量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.106#16
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.16-6#8
(s x + s y + s y ) ？？
sin qe- iwt ÷ ÷ ÷ - cos q ÷
，设 f (t )＝ç ç
¶f = Hf ¶t
骣 a(t )÷ ÷，则有 ç ÷ b(t )÷ 桫
i d a(t ) = cos qa(t ) + sin qe- iwt b(t )......(1) - m0 B dt i d b(t ) = - cos qb(t ) + sin qeiwt a(t ).....(2) - m0 B dt
c1' = iw1e- iwt c2
化简得： 其中：
c2' = iw1eiwt c1
cos q, w1 = m0 B sin q, w2 = w + 2w0
w0 =
m0 B
a(t ) = c1eiwt b(t ) = c2e- iwt
解得： c2 '' = iw2c2 '- w12c2 （＊） 由初始条件：
( S1z - S 2 z )c 1 = 0 ( S1z - S 2 z )c 2 = 0 c 4 ( S1z - S 2 z )c 3 = c 3 ( S1z - S2 z )c 4 = 2 2
骣1 2 ç A ç ç 4 ç ç ç ç ç ç 0 ç 所以得到： H ' = ç ç eB ç ç ç ç mc 2 ç ç ç ç ç 0 ç 桫
eB ( S1z - S2 z ) mc 解： eB ＝H 0 + A( sx 2 + s y 2 + sz 2 ) + ( S1z - S2 z ) mc H = H 0 + AS1 S2 +
量子力学教程(二版)习题答案
第一章 绪论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 ch d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd cd 2-=得1185-=kThc ehc λλλπρ，令kT hcx λ=，再由0=λρλd d ，得λ.所满足的超越方程为 15-=x xe xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kThcm λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 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=⨯≈==-mEh 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=⨯≈===-mkTh 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 Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμEb E a ==，相空间面积为,2,1,0,2=====⎰n nh EEab 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 c o s ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh TA dt t A dt t A pdq T T==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=nνμωnh Tnh 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。
量子力学(二)习题参考答案
2µ (U1 − E ) h2 2µ E h2
ψ 2 '' ( x) + k 2ψ 2 ( x ) = 0, k =
西华师大物理与电子信息学院
4
四川省精品课程——量子力学补充习题参考答案
ψ 3'' ( x) − β 2ψ 3 ( x) = 0, β =
其解分别为：
2µ (U 2 − E ) h2
ψ 1 ( x) = A1eα x + B1e −α x ψ 2 ( x) = C sin(kx + δ ) ψ 3 ( x ) = A2e β x + B2 e− β x
2
2
⑤
而透射系数
⑥
2） 、当 E＜U0 时，有ψ 2 '' ( x ) − k3 2ψ 2 ( x ) = 0 ， k3 = 其解为：ψ 2 ( x ) = Ce
− k3 x
+ De k3 x = Ce − k3 x （ψ 2 有限条件）
⑦
以下可以重复前面的求解过程。 不过， 为了简单我们亦可以在前面得到的结果⑤中做代 换 k2 ＝i k3 ，得到
由（18）式， （16） 、 （17）变成 或由 （19） 式， （16） 、 （17） 变成
（20）或（21）式就是讲义上习题 2．7 的结果。 a) 将 δ = 0 代入ψ 2 ( x) 中有：ψ 2 ( x) = C sin kx 由连续性条件：ψ 2 ( a) = ψ 3 ( a ) → C sin( ka ) = B2 e − β a
ψ m (ϕ ) =
除了 m=0 的态之外， E m 圴是二重简并的。 5、梯形式——— U ( x ) =
0, x < 0 U 0 , x > 0
量子力学导论答案完整版(下)
