量子力学习题解答-第3章
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⇒ kThcekThc λλ=--)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。
量子力学第三章作业及答案
第三章3.1 设ˆˆ,AB 均为厄米算符,试证: ()ˆˆˆˆ1 AB-BA是否为厄米算符; ()()ˆˆˆˆ2 i AB-BA 是否为厄米算符. 解: ()†††††ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ AB-BA =B A -A B =BA-AB所以不是厄米算符()()()()()††††††ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆi AB-BA =-i AB-BA =-i B A -A B ˆˆˆˆˆˆˆˆ=-i BA-AB=i AB-BA ⎡⎤⎣⎦所以是厄米算符3.2 设体系的波函数为球谐函数(),lm Y θϕ,求其角动量矢量与z 轴的夹角 解: 由于z L cos L θ=,因为()()()22ˆ,1,lmlm L Y l l Y θϕθϕ=+ ()()ˆ,,z lm lm L Y m Y θϕθϕ=故可取)L =,z L m =,所以,cos z L mL θ==3.3 已知 ˆ[sin cot cos ]x L i φθφθφ∂∂=+∂∂,ˆ[cos cot sin ]y L i φθφθφ∂∂=--∂∂ 问(),1lm Y θϕ=是否为ˆx L ,ˆy L 的本征态;如果是,求其本征值.解: 由于()ˆ,0x lm L Y θϕ=, ()ˆ,0y lm L Y θϕ=所以为ˆx L ,ˆy L 的本征态, 其本征值为03.4 在经典情形,对称陀螺的能量算符为()22211ˆˆˆˆ22x y z x zH L L L I I =++ 1. 问(),lm Y θϕ是否为ˆH的本征态; 2. 如果是,求其本征值.解:()()2222222211ˆˆˆˆ2211ˆˆˆ22111ˆˆ222x y zx zz z x zz x z x H L L L I I L L L I I L L I I I =++=-+⎛⎫=+- ⎪⎝⎭所以, 其本征值为()2221111222xz x E l l m I I I ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭3.5设粒子处于范围在[0,]a 的一维无限深势阱中，状态用波函数113()sin sinx xx a a ππψ=+描述，(1)该波函数是否归一,如不归一,请写出归一化波函数 (2)求粒子能量的可能值及相应概率。
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 第三章习题与解答
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 2222222121απαμωμω μωμωππαμω ⋅==⋅=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 2222)(21 21αααπαπ ⎰∞∞-+--=dx ee ip x p 222222)(212 21αααπαπ παπαπα22122p 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 ea 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。
量子力学习题解答-周世勋
周世勋《量子力学教程》习题解答第一章 习题解答1．由黑体辐射公式导出维恩位移律：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，准确到两位有效数字。
解：由能量密度的公式：185-⋅=λλλλπλρkT hc ed hcd则由0=λρλd d 解得m λ： 2256181185⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-⋅--⋅⋅-=λλλλλλπλπλρkT hc kT hckT hc e e kT hc hce hc d d 0511186=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---⋅=λλλλλπkT hc kT hckT hc e ekT hc e hc 即 051=--λλλkT hckT hce e kT hc 令x kT hcm=λ，则 051=--x xe xe 解得 97.4=x所以 )(29.097.41038.110999.210626.6161027K cm kx hc T m ⋅=⨯⨯⨯⨯⨯==--λ 2．在K 0附近，钠的价电子能量约为eV 3，求其德布罗意波长。
解：01019303409.7)(1009.7106.131091.0210626.62A m mE h P h K=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===----λ3．氦原子的动能是kT E 23=（k 为玻尔兹曼常数），求K T 1=时，氦原子的德布罗意波长。
解：氦原子的动能)(1007.211038.1232323J E --⨯=⨯⨯⨯=，氦原子的质量kg kg M 27271068.61067.14--⨯=⨯⨯=，所以102327346.12)(106.121007.21068.6210626.62A m mEh =⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==----λ4．利用玻尔——索末菲量子化条件，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T H 10=，玻尔磁子T J M B /10924-⨯=，试计算动能的量子化间隔E ∆，并与K T 4=及K T 100=的热运动能量相比较。
量子力学课后答案
•第一章 绪论 •第二章 波函数和薛定谔方程 •第三章 力学量的算符表示 •第四章 态和力学量的表象 •第五章 微扰理论 •第六章 弹性散射 • 第七章 自旋和全同粒子1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b b T m 03109.2 ,⋅⨯==-λ。
