这区域粒子的波函数0=ψ <a r ≥>由于在a r <的区域内,0)(=r U .只求角动量为零的情况,即0= ,这时在各个方向发现粒子的几率是相同的.即粒子的几率分布与角度ϕθ、无关,是各向同性的,因此,粒子的波函数只与r 有关,而与ϕθ、无关.设为)(r ψ,则粒子的能量的本征方程为 令 222 ,)(Ek rE r U μψ==,得 其通解为波函数的有限性条件知, =)0(ψ有限,则 A = 0 ∴kr rBr sin )(=ψ 由波函数的连续性条件,有 ∵0≠B ∴),2,1( ==n n ka π∴22222an E n μπ = 其中B 为归一化,由归一化条件得 ∴aB 21π=∴ 归一化的波函数rr a n ar ππψsin21)(=# 3.11. 求第3.6题中粒子位置和动量的测不准关系?)()(22=∆⋅∆p x 解： 0=p 3.12 粒子处于状态式中ξ为常量.当粒子的动量平均值,并计算测不准关系?)()(22=⋅p x ∆∆ 解：①先把)(x ψ归一化,由归一化条件,得 ∴πξ212=/ ∴ 是归一化的 ② 动量平均值为 ③?)()(22=⋅p x ∆∆⎰⎰∞∞--∞∞-==dx xedx x x x 2*πψψ 〔奇被积函数〕#3.13利用测不准关系估计氢原子的基态能量.解：设氢原子基态的最概然半径为R,则原子半径的不确定X 围可近似取为由测不准关系得 2224)(Rp ≥∆ 对于氢原子,基态波函数为偶宇称,而动量算符p为奇宇称,所以 又有 222)(p p p -=∆所以 22224)(R p p ≥∆=可近似取 222Rp ≈能量平均值为 re P E s 222-=μ 作为数量级估算可近似取 Re r e s s 22≈ 则有 R e RE s 2222-≈μ 基态能量应取E 的极小值,由得 22se R μ = 代入E ,得到基态能量为 24min 2 s e E μ-=补充练习题二1．试以基态氢原子为例证明：U Tˆˆ或不是ψ的本征函数,而是U T ˆˆ+的本征函数. 可见,的本征函数不是U ˆ100ψ可见,100ψ是)ˆˆ(U T+的本征函数. 2．证明： ±==L L ，6的氢原子中的电子,在︒︒=135 45和θ的方向上被发现的几率最大.解： ΩΩϕθd Y d W m m 2),( = ∴2),(m m Y W =ϕθ±==L L ，6的电子,其1 ,2±==m∴θπθθπϕθ2sin 3215cos sin 815),(222212===±m Y W 当︒︒=135 45和θ时π321512=±W 为最大值.即在︒=︒=13545θθ，方向发现电子的几率最大.在其它方向发现电子的几率密度均在0～π3215之间.3．试证明：处于1s,2p 和3d 态的氢原子的电子在离原子核的距离分别为00094a a a 和、的球壳内被发现的几率最大<0a 为第一玻尔轨道半径 >. 证：①对1s 态,0/2/3010)1(,0 ,1a r e a R n -===令010=∂∂rW 0321 , ,0a r r r =∞==⇒ 易见 ,当0 ,01021=∞==⇒W r r 时，不是最大值.20104)(-=e a a W 为最大值,所以处于1s 态的电子在0 a r =处被发现的几率最大. ②对2p 态的电子02/02/30213)21( ,1 ,2a r e a r a R n -===令021=∂∂rW 03214 , ,0a r r r =∞==⇒ 易见 ,当0 ,02121=∞==⇒W r r 时，为最小值.∴04a r =为几率最大位置,即在04a r =的球壳内发现球态的电子的几率最大.③对于3d 态的电子 03/202/3032)(15811)2( ,2 ,3a r e a r a R n -=== 令032=∂∂rW 03219 , ,0a r r r =∞==⇒ 易见 ,当0 ,03221=∞==⇒W r r 时，为几率最小位置.∴09a r =为几率最大位置,即在09a r =的球壳内发现球态的电子的几率最大. 4. 当无磁场时,在金属中的电子的势能可近似视为其中 00>U ,求电子在均匀场外电场作用下穿过金属表面的透射系数. 解：设电场强度为ε,方向沿χ轴负向,则总势能为 )0( )(≤-=x x e x V ε,势能曲线如图所示.则透射系数为式中E 为电子能量.01=x ,2x 由下式确定∴εe EU x -=02 令 θε20sin e EU x -=,则有 ∴透射系数])(232exp[00E U e EU D ---≈με5．指出下列算符哪个是线性的,说明其理由.①2224dx d x ； ②[]2； ③∑=nK 1解：①2224dxd x 是线性算符 ②[]2不是线性算符③∑=nK 1是线性算符6．指出下列算符哪个是厄米算符,说明其理由.7、下列函数哪些是算符22dxd 的本征函数,其本征值是什么？ ①2x , ②xe , ③x sin , ④x cos 3, ⑤x x cos sin +解：①2)(222=x dx d ∴2x 不是22dx d 的本征函数.②xx e e dxd =22 ∴xe 不是22dx d 的本征函数,其对应的本征值为1.③x x dx dx dx d sin )(cos )(sin 22-== ∴ 可见,x sin 是22dxd 的本征函数,其对应的本征值为－1. ④)cos 3(cos 3)sin 3()cos 3(22x x x dx dx dx d --=-= ∴x cos 3 是22dxd 的本征函数,其对应的本征值为－1. ⑤)cos (sin cos sin sin (cos )cos (sin 22x x x x x x dx d x x dx d +-=--=-=+） ∴x x cos sin +是22dx d 的本征函数,其对应的本征值为－1.8、试求算符dxd ie Fix -=ˆ的本征函数. 解：F ˆ的本征方程为 ixFe ce --=φ〔F F是ˆ的本征值〕 9、如果把坐标原点取在一维无限深势阱的中心,求阱中粒子的波函数和能级的表达式.解： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥∞≤=2 ,2,0)(a x a x x U方程〔分区域〕：Ⅰ：∞=)(x U ∴0)(=x I ψ)2(ax -≤Ⅲ：∞=)(x U ∴0)(=x III ψ)2(ax ≥Ⅱ：II IIE dx d ψψμ=-2222 令 222E k μ=标准条件：⎪⎩⎪⎨⎧=-=-)2()2()2()2(a a a a III II II I ψψψψ ∴0)sin(=+-δkx A ∵0≠A∴0)sin(=+-δkx取 02=-a k δ, 即 2ak =δ∴)2(sin )(ax k A x II +=ψ∴πn ka =) ,2 ,1( =n∴ 粒子的波函数为 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤+=2 ,02),2(sin )(a x a x a x a n A x πψ粒子的能级为ak n k E μπμ2222222== ) ,3 ,2 ,1( =n 由归一化条件,得 ∴aA 2=∴ 粒子的归一化波函数为10、证明：处于1s 、2p 和3d 态的氢原子中的电子,当它处于距原子核的距离分别为00094a a a 、、的球壳处的几率最〔0a 为第一玻尔轨道半径〕. 