第六章 中心力场6.1) 利用6.1.3节中式（17）、（18），证明下列关系式相对动量 ()21121p m p m M r p-==∙μ （1） 总动量 21p p R M P+==∙ （2）总轨迹角动量p r P R p r p r L L L⨯+⨯=⨯+⨯=+=221121 （3）总动能 μ222222222121M P m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R r μ+= r m R r22μ-= （5）m p +=21μ，m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m R ++=， （17） 21r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’） 总动量 ()2121221121p p m m r m r m m m R M P+=+++==∙∙∙（2’）总轨迹角动量 221121p r p r L L L⨯+⨯=+=)5(2211p m up m u ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p m Mp p -⨯++⨯= )2)(1(p r P R ⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。
总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m u m P m m u m m u m P m m u ⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p P m m m P m m mμ2222M P += （4’） ［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中、和的算术表示式r i p ∇-= R i P ∇-= ，p r P R L⨯+⨯=解： ()()211221121r r m m Mi p m p m M ∇-∇-=-=（1） 其中 1111z y x r ∂∂+∂∂+∂∂=∇， 而xX M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111， 同理，y Y M m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZ M m z ∂∂+∂∂=∂∂11； （利用上题（17）（18）式。
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#6 @
1 N L 2
耦合之后总磁矩
1 1 N L J ( g p g N )N S J J 2 2 R J ( J 1)
因 J LS 有
N 3 ( g p g N ) N (1) J / 2
旋 S , 然后总自旋再与轨道角动量 l 耦合形成总角动量 J , 用核磁子表示你的结果. 已知质子和 中子的磁矩分别是 2.79 和-1.91 核磁子. 解: (i) S,D 态的宇称为正, 而 P 态的宇称为负, 由于宇称守恒, 开始时为 S 态的量子态在任何 时刻都不可能有 P 态混入 (ii)
1 1 1.5 ( g p g N ) N J 0.31 N J 2 2
取 J 方向的投影并使 J s 为最大值 J 1 , 从而有 0.31 N 6.11 一个 介子(赝标粒子, 自旋为零, 奇宇称)最初别束缚在氘核周围, 并处在最低库仑态
的角分布是多少? (i). 反应前后宇称守恒, 有
p( ) p(d )(1) L1 p(n) p(n)(1) L
L1 , L2 分 别 是 d 及n+n 的 轨 道角 动量 . 但反 应 前 是 在库 仑 势的 最低 能 态
中, L1 0 , 且已知: p( ) 1, p(d ) 1 有
2/3 c , 2/ d 3 , 1/ 3
p 1,1 p 1, 1 0 n 1, 0
查 C G 系数表, 可得
a 1 / 3b ,
共振态的 I 3/ 2 , 经过此面的截面比为 1 2 4 2 a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
能的, 因为 L 1 , 所以几率为 0 (iii) 从而有 初始态为 J , J z 1,1 , 将其变成非耦合表象 L 1, S 1, L, L3 , S , S z
量子力学导论第6章答案
第六章 中心力场6.1) 利用6.1.3节中式（17）、（18），证明下列关系式相对动量 ()21121p m p m M r p -==∙μ （1）总动量 21p p R M P+==∙ （2）总轨迹角动量p r P R p r p r L L L⨯+⨯=⨯+⨯=+=221121 （3）总动能 μ222222222121M P m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） m p +=21μ，m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m R ++=， （17） 21r r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’） 总动量 ()2121221121p p m m r m r m m m R M P+=+++==∙∙∙ （2’）总轨迹角动量 221121p r p r L L L⨯+⨯=+=)5(2211p r m uR p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p m Mp p -⨯++⨯= )2)(1(⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。
