曾谨言量子力学第五版答案
最新《量子力学导论》习题答案(曾谨言版-北京大学)1
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， ⎩⎨⎧<<><∞=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(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===。
曾谨言量子力学习题解答 第六章
^ ^ ^ ^ ^ 1 1 1 ( p r ) [ r p p r ] 2 r r
1 ^ ^ 1 1 ^ ^ = (p r ( ) ( ) r p 2 r r ^ ^ 1 ^ ^ 1 1 ^ = [ p r r p ] p r 2 r r
2 2 2 2 x 2 px y2 py z 2 x 2 px y2 py z 2 p z2 ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^
得： ( r p ) ( r ) ( p ) ( r p ) 2i r p
2 2 2 2
^ ^
^
^
^ ^
2 2 2 ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ 2 ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^
^
^
^ ^
^
^
^ ^
+ (z px z p x x p z x p z z p x x pz )
2 2 2 ^
^
^
^ ^
^ ^
^ ^
^ ^
^ 2
^
+(x
^ 2
2 ^
利用以上结果，或者直接对 p r 取厄米共轭式，都证明 p r p r
^
因此可认为 p r 是厄米的，证明在后面，但是关于这问题学术上有争论， 因为它还需要满足另一些条件(Liboff)。 C f R L Liboff: American Journal of Physics 976(1973)
m1 m ) y )( 2 m m Z z
(Y
(Z
m m1 z )( 2 )} m Y y m
曾谨严量子力学习题解答7
(
)
（8）
t = 0 时，体系的初始状态为
ψ (t = 0 ) = ψ 1 =
Ω ω Ω +ω ψ E+ + ψ E 2Ω 2Ω
（9） （10）
其中 Ω = ω 2 + 4γ 2 h 2 . 因此， t
≥ 0 时波函数为
Ω ω Ω +ω ψ E+ eiE+t h + ψ E e iEt 2Ω 2Ω
h
1 3 2 1 1 1 2 1 1 2 = 1 1 + 1 0 Y11β + Y10α 2 2 3 2 3 3 3
（2）
1
3 1 2 1 1 1 2 1 1 0 + 1 1 = Y10 β + Y11α 2 2 3 2 2 3 3 3 3 3 1 1 = 1 1 Y11β 2 2 2
r
r
r
r
（6）
3 1 2 3 1 2
3 r r ε r i 2 1 r r ε r i 2
2
=
2
1 2 2 2 r (ε x + ε y ) 6 2 2 2 r εz 9
=
2
1
3 2
1 r r ε r i 2
=
2
1 2 2 2 r (ε x + ε y ) 18
3 1 2
1 1 2
3 r r ε r i 2
(
)
(
)
初态： l = m = 0 , j =
i = 0 1 2
1 1 , m j = sz = 2 2 1 1 = 0 0 Y00α 2 2
（1）
终态： l = 1, j = l ±
1 3 1 3 1 = , ,mj = ± ,± . 2 2 2 2 2
曾谨言量子力学习题解答第五章
第五章： 对称性及守恒定律［１］证明力学量Aˆ（不显含t ）的平均值对时间的二次微商为： ]ˆ],ˆ,ˆ[[222H H A A dtd -= （H ˆ是哈密顿量） （解）根据力学量平均值的时间导数公式，若力学量Aˆ 不显含t ，有]ˆ,ˆ[1H A i dt A d= （１） 将前式对时间求导，将等号右方看成为另一力学量]ˆ,ˆ[1H A i的平均值，则有： ]ˆ],ˆ,ˆ[[1]ˆ],ˆ,ˆ[1[1222H H A H H A i i dt A d -== （２） 此式遍乘2即得待证式。
［２］证明，在不连续谱的能量本征态（束缚定态）下，不显含t 的物理量对时间t 的导数的平均值等于零。
