量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第4章-2
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。
量子力学第四版卷一（曾谨言著）知识题目解析第4章
量⼦⼒学第四版卷⼀（曾谨⾔著）知识题⽬解析第4章4.29——6.14.29证明在zL ?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ψψm 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 ?，y l ?在x l ?本征态中平均值是零，但乘积x l ?yl ?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 ??不是厄密的。
2?x l ，2?y l 的平均值见下题。
4.30 设粒⼦处于()?θ,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 。
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(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。
曾谨严量子力学习题解答4
=
∫
dpϕ
∗
(
p
)
p2 2m
ϕ
(
p
)
（坐标表象） （动量表象）
证明： （1） 求解势能的平均值。在坐标表象中，有：
V = ψVψ
= ∫∫ dxdx′ ψ x x V (x) x′ x′ ψ = ∫∫ dxdx′ψ ∗(x)V (x)δ (x − x′)ψ (x′) = ∫ dxψ ∗(x)V (x)ψ (x)
+V
( x)⎥⎤
⎦
=
⎡ ⎢ x, ⎣
prˆ 2 ⎤
2m
⎥ ⎦
=
ih m
prˆ
∴
prˆ
=
m ih
⎡⎣ x,
Hˆ
⎤⎦
因此，
p = φn
prˆ φn
= φn
m ih
[
x,
H
]
φn
=m ih
φn
( xH − Hx)
φn
=0
证毕。
3.《曾 P.220练习1》
根据谐振子的能量表象中 x 的矩阵，用矩阵乘法求出 x2 的矩阵。
⎛ ⎜⎝
ih
∂ ∂x
⎞2 ⎟⎠
δ
(
x
−
x′)ψ
(
x′)
1 2m
=
∫
dxψ
∗
(
x
)
⎛ ⎜
⎝
−
h2 2m
∂2 ∂x2
⎞⎟ψ
⎠
(
x)
在动量表象中，有：
T=ψ Tψ
= ∫∫ dpdp′ ψ p p T p′ p′ ψ
= ∫∫ dpdp′ϕ∗ ( p)
p
p2 2m
量子力学第4章(曾谨言)
15
ˆ ˆ 例题：求x、p x 和H在一维谐振子能量表象中的 矩阵表示。 【解】同理可得 p jk ia ( (k 1) / 2 j ,k 1 k / 2 j ,k 1 ) ( p jk ) ia 0 1/ 2 0 0 . 1/ 2 0 2/2 0 . 0 2/2 0 3/ 2 . . 0 . 3 / 2 . 0 . . . 0
已知a和a可以通过幺正变换相联系，即a Sa, S11 幺正矩阵S ( Sk ) S 21 . S12 S 22 . . . , Sk ( , k ) .
可以证明，矩阵L ( Lkj )和L ( L )可以通过 幺正矩阵S相变换：L SLS 1
因此，在离散表象中量子力学的诸方程的 形式如下：
20
1 ，两态正交： 0 (1)态的归一：
(2)力学量的平均值(若 已归一）
F F (3)本征方程： F ,
，
d H(t ), (4)Schrodinger方程： i dt
以上各式中的乘法均理解为矩阵（包括列、 行矢量）乘法。
c( p, t ) ( x )( x, t )dx,
p
( x)
p
1 i exp px 2
( x, t ) 和 c( p, t )
可以互求，它们包含同样多的信息。 称这样做是变换到了动量表象，
3
2 一般情形。力学量 Q ，本征值离散，本征集为 {q1 , q2 , } ，本征函数系为 {u1 ( x ), u2 ( x ), } 则波函数可以本征函数展开
( x, t ) an (t )un ( x),
曾谨言 量子力学第一卷 习题答案解析4第四章
物 83-309 蒋
= (qp − pq) fp + hipf = hi( fp + pf )
（3） [ q, f ( q ) p 2 ] = 2ihfp [证明]同前一题论据：
[ q, fp 2 ] = qfpp − fppq = fqpp − fppq
(A先假定已经
运用这个关系于下面的计算：
ˆ )ϕdτ ≡ ψ • ΣA P ˆ ϕdτ ∫∫∫ψ • F ( P ∫∫∫
n n
τ
τ