证：dr r R dr r s 221010)( :1=ω 令010=drd ω,则得 00210211>=r dr d ω∴011=r 为几率最小处.00112102<=a r dr d ω∴011a r =为几率最大处.令021=drd ω,则得 002242212<=a r dr d ω∴0224a r =为最大几率位置.当 040a r <<时,02102>dr d ω∴0=r 为几率最小位置. 令 032=drd ω,得 同理可知 031=r 为几率最小处.0329a r =为几率最大处.11、求一维谐振子处在第一激发态时几率最大的位置.解：2221122)(x xe x ααπαψ-⋅=令01=dxd ω,得01=x ,00221x x ±=±=±=μω 002121>=x dx d ω, ∴01=x 为几率最小处.0212122<±=x dx d ω, ∴0221x x ±=±=为几率最大处. 6．设氢原子处在0301),,(a rear -=πφθψ的态〔0a 为第一玻尔轨道半径〕,求①r 的平均值；②势能re 2-的平均值.解：①⎰⎰⎰∞-=ππφθθπ20002330 sin 10d d dr e r a r a r②⎰∞-⋅⋅-=-023022041dr re a e r e a rs ππ12、粒子在势能为的场中运动.证明对于能量21U U E <<的状态,其能量由下式决定： 〔其中22 Ek μ=〕 证：方程Ⅰ：)0( 21222≤=+-x E U dx d II I Iψψψμ Ⅱ：)0( 02 222A x E dx d II II II<<=+-ψψψμ Ⅲ：)0( 2 2222≥=+-x E U dx d III III IIIψψψμ 令 ,)(2 ,2 ,)(222221E U Ek E U -==-=μβμμα 则得Ⅰ：0222=+I I dx d ψαψ Ⅱ： 0222=+II II k dxd ψψⅢ： 0222=+III III dxd ψβψ 其通解为利用标准条件,由有限性知 ∴xI e C αψ1=由连续性知δψψsin )0()0(1A C II I =⇒=①δαψψcos )0()0(1kA C II I =⇒'='②x III II e D kx A a a βδψψ-=+⇒=2)sin()()(③xIII II eD kx kA a a ββδψψ--=+⇒'='2)cos()()(④ 由①、②,得αδktg =⑤由③、④,得βδkka tg -=+)(⑥而δδδtg tgka tg tgka ka tg ⋅-+=+1)(把⑤、⑥代入,得βδδktg tgka tg tgka -=⋅-+1 整理,得 δβδβtg k tg ktgka -+=-1令 βτktg =∴δτπ+=-ka n由xtg tgxx 21sin +=,得21112sin 2sin U kU k n ka μμπ ----= ### 13、设波函数x x sin )(=ψ,求?][])[(2=-dxd xx dx d ψ 解：ψψ]][[])][()[(dxdx dx d x x dx d x dx d -=原式 14、说明：如果算符A ˆ和B ˆ都是厄米的,那么 <Aˆ+B ˆ>也是厄米的 证：⎰⎰⎰+=+τψψτψψτψψd B d A d B A 2*12*12*1ˆˆ)ˆˆ( ∴Aˆ+B ˆ也是厄米的. 15、问下列算符是否是厄米算符：①x p xˆˆ②)ˆˆˆˆ(21x p p x x x +解：①⎰⎰=τψψτψψd p xd p x x x )ˆ(ˆ)ˆˆ(2*12*1 因为x x p x pˆˆˆχ≠ ∴x p xˆˆ不是厄米算符. ②⎰⎰⎰+=+τψψτψψτψψd x p d p x d x p p x x x x x 2*12*12*1)ˆˆ(21)ˆˆ(21)]ˆˆˆˆ(21[ ∴)ˆˆˆˆ(21x p p x x x +是厄米算符. ## 16、如果算符βαˆˆ、满足关系式1ˆˆˆˆ=-αββα,求证 ①βαββαˆ2ˆˆˆˆ22=- ②233ˆ3ˆˆˆˆβαββα=- 证：①αβαβαββαˆˆ)ˆˆ1(ˆˆˆˆ2222-+=- ②αββαββαββαˆˆˆ)ˆˆˆ2(ˆˆˆˆ3233-+=- 17、求?ˆˆˆˆ=-x x x x L P P L解：)ˆˆˆˆ(ˆˆ)ˆˆˆˆ(ˆˆˆˆy z x x y z x x x x P z P y P P P z P y L P P L ---=-= 018、 ?ˆˆˆˆ=-xx L x x L 解：)ˆˆˆˆ(ˆˆ)ˆˆˆˆ(ˆˆˆˆyz y z x x P z P y x x P z P y L x x L ---=- = 0第四章 态和力学量的表象4.1.求在动量表象中角动量x L 的矩阵元和2x L 的矩阵元. 解：⎰⋅⋅'-'-=τπd e p z py e L r p i y z rp i pp x)ˆˆ()21()(3 #4.2 求能量表象中,一维无限深势阱的坐标与动量的矩阵元.解：基矢：x a n a x u n πsin 2)(=能量：22222a n E n μπ =对角元：sin 202xdx a m x a x a mm ==⎰π 当时,n m ≠⎰⋅⋅=a mn dx ax x a m a x 0)(sin )(sin 2π#4.3 求在动量表象中线性谐振子的能量本征函数. 解：定态薛定谔方程为即 0),()2(),(2122222=-+-t p C p E t p C dp d μμω 两边乘以ω2,得令μωββμωξ1, 1===p p跟课本P.39<2.7-4>式比较可知,线性谐振子的能量本征值和本征函数为 式中n N 为归一化因子,即#4.4.求线性谐振子哈密顿量在动量表象中的矩阵元.解：2222222221221ˆ21ˆx x x p H μωμμωμ+∂∂-=+= #4.5 设已知在Z L L ˆˆ2和的共同表象中,算符yx L L ˆˆ和的矩阵分别为 求它们的本征值和归一化的本征函数.最后将矩阵y x L L 和对角化. 解：x L 的久期方程为∴xL ˆ的本征值为 -，，0 xL ˆ的本征方程 其中⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321a a a ψ设为xL ˆ的本征函数Z L L ˆˆ2和共同表象中的矩阵 当01=λ时,有∴⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1100a a ψ由归一化条件 取 211=a⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=210210ψ对应于xL ˆ的本征值0 . 