证明：由普朗克黑体辐射公式： ννπνρννd e c h d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd c d 2-=得 1185-=kT hc e hc λλλπρ， 令kThc x λ=，再由0=λρλd d ，得λ.所满足的超越方程为 15-=x x e xe 用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kT hc m λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 第一章绪论 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV,求de Broglie 波长. 解：010A 7.09m 1009.72=⨯≈==-mE h p h λ # 1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。
解：010A 63.12m 1063.1232=⨯≈===-mkT h mE h p h λ 其中kg 1066.1003.427-⨯⨯=m ，123K J 1038.1--⋅⨯=k # 1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，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的轨道半径。
已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--⋅⨯=B μ，求动能的量子化间隔E ∆，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。
解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E μωμ+=可以化为()12222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+μωμE q E p 的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμE b E a ==，相空间面积为 ,2,1,0,2=====⎰n nh E E ab pdq νωππ 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E ν方法2：一维谐振子的运动方程为02=+''q q ω，其解为 ()ϕω+=t A q sin 速度为 ()ϕωω+='t A q cos ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=n νμωnh T nh A E ===222， ,2,1,0=n （2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。
曾谨严量子力学习题解答3
= 0 + 0 + yihpz + ihpz y zihp y ihp y z
r r 同理，亦可证得： ly , r p = 0, 由此可得：
=0
r r lz , r p = 0
r r l , r p = 0, α
证毕。
(α = x, y, z )
2.《曾 P.238-3》 设 [ q, p ] = ih, f ( q ) 是q 的可微函数，证明
(
)
( ) ( ) ( )
(
)
(
)
(
)
( )
1 1 ∴ O+ = O + O + = AB + BA 2 2 1 + 1 O = OO = AB BA 2i 2i 由上面的证明易知，O 和O 均为Hermite算符。
( (
O + = BA
) ( ) (
+
)
)
1 1 ∴ O = AB = AB + BA + i AB BA 2 2i =O +O
（e） [ p, pfp ] = [ p, pf ] p + pf [ p, p ] = [ p, pf ] p + 0
= p [ p, f ] p + [ p, p ] fp = p [ p, f ] p + 0 h pf ′ p i 2 2 2 （f） p, fp = [ p, f ] p + f p, p =
( )
(
)
= A3 B1C3 + A2 B1C2 A1 ( B2C2 + B3C3 )
A1 ( B1C1 + B2C2 + B3C3 )
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。
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。
量子力学解答(3章)
后
ˆ ψ ( x, t ) = −ih ( p (t ) = (ψ ( x, t ), p
案
网
=
3 x 0 −iωt 3 x 0 iωt 3 e + e = x 0 cos ωt 4 2 4 2 2 2
3 1 d 3 d 1 ψ 0 ( x)e −iωt / 2 + ψ 1 ( x)e −i 3ωt / 2 , ψ 0 ( x)e −iωt / 2 + ψ 1 ( x)e −i 3ωt / 2 ) 2 2 dx 2 dx 2
a −a
1 32a π π x cos x sin xdx = 2a a a 9π 2
所以，有
x (t ) =
E − E1 1 32a −i ( E2 − E1 ) t / h 32a [e + e i ( E2 − E1 ) t / h ] = cos 2 t 2 2 2 9π h 9π
3-2 粒子在一维无限深势阱（0<x<a）中运动，已知初始波函数，ψ ( x,0) = cx(a − x) ，c为 归一化常数，请确定c，并计算各能量本征值(En)的测量概率以及 E , ΔE. 解:
ψ n ( x) =
3π
ww
∴ψ ( x,0) = 2 =
于是：
1
sin 2 x = 2
e iϕ − e − iϕ 2 2 ) = 2i 3π 2 3 1 (
w.
3
1 inϕ e 2π
kh
1 2π (2 − e i 2ϕ − e −i 2ϕ )
=
由E =
课
后
2 1 1 − 3 2π 6
2
答
ψ ( x, t ) =
课
后
量子力学第三章习题
而 比较上两式,我们得到:
当时，则 此时我们同时求得能量的本征值和本征函数.