（证明）设Aˆ是个不含t 的物理量，ψ是能量H ˆ的公立的本征态之一，求A ˆ在ψ态中的平均值，有：⎰⎰⎰=ττψψd AA ˆ* 将此平均值求时间导数，可得以下式（推导见课本§5.1）⎰⎰⎰-≡=ττψψd A H H A i H A i dt A d )ˆˆˆˆ(*1]ˆ,ˆ[1 （１） 今ψ代表Hˆ的本征态，故ψ满足本征方程式 ψψE H=ˆ （E 为本征值） （２） 又因为Hˆ是厄密算符，按定义有下式（ψ需要是束缚态，这样下述积公存在） τψψτψψτd AHd A H ⎰⎰⎰⎰⎰⎰=)ˆ(*)ˆ()~(ˆ* （３）（题中说力学量导数的平均值，与平均值的导数指同一量）（２）（３）代入（１）得：τψψτψψd A H id H A i dt A d )ˆ(*)ˆ(1)ˆ(ˆ*1⎰⎰⎰⎰⎰⎰-= ⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=τψψτψψd A iE d A i E ˆ**ˆ* 因*E E =，而0=dtAd［３］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⋅=⋅)],,(ˆ21,ˆˆˆˆˆˆ[]ˆ,ˆˆ[2z y x V pp z p y p x H p r z y x +++=⋅μ)],,()ˆˆˆ(21,ˆˆˆˆˆˆ[222z y x V p p p p z p y p xz y x z y x +++++=μ)],,(,[21],ˆˆˆˆˆˆ[222z y x V zp yp xp p p p p z p y p xz y x z y x z y x +++++++=μ（２） 分动量算符仅与一个座标有关，例如xi p x ∂∂= ，而不同座标的算符相对易，因此（２）式可简化成：]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[222z z y y x x p p z p p y p p x H p rμμμ++=⋅ )],,(,ˆˆˆˆˆˆ[z y x V p z p y p xz y x +++],ˆˆ[],ˆˆ[],ˆˆ[]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21222V p z V p y V p xp p z p p y p p x z y x z z y y x x +++++=μμμ （３）前式是轮换对称式，其中对易算符可展开如下：x x x x p x pp x p p x ˆˆˆˆˆ]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 pi =+= （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 =-=-= xVx 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 r z 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） （２）在定态ψ之下求不显含时间t 的力学量A ˆ的平均值，按前述习题２的结论，其 结果是零，令p r Aˆˆˆ ⋅= 则0)ˆˆ(*2=∀⋅-=⋅=⋅⎰⎰⎰V r p d p r p r dt d τμτψψ （７）但动能平均值 μτψμψτ22ˆ*22p d p T =≡⎰⎰⎰由前式 V r T ∀⋅⋅=21［４］设粒子的势场),,(z y x V 是z y x ,,的n 次齐次式证明维里定理（Ｖirial theorem ） T V n 2= 式中Ｖ是势能，Ｔ是动能，并应用于特例：（１）谐振子 T V = （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，势场用直角痤标表示的函数，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》答案 第9章
{ k (k 1)(k 2) n,k 3 3k k n ,k 1 8 2 3(k 1) k 1 n,k 1
(k 1)(k 2)(k 3) n ,k 2 } (7 )
2
1
{
n(n 1) ( 0) 1 (0) n 2 (n ) n 4 2 (5)
(n 1)(n 2) ( 0) n2 } 4
再将此式遍乘 x ，重复使用（4）式
( 0) x 3 n
1
2
{
n(n 1) (0) x n 2 4
1 (n 1)(n 2) ( 0) (0) (n ) x n n2 } 2 4
有： Ek
( 0) ) Ek(0 2 3
， ，
) Ek( 0) Ek(0 1
， （9 ）
) Ek(0) Ek(0 1
) Ek(0) Ek(0 3 3