当 =2λ时,有∴⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1112a a a ψ由归一化条件 取 211=a∴归一化的⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=212121 ψ对应于xL ˆ的本征值 当 -=2λ时,有∴⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-1112a a aψ 由归一化条件 取 211=a ∴归一化的⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-212121 ψ对应于xL ˆ的本征值 - 由以上结果可知,从Z L L ˆˆ2和的共同表象变到xL ˆ表象的变换矩阵为 ∴对角化的矩阵为S L S L x x +='按照与上同样的方法可得yL ˆ的本征值为 -，，0 yLˆ的归一化的本征函数为 从Z L L ˆˆ2和的共同表象变到yL ˆ表象的变换矩阵为 利用S 可使yL ˆ对角化 #4.6求连续性方程的矩阵表示 解：连续性方程为∴)**(2ψψψψμ∇-∇=i J 而 )**(2ψψψψμ∇-∇⋅∇=⋅∇i J ∴*)ˆˆ*(ψψψψωT T ti -=∂∂ 写成矩阵形式为第五章 微扰理论5.1 如果类氢原子的核不是点电荷,而是半径为0r 、电荷均匀分布的小球,计算这种效应对类氢原子基态能量的一级修正.解：这种分布只对0r r <的区域有影响,对0r r ≥的区域无影响.据题意知 其中)(0r U 是不考虑这种效应的势能分布,即)(r U 为考虑这种效应后的势能分布,在0r r ≥区域, 在0r r <区域,)(r U 可由下式得出, 由于0r 很小,所以)(2ˆˆ022)0(r U H H+∇-=<<'μ,可视为一种微扰,由它引起的一级修正为〔基态ra Zea Z 02/1303)0(1)(-=πψ〕 ∴0a r <<,故102≈-r a Z e .∴⎰⎰+--=0302404220330024)1(1)3(2r r rdr a e Z dr r r r r a e Z E πεπε#5.2 转动惯量为I 、电偶极矩为D 的空间转子处在均匀电场在ε中,如果电场较小,用微扰法求转子基态能量的二级修正.解：取ε的正方向为Z 轴正方向建立坐标系,则转子的哈米顿算符为取θεcos ˆ ,ˆ21ˆ2)0(D HL IH-='=,则 由于电场较小,又把H'ˆ视为微扰,用微扰法求得此问题. )0(ˆH 的本征值为2(()))1(21+=IE 本征函数为 ),()0(ϕθψm Y =)0(ˆH 的基态能量为000=）（E ,为非简并情况.根据定态非简并微扰论可知 #5.3 设一体系未受微扰作用时有两个能级：0201E E 及,现在受到微扰H'ˆ的作用,微扰矩阵元为b H H a H H ='='='='22112112，；b a 、都是实数.用微扰公式求能量至二级修正值. 解：由微扰公式得得 b H E b H E ='=='=22)1(0211)1(01 ∴ 能量的二级修正值为#5.4设在0=t 时,氢原子处于基态,以后受到单色光的照射而电离.设单色光的电场可以近似地表示为t sin ωε,ε与 ω均为零；电离电子的波函数近似地以平面波表示.求这单色光的最小频率和在时刻t 跃迁到电离态的几率.解：①当电离后的电子动能为零时,这时对应的单色光的频率最小,其值为 ②0=t 时,氢原子处于基态,其波函数为在t 时刻, rp i m e⋅=2/3)21(πφ 微扰 )(2sin )(ˆ t i ti e e ir e t r e t Hωωεωε--⋅=⋅='其中ir e F2ˆ ⋅=ε 在t 时刻跃迁到电离态的几率为对于吸收跃迁情况,上式起主要作用的第二项,故不考虑第一项,其中⎰⎰⋅-==ππτφφead F F r p i kmmk 302/3*1)21(ˆ取电子电离后的动量方向为Z 方向, 取ε 、p所在平面为xoz 面,则有 ∴222122)()(sin 4ωωωω--=→mk mk mk m k tF W#5.5基态氢原子处于平行板电场中,若电场是均匀的且随时间按指数下降,即 求经过长时间后氢原子处在2p 态的几率.解：对于2p 态,1= ,m 可取1 ,0±三值,其相应的状态为氢原子处在2p 态的几率也就是从100ψ跃迁到121211210 -ψψψ、、的几率之和. 由 ⎰''='t t i mk m t d e H i t a mk 01)(ω⎰=τθεd Y R r t e Y R 0010*1021 cos )( <取ε方向为Z 轴方向>= 0 = 0由上述结果可知,0211100=→W , 0121100=-→W ∴12110021110021010021-→→→→++=W W W W p s 当∞→t 时,其中02343412218 38 3)411(2 )(1a e e e E E s s s==-=-=μμω #5.6计算氢原子由第一激发态到基态的自发发射几率.解： 233234mk mk s mk r ce A ω= 由选择定则1±=∆ ,知s s 12→是禁戒的 故只需计算s p 12→的几率而 221221221221z y x r ++=2p 有三个状态,即 121211210 , ,-ψψψ <1>先计算z 的矩阵元 θcos r z = <2>计算x 的矩阵元 )(sin 2cos sin ϕϕθϕθi i e e rr x -+== <3>计算y 的矩阵元 )(sin 21sin sin ϕϕθϕθi i e e r ir y --== <4>计算fs s A 910211052.01023.51--⨯=⨯==τ # 5.7 计算氢原子由2p 态跃迁到1s 态时所发出的光谱线强度. 解：2112212ω ⋅=→→s p p s p A N J若 9210-=p N ,则 W J 1.321= #5.8求线性谐振子偶极跃迁的选择定则 解： 22mk mk mk x r A =∝由 ]212[111+-++=k k k k k x φφαφ1±=⇒k m 时,0≠mk x即选择定则为 1±=-=∆k m m #补充练习三1、 一维无限深势阱)0(a x <<中的粒子受到微扰 作用,试求基态能级的一级修正.解：基态波函数〔零级近似〕为 ∴能量一级修正为 2、具有电荷为q 的离子,在其平衡位置附近作一维简谐振动,在光的照射下发生跃迁.设入射光的能量为)(ωI .其波长较长,求：① 原来处于基态的离子,单位时间内跃迁到第一激发态的几率. ②讨论跃迁的选择定则.〔提示：利用积分关系a n e x n ax n π1022)12(5312+∞--⋅⋅⋅⋅=⎰ 答：①)(32)(342221022210ωωμπωπωI q I x q s s ==→ ②仅当01≠±=xmk m 时，∆,所以谐振子的偶极跃迁的选择定则是1±=m ∆〕解：①)( 21ˆ0q e x q F →=ε ∴)(43422022mk mk m k I r q ωπεπω ⨯=→)(3421022210ωπωI x q s=→ <对于一维线性谐振子n r ～i x > 其中 ⎰=dx x x 0*110ψψ一维线性谐振子的波函数为 ∴⎰∞∞---⋅=dx ex xe x x 22222121102)22(ααπααπαψ∴)(32)(32)(2134222222222210ωμωπωαπωαπωI q I q I q s s s ===→ ② 跃迁几率2mk x α,当0=mk x 时的跃迁为禁戒跃迁.可见,所讨论的选择定则为1±=m ∆.#3、电荷e 的谐振子,在0=t 时处于基态,0>t 时处于弱电场τεε/0t e -=之中<τ为常数>,试求谐振子处于第一激发态的几率.解：取电场方向为x 轴正方向,则有 当经过很长时间以后,即当∞→t 时,0/→-τt e .∴)1( 2)(01-=ωτταεi i e t a实际上在τ5≥t 以后即可用上述结果.#第七章 自旋与全同粒子7.1.证明：i z y x =σσσˆˆˆ 证：由对易关系z x y y x i σσσσσˆ2ˆˆˆˆ=- 与。