ˆ nϕdτ = ∑ An ∫∫∫ψ • P n >0 τ ˆ (P = ∑ An ∫∫∫ψ • P ˆ n −1 ϕ )dτ ˆ ψ ) • (P ˆ n −1 ϕ )dτ = ∑ An ∫∫∫ ( P ˆ (P = ∑ An ∫∫∫ ( Pψ ) • P ˆ n − 2 ϕ ) dτ ˆ •P ˆψ )P ˆ (P ˆ n −3 ϕ ) dτ = ∑ An ( P ˆ 2ψ ) • P ˆ (P ˆ n −3 ϕ ) dτ = ∑ An ∫∫∫ ( P ˆ 2ψ ) • P ˆ (P ˆ n − 4 ϕ ) dτ = ∑ An ( P ˆ 2ψ ) • P ˆ( P ˆ n− 4 ϕ ) dτ = ⋯⋯ ∑ An ∫∫∫ ( P ˆ )ψ ] • ϕdτ = ∫∫∫ [ F ( P τ ˆ ) 满足厄密算符的定义。 F (P
= fqpp − fp(qp − hi) = fqpp − fpqp + hifp
= f ( qp − pq ) p + hifp = 2hifp
（4） [ p , p 2 f ( q)] =
(完整word版)量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
(完整word 版)量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)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)(a m x V E a x ω===。
a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a = ， (2)a x ±=即为粒子运动的转折点。
有量子化条件h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a 22==（3） 代入（2），解出 ,3,2,1,==n n E n ω （4）积分公式： c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 22222221.2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设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第5章-1
第五章： 对称性及守恒定律P248设粒子的哈密顿量为 )(2ˆˆ2r V p H+=μ。
（１） 证明V r p p r dtd ∀⋅-=⋅μ/)(2。
（２） 证明：对于定态 V r T ∀⋅=2（证明）（１）z y x p z p y p xp r ˆˆˆˆˆˆ++=⋅，运用力学量平均值导数公式，以及对易算符的公配律：]ˆ,ˆˆ[1)ˆˆ(H p r i p rdt d⋅=⋅]ˆ,ˆˆ[H p r =⋅=)],z y （２） ˆ[r⋅ x x x x p x p p x p p xˆˆˆˆˆ]ˆ,ˆˆ[232-= x x x x x x p x p p x p p x p p xˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ2223-+-= x x x x x p p x p p p xˆ]ˆ,ˆ[ˆˆ]ˆ,ˆ[2+= 222ˆ2ˆˆx x x p i p i p i =+= （４）],ˆ[ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ],ˆˆ[V p x p V x V p x p x V V p x V p xx x x x x x =-=-=xV x i ∂∂=ˆˆ （５） 将（４）（５）代入（３），得：}{)ˆˆˆ(]ˆ,ˆˆ[222zV z y V y x V x i p p p i H p rz y x ∂∂+∂∂+∂∂+++=⋅ μ }ˆ{2V r pi ∀⋅+=μ代入（１），证得题给公式：V r pp r dt d ∀⋅-=⋅ μ2ˆ)( （６） 的平均值，按前述习题２的结论，其 则=⋅p r dt d 由前式P249 ） （２）库仑场 T V 2-= （３）T V n Cr V n2,==（解）先证明维里定理：假设粒子所在的势场是直角坐标),,(z y x 的n 次齐次式，则不论n 是正、负数，势场用直角坐标表示的函数，可以表示为以下形式，式中Ｖ假定是有理函数（若是无理式，也可展开成级数）：∑=ijkkj i ijk z y x C z y x V ),,( （１）此处的k j i ,,暂设是正或负的整数，它们满足：n k j i =++ （定数）ijk C 是展开式系数，该求和式可设为有限项，即多项式。
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作为现代物理学的重要分支，是研究微观世界的基本理论。