将（7）和（9）所决定的诸值代入（3）
k
(0) k
(0) k
/
/ H k/ 2,k H nx (0) (0) ) n k (0) k( 0 3 ) E k0 E k( 0) E k E k( 0 2 ) k( 0 3
/ ( H nk )2 ( 0) (0) En n Ek
(10)
二能级量本征值修正量：按二级近似式是
Ek E
/
(0) k
H
/ kk
（11）
其中 H kk Wkk 0 ，二级修正量是个数量的和，它也用（7）式来计算，并也包括四个项：
曾谨言量子力学第五版答案
曾谨言量子力学第五版答案【篇一：量子力学第四版卷一 (曾谨言著)习题答案】量子力学的诞生1m?2x2中运动，用量子化条件求粒子能量e的可能取值。
2p?2m[e?v(x)]v()n?1,2,?,解：能量为e的粒子在谐振子势中的活动范围为 x?a（1）其中a 由下式决定：e?v(x)x?a?由此得a?1m?2a2。
?a 0 a x 22e/m?2 ，（2）x??a即为粒子运动的转折点。
有量子化条件p?得a?2a2?nh代入（ enx,y,z轴三个xxx即 px?2a?nxh（2a：一来一回为一个周期）pxnxh/2a,同理可得， py?nyh/2b, pz?nzh/2c,nx,ny,nz?1,2,3,?粒子能量enxnynz1?2?2222?(px?py?pz)?2m2m222??nxnyn?? ?2?z22??abc??nx,ny,nz?1,2,3,?1.3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2?2p?d??nh,n?1,2,?, p?是平面转子的角动量。
转子的能量e?p?/2i。
解：平面转子的转角（角位移）记为?。
它的角动量p??i?（广义动量），p?是运动惯量。
按量子化条件 .2?p?dx?2?p?mh,m1,2,3,因而平面转子的能量p??mh，2em?p?/2i?m2?2/2i，m?1,2,3,?1.4有一带电荷e质量m的粒子在平面内运动,b,求粒子能量允许值.,设圆半径是r,线速度是v,用高斯制单bevc又利用量子化条件,令电荷角动量转角2?pdq??mrvd??2?mrv?nh (2)12be?nmv? 22mc即 mrv?nh(3) 由(1)(2)求得电荷动能=再求运动电荷在磁场中的磁势能,按电磁学通电导体在磁场中的势能 v磁矩*场强电流*线圈面积*场强ev*?r2*b=,v是电荷的旋转频率, v?,代入前式得2?rcccbe?n(符号是正的) 2mcbe?n点电荷的总能量=动能+磁势能=e= ( n?1,2,3)2mc运动电荷的磁势能=1.5，1.6未找到答案1.7（1）试用fermat最小光程原理导出光的折射定律nsin??nsin?112（2）光的波动论的拥护者曾向光的微粒论者提出下述非难：如认为光是粒子，则其运动遵守最小作用量原理射定律0这将导得下述折nsin??nsin?1331媒质到另一种媒质e仍不变，仍有?e是粒子能量，从一种?pdl?0a到定点b的i?n设ai?n1122又ab沿界面的投影c也是常数，因而，?12存在约束条件：atg?1?btg?2?c（2）求(1)的变分,而将,12看作能独立变化的,有以下极值条件in1asec1tg1d1n2bsec2tg2d20 (3)再求（2）的变分asec22bsec1d12d2c0(3)与(4)消去d和d?1222得nsin??nsin?1(5)[乙法]见同一图,取x为变分参数,取0为原点，则有: i?n1a2?x2?n2b2?(c?x2)求此式变分,令之为零,有： ?i?x?x1a?x22(c?x)?x2(cx)22这个式子从图中几何关系得知,就是(5).(2)按前述论点光若看作微粒则粒子速度v应等于光波的群速度 vg光程原理作?,依前题相速vpc2v,而vgc2gvcn,n是折射率,n是波前阵面更引起的,vp,这样最小作用p量原理仍可以化成最小光程原理.ndl?0前一非难是将光子的传播速度v看作相速度vp的误解.1.8对高速运动的粒子(静质量m)(3).计算速度并证明它大于光速.(解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组:qih,本题中iqiv,p?p,因而im2c4?c2p2?v??pc2pmc?cp2422(4)从前式解出p(用v表示)即得到(2).又若将(2)代入(3),就可得到(1)式. 其次求粒子速度v和它的物质波的群速度vg间的关系.运用德氏的假设: p??k于(3)式右方, 又用e于(3)式左方,遍除h:m2c422ck??(k) 2按照波包理论，波包群速度vg是角频率丢波数的一阶导数：vg?k=m2c422ck 2c2kmc22ck224c2pmc?cp2422最后一式按照（4）式等于粒子速度v，因而又按一般的波动理论，波的相速度vgv。