(3)角动量分量 的本征值方程为 它是的一个因子。 的值取决于量子数，题给定的状态不是的本征态，而是本征态的线 性叠加。在态中，而在态中，故在所给的态中，的可能值为和，出现和 的几率分别为和，即和。 的平均值
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波函数。
解: 这是一个无限深方势阱的问题,它只存在束缚态解.当,. 设粒子的质量为,因此,系统的哈密顿算符为 考虑到的球对称性,采用球坐标系,此时,有
第三章 量子力学中的力学量
3.1 一维谐振子处在基态 ,求
(1) 势能的平均值 ;
(2) 动量的几率分布函数;
(3) 动能的平均值 .
解: (1) 势能的平均值:
(2) 动量的几率分布函数
所以
(3) 动能的平均值
计算可知,这一状态中的振子的势能和动能的平均值相等,都是零点
能的一半.
以上计算中,用到积分公式: 费曼方法介绍: 设某系统的能量本征值方程为 其中含有一参数, 那么, 便有 于是有 再根据, 得到
(5) 另解：氢原子基态波函数为
， 仅是的函数而
， 所以只考虑径向的“测不准关系”
氢原子的径向能量为 而 所以
因而
取
由上两式得
即
将上式代入氢原子的径向能量表示式中
得
基态能量是上面表达式使取极小值。满足这一条件的由求极值的方法求
苏汝铿量子力学课后习题及答案chapter3
ˆ, B ˆ ⎤ = 0 。对于有三个分量 x，y，z 的算符，在证明中往往只证明 ˆ 对易，就是说， ⎡ A 和B
⎣ ⎦
其中的任一个分量，其余分量类推。 证：
( p × l + l × p ) x = p y l z − pz l y + l y pz − lz p y
=⎡ ⎣ p y , lz ⎤ ⎦+⎡ ⎣l y , p z ⎤ ⎦
所以有
(3.1)
ˆ 2α ˆ ˆ ˆ 2 −β ˆ = 2β αβ
（2）如果
(3.2)
ˆ n −1α ˆ n−2 ˆ ˆ n −1 − β ˆ = nβ αβ
成立，利用数学归纳法可以证明第三式，实际上
(3.3)
ˆ n −1 α ˆ n−2 )β ˆ =ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(β ˆ ˆ ˆ n = αβ ˆ ˆ n −1 β ˆ + (n − 1) β αβ ˆ n −1 (αβ ˆ n −1 ˆ ˆ ) +(n − 1) β =β ˆ n −1 ( βα ˆ n −1 ˆ ˆ + 1) +(n − 1) β =β ˆ =β
∫
∞
−∞
ˆ ( x)ψ ( x)dx 来算 ψ *n ( x ) F n
ˆ 写成 p ˆ 的对易形式 ˆx 和 H 其平均值，并巧妙的使用薛定谔方程而证得。而方法二是把 F 1 ˆ ⎤ ，进而证得命题。 ˆ = − d V ( x) = 1 [ p ˆx, H ˆ x , V ( x) ] = ⎡ p F ⎦ i= i= ⎣ dx
1 ˆ⎤ ˆ = − d V ( x) = 1 [ p ˆ x , V ( x)] = ⎡ p ˆx, H F ⎦ i= i= ⎣ dx ˆ 的期望值为 于是在体系束缚定态ψ n ( x) 中，此力 F F= 1 1 ∞ ˆ ⎤ψ ( x)dx ˆ x , V ( x ) ] = ∫ ψ n* ( x ) ⎡ p ˆx, H [p ⎣ ⎦ n −∞ i= i= 1 ∞ * * ˆ ψ ( x)dx − ∞ ( H ˆxH ˆ xψ n ( x)dx = ψ n ( x) p n ∫−∞ ˆψ n ( x)) p ∫ i= −∞ =0
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。
量子力学教程习题答案3周世勋
a
1 2
a
a
[1 cos A 2 2 a n
n a
a a
( x a )]dx n a n a ( x a ) dx
a
x
a
cos
A a A 2 a
∴归一化常数 A
A 2 2
sin
( x a)
a
1 a
16
2.5
求一维谐振子处在激发态时几率最大的位置。 解： ( x )
0 ，得
x
1
x
由 1 ( x ) 的表达式可知， x 0， 时， 1 ( x ) 0 。显然不是最大几率的位置。 x
而
d 2 1 ( x ) dx 4
3 2
2 3
[( 2 6 2 x 2 ) 2 2 x ( 2 x 2 2 x 3 )]e
23
2
23
T 100 K 时， E 1.38 10 21 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 e c 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c
，所以
令x
kT
，再由
d d
0 ，得 .所满足的超越方程为
5
xe x ex 1
hc
用图解法求得 x 4.97 ，即得
m kT
4 .97 ，将数据代入求得 mT b, b 2.9 10 3 m0 C
4
1.2．在 0K 附近，钠的价电子能量约为 3eV,求 de Broglie 波长. 解： # 1.3. 氦原子的动能为 E 解：
量子力学第三章习题
第三章 量子力学中的力学量
3.1 一维谐振子处在基态 ,求
(1) 势能的平均值 ;
(2) 动量的几率分布函数;
可归一化为: 最后得
因此本征值为
3.6. 设粒子的状态为 求此时的平均动量和平均动能.