在学习量子力学的过程中，练习题是不可或缺的一部分。
本文将为大家提供一些曾谨言量子力学练习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 考虑一个自旋1/2的粒子，其自旋矢量可以表示为：S = (h/2π) * σ其中，h为普朗克常数，σ为泡利矩阵。
对于自旋1/2的粒子，其泡利矩阵可以表示为：σx = |0 1||1 0|σy = |0 -i||i 0|σz = |1 0||0 -1|其中，i为虚数单位。
根据这些泡利矩阵，我们可以计算自旋矢量在不同方向上的期望值。
2. 对于一个自旋1/2的粒子，其自旋矢量的模长可以表示为：|S| = √(S·S)其中，S·S表示自旋矢量的内积。
根据泡利矩阵的定义，可以计算出自旋矢量在不同方向上的内积。
3. 考虑一个自旋1/2的粒子，其自旋矩阵可以表示为：J = (h/2π) * σ其中，h为普朗克常数，σ为泡利矩阵。
对于自旋1/2的粒子，其泡利矩阵可以表示为：σx = |0 1||1 0|σy = |0 -i||i 0|σz = |1 0||0 -1|根据这些泡利矩阵，我们可以计算自旋矩阵在不同方向上的期望值。
4. 对于一个自旋1/2的粒子，其自旋矩阵的模长可以表示为：|J| = √(J·J)其中，J·J表示自旋矩阵的内积。
根据泡利矩阵的定义，可以计算出自旋矩阵在不同方向上的内积。
5. 考虑一个自旋1/2的粒子，其自旋算符可以表示为：S = (h/2π) * σ其中，h为普朗克常数，σ为泡利矩阵。
对于自旋1/2的粒子，其泡利矩阵可以表示为：σx = |0 1||1 0|σy = |0 -i||i 0|σz = |1 0||0 -1|根据这些泡利矩阵，我们可以计算自旋算符在不同方向上的期望值。
6. 对于一个自旋1/2的粒子，其自旋算符的模长可以表示为：|S| = √(S·S)其中，S·S表示自旋算符的内积。
曾谨言量子力学第4章
2 ˆ ˆ [ r p, p ]
2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ [ xpx , px ] [ yp y , p y ] [ zpz , pz ] 2 2 2 ˆx ˆy ˆz 2ip 2ip 2ip ˆ2 2ip
思考题： r·p并不是厄米算符，应进行厄米化
a k (t )
2
dak d 2 ak (t ) ak 复共轭项 dt dt (t ) , k ( k , (t )) 复共轭项 t ˆ (t ) H , k ( k , (t )) 复共轭项 i 1 ˆ )( , (t )) 复共轭项 ( (t ), H k k i Ek 2 ( (t ), k ) 复共轭项 0 i
由位力定理知: 则 所以
T V
1 En H T V n ω 2
1 1 T V n ω 2 2
§4.2 波包运动， Ehrenfest(埃伦· 费斯特)定理
1. 波包的运动与经典粒子运动的关系 设质量为m的粒子在势场V(r)中运动，用波包Ψ(r,t)描述，显然 Ψ(r,t)必为非定态，因此处于定态的粒子的概率密度是不随时间 变化的：与经典粒子运动对应的量子态为非定态 ˆ2 p ˆ ˆ V (r ) (1) 设粒子运动的Hamilton 为 H 2m 则粒子的坐标和动量的平均值随时间的变化为
(2) 势场V(r)在空间的变化很缓慢，使得波包中心 处的势场 V (r )与粒子感受到的势场很接近；
(3)波包的扩散不太大。 如： 一维波包的运动 在波包中心 xc x 附近对 V (x) / x 作Taylor 展开， 令ξ=x-xc，则有
2V ( xc ) 1 2 3V ( xc ) V V ( xc ) ξ ξ 2 3 x xc xc 2 xc
曾谨言量子力学课后答案
∴ px = nxh / 2a ,
同理可得，
p y = ny h / 2b , pz = nz h / 2c ,
nx , ny , nz = 1, 2,3,L
粒子能量
Enxnynz
=
1 2m
(
p
2 x
+
p
2 y
+
p
2 z
)
=
π 2h2 2m
n x2 a2
+
n
2 y
b2
+
n
2 z
c2
nx , ny , nz = 1, 2,3,L
p = h/λ
1
（1） （2）
而能量
E = p 2 / 2m = h 2 / 2mλ2 = h2n2 = π 2h2n2 2m ⋅ 4a 2 2ma 2
(n = 1, 2,3,L)
（3）
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。
（4）
且能量平均值
∫ E = d 3r ⋅ w 。
（b）由（4）式，得
∂w ∂t
=
h2 2m
∇ψ. *⋅ ∇ψ
+
∇ψ
*
⋅ ∇ψ.