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 e ch d 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kT 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1183-=kTe ch 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 dx e Ax dx d d d x因而可得 131=⎪⎭⎫ ⎝⎛-xe x此方程的解 821.2=xh kTh kTx 821.2max ==νb T Tb '=⇒'=-1max max νν其中231062559.610380546.1821.2821.2-⨯⨯=='h k b 1910878.5-⋅︒⨯=s k这里求得max ν与前面求得的max λ换算成的m ν的表示不一致。
1.2 在0k 附近，钠的价电子能量约为3电子伏，求其德布罗意波长。
《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。
量子力学课后习题答案
Wnl (r)dr Rnl2 (r)r 2dr
例如：对于基态 n 1, l 0
W10 (r) R102 (r)r 2
4 a03
r e2 2r / a0
求最可几半径
R e 2 r / a0
10
a03 / 2
dW10 (r) 4 (2r 2 r 2 )e2r / a0
x)
k
2
2
(
x)
0
其解为 2 (x) Asin kx B cos kx
根据波函数的标准条件确定系数A、B，由连续性条件，得
2 (0) 1(0) B 0
2 (a) 3 (a) Asin ka 0
A0
sin ka 0
ka n
(n 1, 2, 3,)
[1 r
eikr
r
(1 r
eikr )
1 r
eikr
r
(1 r
eikr )]er
i1 1 11 1 1
2
[ r
(
r2
ik
) r
r
(
r2
ik
r )]er
k
r2
er
J1与er 同向。 1 表示向外传播的球面波。
习题
(2)
J2
i
2
(
2
* 2
2*
解：U (x)与t 无关，是定态问题
薛定谔方程为
2
2
d2 dx2
(x) U (x) (x)
E (x)
在各区域的具体形式为：
x0
量子力学教程习题答案
令
d1 ( x) 0 ，得 dx
x0
x
1
x
x 时， 1 ( x) 0 。显然不是最大几率的位置。 由 1 ( x) 的表达式可知， x 0 ，
d 21 ( x) 2 3 2 2 2 2 3 2 x 2 而 [( 2 6 x ) 2 x ( 2 x 2 x )] e dx2 2 2 4 3 [(1 5 2 x 2 2 4 x 4 )]e x
23
2
23
T 100 K 时， E 1.381021 J 。
7
1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两个光子的能量相等，问要实现这种转化，光子 波长最大是多少？ 解：转化条件为 h ec 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c h ，所以 ，即有 ec
其解为
2 ( x) A sin kx B coskx
④
13
根据波函数的标准条件确定系数 A，B，由连续性条件，得
2 (0) 1 (0)
2 ( a ) 3 ( a)
⑤ ⑥ ⑥
⑤
B0 A sin ka 0
A0 s i n ka 0 ka n
1 n [1 cos ( x a)]dx a 2 a
a a
A 2 A 2 a n x cos ( x a)dx 2 a 2 a a A 2 a n A a sin ( x a) 2 n a a
2 a
A 2 a
∴归一化常数 A
1 a
A2 2 T A2 2T pdq A 0 cos t dt 2 0 (1 cost )dt 2 nh ， n 0,1,2,
量子力学第三章习题与解答（doc）
第三章习题解答3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=，求：(1)势能的平均值2221x U μω=； (2)动能的平均值μ22p T =；(3)动量的几率分布函数。
解：(1) ⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμωμωμωππαμω ⋅==⋅=2222221111221ω 41= (2) ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ ⎰∞∞----=dx e dx d e x x 22222122221)(21ααμπα ⎰∞∞---=dx e x x 22)1(22222αααμπα][222222222⎰⎰∞∞--∞∞---=dx e x dx e x xααααμπα]2[23222απααπαμπα⋅-=μωμαμαπαμπα⋅===442222222 ω 41=或 ωωω 414121=-=-=U E T (3) ⎰=dx x x p c p )()()(*ψψ 212221⎰∞∞---=dx ee Px i xαπαπ⎰∞∞---=dx eePx i x222121απαπ⎰∞∞--+-=dx ep ip x 2222222)(21 21αααπαπ ⎰∞∞-+--=dx ee ip x p 222222)(212 21αααπαπ παπαπα2212222p e -=22221απαp e-=动量几率分布函数为 2221)()(2απαωp ep c p -==#3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ，求：(1)r 的平均值；(2)势能re 2-的平均值；(3)最可几半径； (4)动能的平均值；(5)动量的几率分布函数。