解: 方法I: 将上式代入中得 可见动量可以取5个值,依次是:和 由归一化条件:得 所以归一化系数为 它们出现的几率分别为是:和 动量的平均值: 动能的平均值: 方法II: 上面利用欧拉公式直接展开,结果与方法I一样,以下运算与方法I完 全相同.
这个公式对于求某些力学量本征态下的平均值问题会非常有用.具体到
这里的(1)、(3)小题,有
(1)
.
因而
. 这样便有
这里, 用到了, 因此, 有
(3)
.
因而
. 根据费曼方法, 有 这样, 便有
从以上两例, 可以看到:利用费曼方法,可以非常简捷地得到所要的
结果.这种方法,在后面还会用到.
此外,根据(1)与(3)两道小题,有
(5) 另解：氢原子基态波函数为
， 仅是的函数而
， 所以只考虑径向的“测不准关系”
氢原子的径向能量为 而 所以
因而
取
由上两式得
即
将上式代入氢原子的径向能量表示式中
得
基态能量是上面表达式使取极小值。满足这一条件的由求极值的方法求
得，即
所以
将上式代入得
即:
电流密度方向的分量为 其实是很显然的，因为和对不起作用，所以状态函数与实函数的情况相 同.
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）。
量子力学习题解答-第3章
=c
2.
b * 1 a
ò
f
* 1
( x ) g ( x ) dx + c ò f ( x ) g ( x ) dx = c
展开系数 C ( p, t ) 称为动量表象的波函数，我们可在动量表象用波函数 C ( p, t ) 来研究这个 态。 Y 的性质都是唯一确定的，无论用什么表象研究都是一样的。
ˆ 的本征态为分立谱 f 时， 当力学量 F n Y = å cn f n ,
n
cn = f n Y
ˆ 表象中，可以方便的用矩阵形式来表示各种量子力学的公式。这个表象的波函数（展 在 F ˆ 表示为一个方矩阵 开系数 {c 可表示为一列矩阵，算符 G n } æ c æ G11 G12 1 ö ç c ÷ çG 22 ç 2 ÷ ç 21 G Ψ = ç M ÷ G = ç ... ... ç ÷ ç ç cn ÷ ç Gn1 ... ç M ÷ ç ... ... è ø è
2
测量力学量 Q ，得到的可能结果必是 Q 本征值中的一个，得到 q n 几率为 c n 。对系综测量 力学量 Q （具有大量相同 Y 态系综中的每一个 Y 进行测量）所得的平均值（期待值）为
Q = å qn cn
n
2
ˆ Ydx 计算方法等价。 这与用 Q = ò Y Q
*
ˆ 具有连续谱的本征函数系 如果力学量 Q
a a
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2. 广义统计诠释
设力学量 具有分离谱的正交归一本征函数系 本征值为 ，即
或
这个本征函数系是完备的，即 （恒等算符，封闭型），任意一个波函数可以用这个本征函数系展开
*习题证明如果对于所有（希尔伯特空间中）的函数 都有 ，那么，对于所有的 和 就有 （即，两种对于厄密算符的定义—等式和—是等价的）。提示：首先设 ，然后令 。
证明：
若对于Hilbert空间中任意函数 ，都有
，
设
，其中 是一任意常数（复数）
我们有
上式对任意常数 都成立， 分别取 ，有
两式相加得到所要结果
证明:假设 和 （即： 是 和 的共同本征方程），并且函数集 是完备的，因此任意（Hilbert空间中的）函数 都能表示成 线性叠加 ，那么有
因为上式对任意的 都成立，所以得到 ，这显然与所给条件矛盾，所以两个非对易算符不能具有共同的完备本征函数系。
习题求式所给方程
的解。注意 和 都是实常数。
解:
习题在下面的具体例子中应用公式 ：（a） =1；（b） ；（c） ；（d） 。在每种情况下，解释结果，特别是参考公式，，和能量守恒（式后的评注）。
（c）在这个基中，求出算符 里的9个矩阵元，并写出矩阵 。它是厄密矩阵么
解：（a） ;
（b）
（c）
显然它不是厄密矩阵。
习题一个两-能级体系的哈密顿为：
，
这里 ， 是正交归一基， 是量纲为能量的一个实数。求出它的本征值和归一化的本征矢（用 和 的线性迭加）。相应于这个基表示 的矩阵 是什么
解：相应于这个基表示 的矩阵 的矩阵元是
解：
，
所以 是厄密算符。以上证明中利用了周期条件
， 。
的本征方程为
，
解为
由周期性条件 ，得到 或者
因此本征值为
给定一个 ，有两个本征函数（ ）它们的本征值一样，所以是二重简并的（ 除外）。如果让 取负值，本征函数可以表示为
习题
（a）假设 和 是算符 的两个具有相同的本征值 的本征函数。证明任何 和
的线性迭加也是与 具有相同本征值 的本征函数。
或
展开系数为
若 是归一化的， 也是归一化的， 。广义统计诠释指出，对 态测量力学量 ，得到的可能结果必是 本征值中的一个，得到 几率为 。对系综测量力学量 （具有大量相同 态系综中的每一个 进行测量）所得的平均值（期待值）为
这与用 计算方法等价。
如果力学量 具有连续谱的本征函数系
任意一个波函数可以用这个本征函数系展开为
或
由于 连续变化的，展开系数 是 的函数可以表示为 ，其归一化表示为 。广义统计诠释指出，对 态测量力学量 ，得到结果处于 到 之间的几率为 ，即 是几率密度。
3.表象理论
对任意一个物理态 可以用一个力学量的本征态展开，比如若用坐标的本征态 （连续谱）
，
则展开系数 称为坐标表象的波函数。我们可在坐标表象用波函数 来研究这个态。若用动量的本征态 ，则有
习题
(a)从第二章中列举一个仅具有分立谱线的哈密顿（谐振子除外）。
(b)从第二章中列举一个仅具有连续谱的哈密顿（自由粒子除外）。
(c)从第二章中列举一个既具有分立谱又具有连续谱的哈密顿（有限深方势阱除外）。
解：易知（a）（b）（c）的答案分别为：无限深方势阱， 函数势垒， 函数势阱。
习题无限深方势阱的基态是动量的本征函数吗如果是，它的动量是什么如果不是，为什么不是
(b)证明
(c）对任意函数 ，更一般的证明
证明：（a）可知左边 ，右边 ，左边 右边，故有 。
（b）利用数学归纳法证明：
（1） 时，有 ，显然成立。
（2）假设 时成立，即有 。
（3） 时，有 ，利用（a）中结论，则有
因为 ，所以
。
即 时也成立。所以
。
（c）取任意波函数 ，则有
，
由于 是任意函数，所以有
解：无限深方势阱的基态为
，
动量算符 ，由于
，
由于
所以 不是动量的本征函数。（对无限深方势阱的能量本征函数 ，它是向右传播的平面波和向左传播的平面波的叠加，两个波的动量数值一样（ ），但是符号相反，所以不是动量的本征函数，但是动量平方算符的本征函数。）
习题对谐振子的基态，求出其动量空间的波函数 。测量该状态的动量，发现其结果处于经典范围（具有相同能量）之外的几率是多大（精确到两位数）提示：数值计算部分可查阅数学手册中“正态分布”或“误差函数”部分，或者使用Mathematic软件。
从习题知
所以
能量时间不确定原理式)给出
估算一下两边大小
;
显然满足能量时间不确定原理。
习题对习题中的自由粒子波包和力学量 通过计算 和 来验证能量-时间不确定原理。
解：由习题，对题给的自由粒子波包，我们有
，
为了得到 我们需要计算 。对自由粒子， 所以
其中
由习题
所以
所以题给的自由粒子波包满足能量时间不确定原理。
（b）对于特定情况 ， 在希尔伯特空间吗 呢 呢
解：
（a）
，
由于 为实数，因此
显然（1） 时， ；（2） 时， ；（3） 时， 。综上知，若要使 处于Hilbert空间中，必有 即 。