.
+ψ * Vψ
+ψ
*V ψ.
=
h2 2m
∇
⋅
ψ.
*
∇ψ
+ψ.
∇ψ
*
− ψ. *
∇ 2ψ
+ψ.
∇ 2ψ
量子力学第四版卷一(曾谨言著)知识题目解析第4章
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-+=∆。
曾谨言量子力学课后答案
2
得a2
=
nh mωπ
=
2hn mω
（3）
2
代入（2），解出
En = nhω,
n = 1, 2,3 u 2 du = u a 2 − u 2 + a 2 arcsin u + c
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
2π 0
（1） （2）
5
取（1）之复共轭：
−
ih
∂ψ * 1 ∂t
= −
h2 ∇2 2m
+
V
ψ
* 1
ψ
2
×
（3）
−ψ
* 1
×
（2）,得
（3）
对全空间积分：
( ) ( ) − ih
∂ ∂t
ψ *ψ 12
=
−
h2 2m
ψ
2
∇
2ψ
* 1
−ψ 1*∇ 2ψ
2
∫ ∫ [ ] − ih d dt
d
3 rψ
* 1
(rv,
因而平面转子的能量
Em = pϕ2 / 2I = m2h 2 / 2I ， m =1, 2,3,L
第二章 波函数与 Schrödinger 方程
2.1
设质量为
m
的粒子在势场V
v (r )
中运动。
∫ （a）证明粒子的能量平均值为 E = d 3r ⋅ w ，
w = h 2 ∇ψ *ψ +ψ *Vψ 2m
d
3rψ
*
−
h2 2m
∇
2
ψ
(动能平均值)
=
曾谨言量子力学课后答案
h2 2m
∇
2ψ
(rv,
t
)
+
[V1
(rv
)
+
iV2
(rv
)]ψ
(rv,
t
)
V1 与V2 为实函数。
4
（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
( ) d
dt
∫∫∫ τ
d
3 rψ
*ψ
=
−
h 2im
∫∫
S
ψ
*∇ψ
−ψ∇ψ *
v ⋅ dS +
2V2 h
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，
V
( x)
=
∞,
0,
x < 0, x > a 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
∴λ = 2a / n
(n = 1, 2, 3,L)
又据 de Broglie 关系
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
∫ px ⋅ dx = nx h , (nx = 1, 2 ,3,L)
即
px ⋅ 2a = nx h （ 2a ：一来一回为一个周期）
∫∫∫d 3rψ *ψ τ
证：（a）式（1）取复共轭， 得
− ih
∂ ∂t
ψ
*
=
−
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_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 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)习题答案第4章-1
第四章：力学量用算符表示P186 15.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）(AB i ⎢⎣⎡21ⅲ）令F =且定义 由ⅰ）则由（14.1证τϕ∑τψτϕτψd P A d P F n n ˆ)ˆ(⋅≡⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰*⎰⎰⎰⋅∑=*ττϕψd P A n nn ˆ⎰⎰⎰-*⋅∑=τϕψd P P A n n )ˆ(ˆ1 ⎰⎰⎰-*⋅∑=τϕψd P P A n n )ˆ()ˆ(1⎰⎰⎰-*⋅∑=τϕψd P P P A n n )ˆ(ˆ)(2 τϕψd PP P P A n n )ˆ(ˆ)ˆˆ(3-*⋅∑=⎰⎰⎰⎰⎰⎰-∙∑=τϕψd P P PA n n )ˆ(ˆ)ˆ(32τϕψd P P P A n n )ˆ(ˆ)ˆ(42-∙∑= ⎰⎰⎰-∙∑=τϕψd P P PA n n )ˆ(ˆ)ˆ(42 ⎰⎰⎰∙=ττϕψd PF ])ˆ([ )ˆ(PF 满足厄密算符的定义。