解：(1)ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==⎰∞-=0/233004dr a r a a r04030232!34a a a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2203020/232020/232202/2322214 4 sin sin 1)()2(000a e a a e drr e a e d drd r e a e d drd r e ra e r e U a r a r a r -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-ππππϕθθπϕθθπ(3)电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为 ⎰⎰=ππϕθθϕθψω02022 sin )],,([)(d drd r r dr r dr r e a a r 2/23004-=2/23004)(r e a r a r -=ω 0/2030)22(4)(a r re r a a dr r d --=ω令 0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置/22203022)482(4)(a r e r a r a a dr r d -+-=ω08)(230220<-=-=e a dr r d a r ω ∴ 0a r =是最可几半径。
《原子物理与量子力学》一至三章习题解答
n n ( x ) dx A 0 sin a x d x 1 A
2 2 a 2
APPLIED PHYSICS 10
2 a
2.6 对称性（P52）
证： 设对应能量E的定态波函数为
( x)
满足定态Schrö dinger方程 以 - x 代替 x
d d d x 2 d( x ) 2
A1 cos k1a B1 sin k1a B2 exp k 2 a x a时 A1k1 sin k1a B1 k1 cos k1a B2 k 2 exp k 2 a A1 k1 sink1a k2 cos k1a B1 k1 cos k1a k2 sink1a 0
1 a 2 a x a时 d 1 d 2 dx dx x a
x a
A1 cos k1a B1 sin k1a A2 exp k 2 a x a时 A1 k1 sin k1a B1 k1 cos k1a A2 k 2 exp k 2 a A1 k1 sink1a k2 cos k1a B1 k1 cos k1a k2 sink1a 0
( , T )
所以必存在一点Tm=b使得
HUST APPLIED PHYSICS
( , T ) 0
5
令： 有：
x hc /(kT )
f ( x ) 5(1 Exp[ x]) x 0
由迭代公式：
xn1 5(1 Exp[ xn ]), x0 5.0
第一章 原子的基本状况
7． α粒子散射问题（P21） 单原子质量：
动能为
Nt
(整理)原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
量子力学标准答案完整版周世勋第三版
找了好久才找到的,希望能给大家带来帮助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 echv 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 kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kT hce kThc λλ ⇒ﻩ kThce kT hc λλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为x e x =--)1(5第一章绪论这是一个超越方程。
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。
曾谨言《量子力学导论》第二的课后答案(杂)
∫ =
1 2π
e imx2 / 2ℏt
+∞ −∞
dkϕ (k
)⋅
⎡ exp⎢−
⎢⎣
i
ℏt 2m
⎜⎛ ⎝
k
−
mx ℏt
2
⎞ ⎟ ⎠
⎤
⎥ ⎥⎦
（1）
当时间足够长后（所谓 t → ∞ ） ，上式被积函数中的指数函数具有δ 函数的性质，取
6
α = ℏt 2m ，
u
=
⎜⎛ k ⎝
−
mx ℏt
⎟⎞ ⎠
，
参照本题的解题提示，即得
∫ ψ (x,t) ≈
1 e ⋅ imx2 2ℏt 2π
2πm e −iπ ℏt
/
4
+∞
ϕ (k )δ
−∞
⎜⎛ ⎝
k
−
mx ℏt
⎟⎞d ⎠
k
（2）
=
m ℏt
e
−iπ
/
4
e
imx 2
/
2ℏtϕ
⎛ ⎜ ⎝
mx ℏt
⎞ ⎟ ⎠
（3）
2
ψ
(x,t) 2
≈
m ℏt
ϕ
⎛ ⎜
⎝
mx ℏt
⎞ ⎟ ⎠
（4）
物理意义：在足够长时间后，各不同 k 值的分波已经互相分离，波群在 x 处的主要成分为 k = mx ℏt ，即
∫∫∫d 3rV2 (ψ
τ
*ψ
)
( ) ∫∫ ∫∫∫ ℏ
=− 2im S
ψ *∇ψ −ψ∇ψ *
⋅
� dS
+
2 ℏ
τ
d 3rV2ψ *ψ
��
量子力学(周世勋)习题答案 第3章
12
2
(
x
ip 2
)2
p2 2 2
2
p2
e e dx 2 22
12
2
(
x
ip 2
)2
p2
e 2 22
2
1
p2
e 2 22
动量几率分布函数为
( p) c( p) 2
1
p2
e 22
#
3.2.氢原子处在基态 (r, ,)
1 e r / a0 ，求： a03
(1)r 的平均值；
24a2*p04(r(2)a4(02r,a,402
) )d
2
2a
2 0
c(
p)
1 (2)3/ 2
0
1
e r / a0 r 2 dr
e
i
pr cos
sin
d
2 d
a03
0
0
2
r 2e r / a0 dr
e
i pr cos
d ( cos )
(2)3/ 2 a03 0
0
2
(2)3/ 2
a2 n
x
cos
n a
x
a3 n2 2
sin
n a
x
a n
x 2 cos n a
x
2a 2 n2 2
x
sin
n a
x
2a 3 n3 3
cos
n a
a
x]
0
4 15 n3 3
[1 (1)n ]
∴
(E)
Cn
2
240 n6 6
[1 (1)n ]2
960
2
5k 2 2 8
量子力学导论第3章答案
第三章一维定态问题3.1）设粒子处在二维无限深势阱中，⎩⎨⎧∞<<<<=其余区域,0,0 ,0),(by a x y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。
如b a = ，能级的简并度如何？ 解：能量的本征值和本征函数为m E y x n n 222π =)(2222bn an y x +,2,1, ,sinsin2==y x y x nn n n byn axn abyx ππψ若b a =，则 )(222222y x n nn n ma E yx +=πayn axn ay x nn yx ππψsinsin2=这时，若y x n n =，则能级不简并;若y x n n ≠，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如5,10==y x n n 与2,11''==y x n n ）3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即⎩⎨⎧∞<<<<<<=其余区域 ,0,0,0 ,0),,(cz b y a x z y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。