（b）由（a）知， 处于Hilbert空间中的条件为 ，所以当 时， ， ， ，因此， 、 在Hilbert空间中， 不在。
证明：（a）我们需要证明两个平方可积函数之和也是平方可积的。设为 为区域 上的任意两个平方可积函数，即
。
设
则有
，
其中
。
由Schwarz不等式，若 皆平方可积，则
。
因此，
。
即 也是平方可积函数，因此特定区域上的全体平方可积函数构成矢量空间。
很容易证明全体可归一化函数不构成一个矢量空间：设 为任一可归一化函数，由于 亦是可归一化函数，但 不可归一化，另外 ，但是 ，也不是归一化的，因此全体可归一化函数不构成一个矢量空间。
证：设 为一任意态矢量，它可以用 展开为 ，所以有
习题勒让德多项式。用格拉姆－施密特方法（习题）在区间 里来正交归一化函数1， , , 。你可能会认出这些结果—(除了归一化外)它们是勒让德多项式（表）。
（a）给出 ， ，和 的厄密共轭算符。
（b）构建谐振子的升阶算符 （等式）的厄密共轭算符。
（c）证明 。
解：（a）
由上题知， 为厄密算符，所以
。
由于
，
所以
。
所以
。
（b）
，
是厄米算符， （ 与任何算符都是对易的），所以
（c）设 ， 为任意函数，则
，
又
，
与上式比较知
。（注意算符的次序变化）
推广
习题考虑算符 ，其中 是极坐标中的方位角（同例），并且函数同样遵从式。 是厄密算符吗求出它的本征函数和本征值。 的谱是什么这个谱是简并吗
。
习题
（a）证明两个厄密算符之和仍为厄密算符。
（b）假设 是厄密的， 是一个复数。在什么条件下（ 的） 也是厄密的
（c）在什么条件下两个厄密算符的积也是厄密的
（d）证明坐标算符（ ）和哈密顿算符（ ）是厄密算符。
证明：
（a）设 是两个厄密算符，则对任意函数 有
， ，
又
，
故 仍是厄密算符。
（b）
两式相等， 必须为实数。所以当 为实数时 也是厄密的。
解：谐振子基态在坐标空间中的波函数
,
则动量空间的波函数为
，
经典范围为
所以发现粒子动量在经典动量以外的几率为
令
查正态分布表
所以
习题证明
提示：注意到 。则，在动量空间，坐标算符则可表示为 。更普遍的有
原则上，可以像在坐标空间一样在动量空间进行所有的计算（当然并不总是很简便）。
证明：由
我们有
*习题
(a)证明下列的对易关系等式：
第三章
形式理论
本章主要内容概要：Fra bibliotek1. 力学量算符与其本征函数
量子力学中力学量（可观测量）用厄米算符表示，厄米算符满足
或者用狄拉克符号， ，其中 为任意满足平方可积条件的函数（在 ， 为零）。
厄米算符具有实本征值的本征函数（系），具有不同本征值的本征函数相互正交，若本征值为分离谱，本征函数可归一化，是物理上可实现的态。若本征值为连续谱，本征函数可归一化为 函数，这种本征函数不是物理上可实现的态，但是它们的叠加可以是物理上可实现的态。
解：（a）
上式表明波函数的归一化不随时间改变.
（b）
当 中不显含时间时得到:
此即能量守恒.
(c)
(d)
这就是Ehrenfest定理， 量子力学中的牛顿运动方程。
习题对习题中的波函数和可观测量 通过计算 和 来验证能量-时间不确定原理。
解： 习题中的一维无限深势阱（ ）的定态叠加波函数为
,
而
由习题知
所以
的平均值表示为
的本征方程表示为
解久期方程
可以得到本征值 ，把某一个本征值代入本征方程可以的到对应这个本征值的本征函数。
习题：
（a）证明，全体平方可积函数构成一个矢量空间（参考节中的定义）。提示：要点是证明两个平方可积函数之和也是平方可积的，利用式。全体可归一化的函数构成一个矢量空间吗
（b）证明式中的积分满足内积条件（节）。
（c）
设 是厄密算符，则有
如果 是厄米的，必须有
即 ，即两厄密算符在对易的条件下，其积才是厄密的。
（d）证：
，