4.2证明2ˆn m m n nm n m p x x pA +∑-（nm A 实数）是厄密算符。
（证明）方法同前题，假定已经证明pˆ,x ˆ都是厄密算符，即：⎰⎰⎰⎰⎰⎰x p m n ⎰*⋅ˆˆψ这证明mmx pˆˆ⎰ψ同理可证明⎰ψ⎰ψ因此2ˆˆˆˆn m m n p x x p+是厄密算符，因此∑-+nm n m m n nm p x x p A 2ˆˆˆˆ也是。
又假定用0ˆ0ˆ=+作为厄密算符0ˆ的定义，并设=∙+)ˆˆ( B A )ˆˆ(++∙A B 则本题可用较简方式来证明如下： 因为 *=p pˆˆ *=x x ˆˆ 所以有 nnp p)ˆ(ˆ*= mmx x )ˆ(ˆ*= n m n m m n m n p x p x x p x pˆˆ)ˆ()ˆ()}ˆ()ˆ{()ˆˆ(==∙=**** 同理有m n m n n m n m x p x p p x p xˆˆ)ˆ()ˆ()}ˆ()ˆ{()ˆˆ(==∙=**** 相加除2，得：这证明右方一式是厄密算符。
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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 。
附带指值不为零，能够证明：y x l l =4.30L 因此 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-+=∆。
（补白）若需要严格论证2x l 与2y l 的相等关系，可设yx l i l l ˆˆˆ+≡+ y x l i l l ˆˆˆ-≡- 于是有)ˆˆ(21ˆ-++=l l l x)ˆˆ(2ˆ+--=l l il y 求其符2ˆx l 的平方，用-+l l ˆˆ来表示：)ˆˆˆˆˆˆˆˆ(41ˆ2--+--++++++=l l l l l l l l l x )ˆˆˆˆˆˆˆˆ(41ˆ2--+++--+--+=l l l l l l l l l y(ˆ2im x Y l = (ˆ2im y Y l = =⎰⎰Ωl x 412=⎰⎰Ωl y 4120ˆ2,=Ω⨯=Ω⎰⎰⎰⎰+*++*d Y Y d Y l l Y m i im im im 常数 0ˆˆ2,=Ω⨯=Ω⎰⎰⎰⎰-*--*d Y Y d Y l l Y m i im im im 常数2)1)((ˆˆ +-+=Ω⎰⎰-+*m l m l d Y l l Y imim 2)1)((ˆˆ ++-=Ω⎰⎰+-*m l m l d Y l l Yimim注意上述每一个积分的被积函数都要使用（5）的两个式子作重复运算，再代进积分式中，如：1,)1)((ˆˆˆ-+-++-+=m l im Y m l m l l Y l l1,ˆ)1)((-+⋅+-+=m l Y l m l m lm l Y m l m l m l m l ,1)1()][(1([)1)((⋅+-+--+-+=将它们代入（3）就得到前一法（考虑y x l l ,对称）得到相同的结果。
])1)(()1)([(41222++-++-+=m l m l m l m l l x 22])1([21m l l -+= 又从（4）式看出，由于--++l l l l ˆˆ,ˆˆ没有贡献，（3）（4）应有相同的结果。
第二种方法运用角动量一般理论，这在4.30——6.24.31——6.54.31（a ）z L （b ）2L （c ）x L 解： （a ）由于ψ 21C L z =。
（b ）2L （c ）若1C ，2C 不为0，则x L （及y L ）的可能测值为： 2， ，0， -， 2-。