总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m pP u m p m m u m m p P u m p m m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p P m m m P m m m μ2222M P += （4’） ［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中p 、和的算术表示式r i ∇-= R i ∇-= ，p r P R L ⨯+⨯=解： ()()211221121r r m m Mi p m p m M ∇-∇-=-=（1） 其中 1111z y x r ∂∂+∂∂+∂∂=∇， 而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111， 同理，y Y M m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZ M m z ∂∂+∂∂=∂∂11； （利用上题（17）（18）式。
量子力学第二版答案应用量子力学第二版
量子力学第二版答案应用量子力学第二版A.F.J.Levi,University of Southern Celi? fornia,USA Applied Quantum Mechanics2ndEd.xx,558pp.Hardcover USD75.00ISBN 0-521-86096-2本书是为电子工程?光电技术?材料科学等应用物理专业的大学生撰写的一部应用量子力学导论课程教材,旨在帮助这些学生了解量子力学基础,使他们能对这些与未来科学技术的进步密切相关的应用领域做出更多的贡献?该书的第一版出版于xx年,这是xx年出版的第二版?作者延续了第一版的风格,集中介绍薛定锷方程的实际处理及量子力学问题的解析求解,以及利用现代计算机的强大计算能力,对一些复杂问题进行数值求解?此外,本书特别注重量子力学在各领域中的应用的发展?第二版增加了不少新的习题,补充了一些新的重要的内容?全书分为11章?1.引言,介绍了一些经典力学和经典电磁学知识;2.通向量子力学,对量子力学的发生与发展做了一些历史回顾,引入了薛定锷方程;3.使用薛定锷方程,介绍了与薛定锷方程相关的一些概念和性质,给出了1维势阱和势垒问题的解法;4.讲电子的传播,讨论了跃迁?共振?能级论和WKB近似方法;5.本征态和算符,介绍了量子力学的数学形式及测量问题;6.简谐振子;7.费米子和玻色子;8.时间相关的微扰;9.半导体激光;10.时间无关的微扰;11.角动量和氮原子?本书的一个重要特点是给出了与书中的一些练习题相关的计算机程序?第一版时是以光盘形式附在书末,第二版把这些用MATLAB语言编写的程序放到了互联网上?书中提供了网址,可以供读者下载?本书对于各应用物理专业的学生学习量子力学有重要的参考价值?而对于一般物理系的师生和相关的研究人员也是十分有用的?丁亦兵,教授(中国科学院研究生院)Ding Yibing,Professor(The Graduate School,the Chinese Academy of Sciences) 内容仅供参考。
苏汝铿量子力学答案1-8章
(k ) (k v (k 0k ) (k 0 2 k ) （2） 0 ) g
， (
1 2
vg (
d )k dk 0
d 2 )k dk 2 0
将（2）式代入（1）式有
( x, t )
a (2 )
ei ( k0 )t ( )
1
1
2
C (k )e
在只有一个方势垒的情况下利用薛定谔方程和边界条件通过解四元一次方程组得透射波与反射波的振幅用入射波的振幅来表示再利用透射系数和反射系数的定义即可求解得可想而知对两个方势垒则需解八元一次代数方程组这是不好做的
量子力学答案 解答者一
第一章
第一组：陈震，200431020002；黎雄俊，200431020005。 习题 1.1、 试利用普朗克公式证明维恩位移律。 证明：频率间隔为 d 中的能量密度为
1 ( x ) dx A 2 x 2 e 2x dx
2 0
1 2 A 4 3
∴ A 2 3 / 2
( x) 23 / 2 xe 2x
( x) 0
c ( p, t ) ( 1 2
( x 0) ( x 0)
1 2
3
整理得
d
由
8 hc 1 d e 1 5
hc / kT
d 5ehc / kT 1 hc hc / kT 8 hc 6 hc / kT 1 e 0 d 5 kT e 1
1 hc 0 解此超越方程得 5 kT
ni h
p dx
i
i
pi dxi pi ai ,
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编辑者：霍团长
6.10氘是质子和中子的束缚态,其总角动量1=J .现已知它主要是由)0(=l S 态组成并且有很少的)2(=l D 态参与进来:
(i)解释为什么P 态不能参与?
(ii)解释为什么G 态不能参与?
(iii)计算n-p 体系(总角动量1=J )处在纯D 态时的磁矩.假设n 和p 自旋耦合形成总自旋S,然后再与轨道角动量l 耦合形成总角动量J,用核磁子表示你的结果.已知质子和中子的磁矩分别是2.79和91.1-核磁子.
解:
(i)S 和D 态的宇称为正,而P 态的宇称为负,由于宇称守恒,开始时为S 态的量子态在任何时刻都不可能有P 态混入.
(ii)质子和中子组成的系统的自旋可能值为1或0,因为S L J +=.所以在0=S 时有1=L ,为P 态,由(i)知道不可能存在,在1=S 时0,1,2=L .所以宇称准许的只有S 或D 态,不能有)4(=l G 混入.