如c b a ==，讨论能级的简并度。
解：能量本征值和本征波函数为)(222222222cn bn an mnn n Ez y x zyx++=π ,,3,2,1,, ,sinsinsin8==z y x z y x n n n czn byn axn abcn n n zy x πππψ当c b a ==时，)(2222222z y x n n n mann n Ezyx++=πayn ayn axn a n n n z y x zy x πππψsinsinsin223⎪⎭⎫⎝⎛=z y x n n n ==时，能级不简并；z y x n n n ,,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。
z y x n n n ,,三者皆不相等时，能级一般为6度简并的。
如 ⎩⎨⎧→++=++→++=++)9,6,3()10,5,1(2086161210)11,3,1()9,7,1(10438652222222222223.3）设粒子处在一维无限深方势阱中，⎩⎨⎧><∞<<=ax 0, ,0 ,0),(x ax y x V 证明处于定态)(x n ψ的粒子)61(12)x -(x ,22222πn aa x -==讨论∞→ n 的情况，并于经典力学计算结果相比较。
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, )
量子物理题解3汇总精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版量子物理第3章 原子中的电子（崔砚生 助教李丹）3.5 1884年瑞士的一所女子中学的教师巴尔末仔细研究氢原子光谱的各可见光谱线的“波数”ν（即1/λ）时，发现它们可以用下式表示2113454R n n ν⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，，，，… 其中R 为一常量，叫里德伯常量。
试由氢原子的能级公式来求里德伯常量的表示式并求其值（现代光谱学给出的数值是R = 1.097 373 153 4⨯107m -1）。
解：氢原子的能级公式为4222012(4π)e n m e E nε=- 氢原子的可见光谱是从3≥n 的态跃迁到2=n 的态时发的光形成的，根据频率条件可得各谱线的波数应为4232201114π(4π)2e m e E c ch c n ννλε∆⎛⎫====- ⎪⎝⎭ 上式与题给的巴耳末公式对比，可得里德伯常量的表示式为 42304π(4π)e m e R cε= 代入数据得R ()()()4311923123489.109101.602104π4π8.85410 1.054102.99810----⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯71711.09910m 1.1010m --=⨯≈⨯此外，也可利用氢原子能级公式的另一表达式220012(4π)n e E a nε=- （式中a 0是玻尔半径）求得各谱线的波数为2200112(4π)4e a hc n νε⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦对比题给的巴尔末公式得2002(4π)e R a hcε= 192-1210834(1.60210)2(4π8.85410)0.529210 2.99810 6.62610---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯7-1711.09710m 1.1010m -=⨯≈⨯说明：如果要保证结果的3位有效数字是正确的，那么运算中所取的数据至少应有4位有效数字。
本题代入的数据均取了4位有效数字，结果在3位有效数字上与R 的精确值取3位有效数字是一致的。
量子力学导论答案
i
* 2 2 * V1 iV2 * t 2m
（2）
* （1）- （2）,得 i
* 2 * 2 2 * 2i *V2 t 2m 2 * * 2iV2 * 2m
（3）
2 （3） 1* （2）,得
i
对空间积分：
* 2 1 2 2 2 1* 1* 2 2 t 2m
2V * * * 2 * t 2im
（3）
即
2V j 2 0 ， t
6
此即几率不守恒的微分表达式。 （b）式（3）对空间体积 积分，得
2 d 3 r * * * d 3 r d 3 rV2 * t 2im 2 * * d S d 3 rV2 * 2im S
（能量密度）
w
2 * *V 2m w s 0 t
（b）证明能量守恒公式
2 * * s 2m t t
证： （a）粒子的能量平均值为（设 已归一化）
（能流密度）
2 2 3 E * 2m V d r T V
m 1, 2 , 3 ,
p mh ，
2 E m p / 2I m 2 2 / 2I ，
m 1, 2 , 3 ,
4
第二章 波函数与 Schrödinger 方程
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
量子力学第三章作业答案
1、指出下列算符哪个是厄米算符，说明其理由。
224 dxd dx d i dx d ，，，x p x ˆˆ， )ˆˆˆˆ(21x p p x x x + 解： 不是， 是， 是 不是 是 (1) ˆx p是厄米算符，又因为，ˆx d p i dx =- ，所以d i dx 也是厄米算符，ddx不是厄米算符。
(2) 2222ˆxd p dx =- 是厄米算符，所以224d dx是厄米算符。
(3) ()†††ˆˆˆˆˆˆˆˆx x x x xpp x p x xp ==≠，所以不是厄米算符。
(4)()()()††††††††11ˆˆˆˆˆˆˆˆ()()2211ˆˆˆˆ2211ˆˆˆˆ221ˆˆˆˆ2x x x x x x x x x x xp p x xp p x xp p x p x x p p x xp ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭=+=+=+所以是厄米算符 2、如果 Fˆ和 G ˆ都是厄米算符，但互不对易，试判断下列算符中哪些是厄米算符？（1）G F ˆˆ； （2）F G ˆˆ；（3）G F ˆˆ+F G ˆˆ； （4）G F ˆˆF G ˆˆ-； （5）i （G F ˆˆ+F G ˆˆ）； （6）i （G F ˆˆF G ˆˆ-）； （7）G Fˆˆ+； （8）G F ˆˆ-； （9）)ˆˆ(G F i +； （10）)ˆˆ(G F i -；解：（1）（2）不是。