1）x L 在1=l 的空间，()z L L ,2对角化的表象中的矩阵是⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛010*******求本征矢并令1= ，则⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛c b a c b a λ010********， 得，a b λ2=，b c a λ2=+，c b λ2=。
1,0±=λ。
ⅰ）取0=λ，得a c b -== ,0，本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a 0，归一化后可得本征矢为⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-10121。
ⅱ）取1=λⅲ）取-=λ在=1111C Y C x L 取0x L 取 x L 取 -总几率为1C2）x L 在2=l 的空间，()z L L ,2对角化表象中的矩阵 利用 ()()1211++-=+m j m j m j j m j x ()()1211+-+=-m j m j m j j m j x11222 =∴x j ，230212=x j ，231202=-x j ，12212=--x j 。
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0100102300023023000230100010x L ，本征方程⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛e d c b a e d c b a λ010010230002302300023010001a b λ=，b c a λ=+23，()c d b λ=+23，d e c λ=+23，e d λ=，2,1,0±±=λ。
ⅰ）0=λ，⎪⎫ ⎛1⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=001002C 态下，测得0=x L ⅱ）1=λ =x L 的振幅为(1002C ⅲ）1-=λ⎪⎪⎭ ⎝11 -=x L 几率为0。
ⅳ）2=λ，a b 2=，a c 6=，a e d 22==，a c e ==6，本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1262141，在202Y C 态下，测得 2=x L的振幅为()2246126214100100C C =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛。
几率为2283C ； ⅴ）2-=λ，a b 2-=，a c 6=，a d 2-=，a e =，本征矢为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--1262141，在202Y C 态下，测得 2-=x L 的几率为2283C 。
2222418383 C C =⎪⎭⎫⎝⎛++∴。
在202111Y C Y C +=ψ态中，测x L （和y L ）的可能值及几率分别为：222122212122834141214183202C C C C C C +--4.32求证在zˆl 的本征态下，角动量沿着与z 轴成θ的角度的方向上的分量的平均值是：θcos m 。
（解）角动量l ˆ沿着与z 成θ解的方向（此方向用单位矢S 表示，它不是唯一的，因由方位角ϕ给定），有一投影'ˆl，它的解析式是： θϕθϕθcos sin sin cos sin k j i s++=zy x z y x l l l k j i l k l j l i s l l ˆcos ˆsin sin ˆcos sin )cos sin sin cos sin ()ˆˆˆ('ˆθϕθϕθθϕθϕθ++=++⋅++=⋅= （1）计算在z l ˆ的本征态im Y 中角动量投影'ˆl的平均值： ΩθΩϕθΩϕθΩd Y l Y d Y l Y d Y l Y l im z imim y im im x im ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+=***)ˆ(sin )ˆsin (sin )ˆcos (sin ' （2） 式中ϕθθd d d sin =Ω 根据（29）题的结论，zl ˆ本征态下0x =l ，0=y l 故前一式 第一，二两个积分无贡献，由于：imim z Y m Y l =ˆ，因而θcos ' m l = （3）4.33设属于能级E 有三个简并态1ψ，2ψ和3ψ，彼此线形独立，但不正交，试利用它们构成一组彼此正交归一的波函数。