(iii)对于纯D 态,总自旋S=1,轨道角动量(对n,p 质心)L=2
总的磁矩应该等于总自旋的磁矩μ,与轨道角动量的磁矩i μ的耦合
总自旋n p S S S += n p l μμμ += (n p μμ和分别为p 和n 的自旋磁矩) 把总μ,沿总S
方向投影取平均,有 S g g S S S S S g S g n n p n n n p n p l μμμμ)(2
1)1()(+=+⋅+= 其中 c
m e p n 2 =μ 58.5=p g 82.3-=n g 质子运动对质心产生磁矩,但是中子并不对质心产生磁矩,这样有
p n p p l L L c
m e ⋅=⋅=μμ2 p L 是p 对质心的角动量,因为L L L n p =+,且可以认为n p L L =,有L L p 2
1=(质心在连线中心),这样就有L n l μμ2
1= 耦合之后的总磁矩
)
1(])(2121[+⋅++⋅=J J J J S g g J L n n p n μμμ
因S L J
+=，有 J J g g J g g n n n p n n p n
μμμμμ31.021)](215.1[2
/)]1()(21321[=+-=-++⋅= 取J 方向的投影并使z J 为最大值1=J ，从而有
n μμ31.0=
6.11一个π-介子（赝标粒子、自旋为零、奇宇称）最初被束缚在氘核周围，并处在最低库仑能态上。
它被氘核（一个质子和一个中子处在31S 态中）俘获，并使氘核转变为一对中子：d n n π-+→+。
（i ）中子对的轨道角动量和总自旋角动量是多少？
（ii ）发现两个中子的自旋均与氘核的自旋相反的概率是多少？
（iii ）如果氘核的自旋在最初全部指向ˆR
方向，发现自旋反向的中子的发射概率（单位立体角）的角分布是多少？
解：
（i ）反应前后宇称守恒，有：12()()(1)()()(1)L L p p d p n p n π--=-。
1L ，2L 分别是d
π-
+及n n +的轨道角动量。
但反应前π-是在库仑势的最低能态中，10L =，且已知： ()1p π-=-，()1p d =，有：22(1)1,21,0,1,2
L L m m -=-=+=。
反应前后角动量守恒。
反应前1J =，所以反应后有2L S J +=。
n 与n 的全同性要求总波函数反对称现在空间波函数反对称，所以自旋函数必须对称，即： 1S =，所以2,1,0L =。
但21L m =+，所以1,1L S ==。
（ii ）设反应前氘核子方向2J =，若中子对全部反向，2S =-，那么22L =，这是不可能的，因为1L =，所以几率为0。
（iii ）初始态为2,1,1J J =，将其变到非耦合表象：221,1,,,,L S L L S S ==， 从而有1,11,0,1,11,1,1,0=。
111,1,1,0(,)1,01,0i Y e φθφθ==⋅，此态中0z S =，显然有一个中子的 12
z S =-，所以发现的几率为： 22(,)133sin sin 2816dP d θφθθππ
==Ω
6.12在12=+J J J ，12m m m =+的态中
（i ）若121311,,,222
j j j m ====，求克莱布希-戈尔登系数； （ii ）考虑下列反应：
0()()()a p p
b p p
c p n
ππππππ++---→→→ 这些同位旋守恒的反应能在同位旋32I =的∆共振态或在12I =的N *共振态中产生，试分别就对应于∆共振和N *共振的能量计算截面比::a b c σσσ。
在一个共振能处可忽略其他同位旋态产生的影响，π介子的同位旋是1I =态，核子的同位旋是12I =态。
解；
（i ）定义算符12J J J ---=+，则有：1232,32()1,112,12J J J ---=+， 即332,1221,012,121,112,12=+
-， 所以32,121,012,121,112,1=- （ii ）01,1,1,0,1,1,12,12,12,12.p n πππ+-===-==- 01,112,1232,32,
1,112,1232,1212,12,1,012,1232,1212,12.
p p a b n c d πππ+-===-=-
+-=-=-
+-
由C
G -
系数可得：a b c d ====
∆共振态的32I =，经过此态的截面比为：4212::1::1::99
a b c a ac σσσ==
N *共振态的12I =，经过此态的截面比为：4242::0::0::99
a b c b bd σσσ==。