（3）是，（4）不是，（5）不是，（6）是，（7）是（8）是，（9）不是，（10）不是3、下列函数哪些是算符22dx d 的本征函数，其本征值是什么？①2x ， ② x e ， ③x s i n， ④x c o s 3， ⑤x x c o s s i n + 解：22dxd 2x =2 不是22dxd xe =x e ，是，本征值为1.22dxd x sin =-x sin ，是，本征值为-1. 22dxd x cos 3=-x cos 3，是，本征值为-1. 22dxd （x x cos sin +）=-(x x cos sin +), 是，本征值为-14、证明：[Ô,[Û,Ê]] + [Û,[Ê, Ô]] + [Ê,[ Ô,Û]] = 0 证明：[Ô,[Û,Ê]] + [Û,[Ê, Ô]] + [Ê,[ Ô,Û]]= [Ô, ÛÊ-ÊÛ]+ [Û, ÊÔ -ÔÊ]+ [Ê, Ô Û -Û Ô]=[Ô, ÛÊ] -[Ô, ÊÛ]+ [Û, ÊÔ]- [Û, ÔÊ]+ [Ê, ÔÛ] -[Ê, ÛÔ]=ÔÛÊ- ÛÊÔ- ÔÊÛ+ÊÛÔ+ ÛÊÔ-ÊÔÛ- ÛÔÊ+ ÔÊÛ+ÊÔÛ- ÔÛÊ-ÊÛÔ+ ÛÔÊ=05、证明：处于1s 、2p 和3d 态的氢原子中的电子，当它处于距原子核的距离分别为00094a a a 、、的球壳处的几率最（0a 为第一玻尔轨道半径）。
量子力学答案完整版周世勋第三版
pdq nh
其中 q 是微观粒子的一个广义坐标，p 是与之相对应的广义动量，回路积分是沿运动轨道积 一圈，n 是正整数。
（1）设一维谐振子的劲度常数为 k，谐振子质量为μ，于是有
E p2 1 kx2 2 2
令k2
2mE 2
，得
d
2 2 (x) dx 2
k
2
2
(x)
0
其解为 2 (x) Asin kx B cos kx
④
根据波函数的标准条件确定系数 A，B，由连续性条件，得
2 (0) 1 (0) ⑤
2 (a) 3 (a) ⑥
⑤ B0
⑥
A0
sin ka 0
ka n (n 1, 2, 3,)
由归一化条件
∴ 2 (x)
Asin
n a
x
(x) 2 dx 1
得
A2
a
sin 2
n
xdx
1
0
a
由
a
sin
b
m a
x sin
n a
xdx
a 2
mn
A 2 a
2 (x)
2 sin n x aa
Asin ka 0
.专业 WORD.
.
k2
2mE 2
En
22 2ma 2
n2
(n 1,2,3,) 可见 E 是量子化的。
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：
'
《量子力学导论》习题答案(曾谨言版,北京大学)1
自己收藏的希望能够给大家带来帮助 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 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===。
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第三章一维定态问题3.1）设粒子处在二维无限深势阱中，⎩⎨⎧∞<<<<=其余区域,0,0 ,0),(b y a x y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。
如b a = ，能级的简并度如何？解：能量的本征值和本征函数为mE yx n n 222π =)(2222b n a n yx +,2,1, ,sinsin2==y x y x n n n n byn axn abyxππψ若b a =，则 )(222222y x n n n n maE yx +=π ay n a x n a y x nn yxππψsin sin 2= 这时，若y x n n =，则能级不简并;若y x n n ≠，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如5,10==y x n n 与2,11''==y x n n ）3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即⎩⎨⎧∞<<<<<<=其余区域 ,0,0,0 ,0),,(c z b y a x z y x V 求粒子的能量本征值和本征波函数。
如c b a ==，讨论能级的简并度。
解：能量本征值和本征波函数为)(222222222cn b n an m n n n E z yxzy x ++=π ,,3,2,1,, ,sin sin sin 8==z y x z y x n n n c z n b y n a x n abc n n n zy x πππψ当c b a ==时，)(2222222z y x n n n man n n E z y x ++=π ay n a y n a x n a n n n z y x z y x πππψsinsin sin 223⎪⎭⎫ ⎝⎛= z y x n n n ==时，能级不简并；z y x n n n ,,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。
z y x n n n ,,三者皆不相等时，能级一般为6度简并的。
如 ⎩⎨⎧→++=++→++=++)9,6,3()10,5,1(2086161210)11,3,1()9,7,1(10438652222222222223.3）设粒子处在一维无限深方势阱中，⎩⎨⎧><∞<<=ax 0, ,0 ,0),(x a x y x V 证明处于定态)(x n ψ的粒子)61(12)x -(x ,22222πn a a x -==讨论∞→ n 的情况，并于经典力学计算结果相比较。
证：设粒子处于第n 个本征态，其本征函数x an a x n πψsin 2)(=. 2sin 2022a xdx a n x a dx x x a an分部⎰⎰==πψ （1）4)(222222a dx x x x x x na-=-=-⎰ψ4)2cos 1(212202a dx a x n x a a --⋅=⎰π)61(12222πn a -= （2） 在经典情况下，在()a ,0区间粒子除与阱壁碰撞（设碰撞时间不计，且为弹性碰撞，即粒子碰撞后仅运动方向改变，但动能、速度不变）外，来回作匀速运动，因此粒子处于x x dx →+范围的几率为adx ，故2aa dx x x a=⋅=⎰ ， （3） 32022a a dx x x a=⋅=⎰，43)(22222a a x x x x -=-=- （4）当∞→n 时，量子力学的结果与经典力学结果一致。
3.4）设粒子处在一维无限深方势阱中，⎩⎨⎧<∞<=2,2,0),(a x a x y x V处于基态)1(=n ，求粒子的动量分布。