解：1ϕ=a '2ϕ='3ϕ=321,,ϕϕϕ(),21ϕϕ(),31ϕϕ(),32ϕϕ∴4.33设属于某能级Ｅ的三个简并态)(321ψψψ彼此线性无关但不正交，试找出三个正交归一化的波函数，它们是否仍为简并？（解）用Schmidt 法选τψψψϕτd ⎰=1111*/（１）则1ψ被归一化了。
选 11222)*('ϕτϕψψϕτd ⎰-= （２）则0)*()*(**'11122112=-=⎰⎰⎰⎰τϕϕτϕψτψϕτϕϕτd d d d 故1'3,ϕϕ正交。
使 ⎰=τϕϕϕϕd '2'3'22* 则12,ϕϕ为正交归一组。
设2231133'3)*()*(ϕτϕψϕτϕψψϕ⎰⎰--=d d （３）则)*)(*(**1113131'3⎰⎰⎰⎰ψ-ψ=τϕϕτϕτϕτϕϕd d d d 0)*)(*(1223=ψψ-⎰⎰τϕϕτd d )*)(*(**2113232'3⎰⎰⎰⎰ψ-ψ=τϕϕτϕτϕτϕϕd d d d 0)*)(*(2223=ψ-⎰⎰τϕϕτϕd d故'3ϕ与21,ϕϕ都能正交。
选 ⎰=τϕϕϕϕd '3'3'33* 这样选的)(321ϕϕϕ是正交归一化组。
将Hˆ算符作用于（１）式：同理Hˆ ， 同理有3ˆϕH4.34此对易。
证明： S ˆˆ(再求]ˆ,ˆ[B A 由于]ˆ,ˆ[=B A∑=⋅γγβαγ)()()ˆˆ(G F G F αβαβ)ˆˆˆˆˆˆ()ˆˆˆˆˆˆ(01111----⋅-⋅=S A S S B S S B S S A S γβγαγγβγαγ)ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆˆ(1111∑∑----⋅-⋅=S A S S B S S B S S A S ⑵ 利用⑴式于⑵，则可以写成0])ˆˆˆ()ˆˆˆ([11=-∑--ββγβαγγγβαγδδA S B S S B S A aa不为零的项是：（因为矩阵元是数，可以对易）0)ˆˆˆ()ˆˆˆ(11=---ββαβαβA S B S S B S A aa即： 0)ˆˆˆ)((1=--αβββS B S A A aa ⑶ 此式成立的条件是：βα≠时，0)ˆˆˆ(1=-αβS B S βα=时，0)ˆˆˆ(1≠-αβS B S 故αβ)ˆˆˆ(1-S B S 是对角矩阵的元素，)ˆˆˆ(1-S B S 是对角矩阵，而S ˆ是能同时将B A ˆ,ˆ对角化的么正变换算符。
对易关系0],[=B A 必要性的证明：设Sˆ能同时将B A ˆ,ˆ对角化，则有： aa A S S αβαβδ=-)ˆA ˆˆ(1 ⑷ aaB S B S αβγαβδ=-)ˆˆˆ(1 ⑸ 试对]ˆ,ˆ[B A进行变换，有： αβαβαβ)ˆˆˆˆ()ˆˆˆˆ()ˆ)ˆ,ˆ(ˆ(111----=S A B S S B A S S B A Sαβαβ)ˆˆˆˆˆˆ()ˆˆˆˆˆˆ(1111----⋅-⋅=S A S S B S S B S S A S 写成展开式，再将⑷⑸代入：γβγαγγγβαγαβ∑∑-----⋅-⋅=)ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆ)ˆ,ˆ(ˆ(11111S A S S B S S B S S A S S B A S 0)(=⋅-⋅=∑γγγγβαααγγγγβαααγδδδδA B B A∑后面γ不论取βα,或其它值，这个矩阵元永远是零，这说明矩阵1ˆ]ˆ,ˆ[ˆ-S B A S的一切元素是零，这必需是0]ˆ,ˆ[=B A。