解：基态波函数为 axa πψcos 21=, （参P57，（12））2cos22cos 12cos112121121)(211cos 221)(22223222222)()(2222pap a q pa p a pa p a a e e p a i e e p a i a dx e eadx e e eadx ax a e p a p a i a p a i a p a i a p a i aa p a i p a i a xi a x i aa ipxaa ipx-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+⋅=⋅=∴⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-------⎰⎰⎰ππππππππππππφππππππππ动量的几率分布()2cos 4)()(22222232pa p a a p p -==ππϕρ 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 ()'2202222, k E k V E 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 EV E V a tg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+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：22202( 9)(10)2 ctg V a ηξξμξη=-⎧⎪⎨+=⎪⎩ （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2220πμ≥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。
3—6）求不对称势阱中粒子的能量本征值。
解：仅讨论分立能级的情况，即20V E <<，()ψψ E V m dx d -=∴222当±∞→x 时，0→ψ，故有()()()()⎪⎩⎪⎨⎧-=<<=<<+-=<=-E V m k x a e A mE k a x kx A E V m k x e A xk x k 2221112,,2,0,sin 2,0,21πδδψ 由dxd ψln 在0=x 、a x =处的连续条件，得()δδ+-==ka kctg kctg k 21k , （1）由（1a ）可得 12sin mV k =δ （2）由于k k k ,,21皆为正值，故由（1b ），知δ+ka 为二，四象限的角。
因而 ()22sin mV k ka ±=+δ （3）又由（1），余切函数()ctg 的周期为π，故由(2)式，1112sin mV k n -+=πδ (4)由(3)，得 212sin mV k n ka --=+πδ (5)结合(4),(5)，得 1112122sin 2sin mV k n mV k n ka -----=ππ或 21112sin 2sin mV k mV k n ka ----=π （6）,3,2,1=n一般而言，给定一个n 值，有一个解n k ，相当于有一个能级：mk E nn 222 = （7）当12V V ≠时，仅当1212sin 22V V mV a --≥π才有束缚态 ，故21,V V 给定时，仅当 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥-1212s i n 22V V m V a π（8） 时才有束缚态（若V V V ==21，则无论V 和a 的值如何，至少总有一个能级） 当a V V ,,21给定时，由(7)式可求出n 个能级（若有n 个能级的话）。
相应的波函数为:()()()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=>-<<+-=<=--- E V m k a x e mV k A a x x k A E V m k x e mV k A n a x k n n nn n n n x k nn n n 222211112, , 21,0 , sin 2, 0, 22δψ 其中 ()n n n k k a A 21112++=3—7）设粒子（能量0>E ）从左入射，碰到下列势阱（图），求阱壁处的反射系数。
解：势阱为 ⎩⎨⎧><-=.0,0,0,)(0x x V x V在区域Ⅰ上有入射波与反射波，在区域Ⅱ上仅有透射波。
故()mE k Ce E V m k Be Ae xik x ik x ik 2,2,22011211==+=+=-ψψ 由)0()0(21ψψ=，得 C B A =+。
由)0()0('2'1ψψ=，得 ()C k B A k 21=-。
从上二式消去c, 得 ()()B k k A k k 2121+=-。
反射系数 ()()221221222k k k k A B r R +-=== 将21,k k 代入运算，可得()⎩⎨⎧<<->>=++=00220420,41,16V E V E V E E V EE VV R3—8）利用Hermite 多项式的递推关系（附录A3。
式（11）），证明 谐振子波函数满足下列关系()()()()[])(21)(12)(121)()(21)(21)(222211x n n x n x n n x x x n x n x x n n n n n n n +-+-+++++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=ψψψαψψψαψ并由此证明，在n ψ态下， 2 ,0n E V x == 证：谐振子波函数 )()(222x H e A x n x n n αψα-= （1）其中，归一化常数 ωαπαm ,!2=⋅⋅=n A nn （2）)(x H n α的递推关系为 .0)(2)(2)(11=+--+x nH x xH x H n n n αααα （3）[]()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅=+=⋅=⋅=∴+-+-+---+----+---)(21)(21)(21!121)(2!121)(!221)(!21)(2)(21)(221)()(1112112112121122222222222222222x n x n x H e n n x H e n n x H e n x nH e n x nH x H e A x x xH e A x xH e A x x n n n x n n x n n x nn x nn n x n n x n n x n n ψψααπαααπαααπαααπαααααααααψααααααα()()()()[])(21)(12)(121)(22)(2121)(2)(2121)(21)(21)(222222112x n n x n x n n x n x n n x n x n n x x n x x n x x n n n n n n n n n n +-+-+-+++++-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=∴ψψψαψψψψαψψαψ0)(21)(21)(11**=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⋅==+-+∞∞-+∞∞-⎰⎰dx x n x n x dx x x n n nn nψψαψψψ()()22121122121)(122121)()(21)(2222*22*n n n n n E n n m dxx n m x dxx x m x V =⎪⎭⎫⎝⎛+=+⋅⋅=+⋅⋅⋅=⋅⋅=⎰⎰+∞∞-ωαωψαωψψωψ3—9）利用Hermite 多项式的求导公式。