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
量子力学导论习题答案(曾谨言)
第四章 力学量用算符表达与表象变换 4.1）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）()()()()BA AB i AB BA i B A A B i BA AB i -=--=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++21212121()BA AB i-∴21也为厄米算符。
ⅲ）令AB F =，则()BA A B AB F ===++++，且定义 ()()+++-=+=F F iF F F F 21 ,21 （1） 由ⅰ），ⅱ）得-+-+++==F F F F ,，即+F 和-F 皆为厄米算符。
则由（1）式，不难解得 -++=iF F F4.2）设),(p x F 是p x ,的整函数，证明[][]F ,F,,pi F x x i F p ∂∂=∂∂-=整函数是指),(p x F 可以展开成∑∞==,),(n m n m mnp x Cp x F 。
证： （1）先证[][]11, ,,--=-=n n m mp ni p x xmi xp 。
[][][][][][][][]()()[]()111111331332312221111,1,3,,2,,,,,------------------=---=+--==+-=++-=++-=+=m m m m m m m m m m m m m m m m m mx m i x i x i m xxp x i m x x p x i x x p x x p x x i x x p x x p x x i xx p x p x x p同理，[][][][][][]1221222111,2,,,,,--------==+=++=+=n n n n n n n n np ni ppx pi p p x p p x p p i pp x p x p p x现在，[][]()∑∑∑∞=-∞=∞=-==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=0,1,0,,,,n m nm mnn m n m mn n m n m mn px m i C p x p C p x C p F p而 ()∑∞=--=∂∂-0,1n m n m mn p x mi C x Fi 。
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曾谨言量子力学第五版答案【篇一：量子力学第四版卷一 (曾谨言著)习题答案】量子力学的诞生1m?2x2中运动，用量子化条件求粒子能量e的可能取值。
2p?2m[e?v(x)]v()n?1,2,?,解：能量为e的粒子在谐振子势中的活动范围为 x?a（1）其中a 由下式决定：e?v(x)x?a?由此得a?1m?2a2。
?a 0 a x 22e/m?2 ，（2）x??a即为粒子运动的转折点。
有量子化条件p?得a?2a2?nh代入（ enx,y,z轴三个xxx即 px?2a?nxh（2a：一来一回为一个周期）pxnxh/2a,同理可得， py?nyh/2b, pz?nzh/2c,nx,ny,nz?1,2,3,?粒子能量enxnynz1?2?2222?(px?py?pz)?2m2m222??nxnyn?? ?2?z22??abc??nx,ny,nz?1,2,3,?1.3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2?2p?d??nh,n?1,2,?, p?是平面转子的角动量。
转子的能量e?p?/2i。
解：平面转子的转角（角位移）记为?。
它的角动量p??i?（广义动量），p?是运动惯量。
按量子化条件 .2?p?dx?2?p?mh,m1,2,3,因而平面转子的能量p??mh，2em?p?/2i?m2?2/2i，m?1,2,3,?1.4有一带电荷e质量m的粒子在平面内运动,b,求粒子能量允许值.,设圆半径是r,线速度是v,用高斯制单bevc又利用量子化条件,令电荷角动量转角2?pdq??mrvd??2?mrv?nh (2)12be?nmv? 22mc即 mrv?nh(3) 由(1)(2)求得电荷动能=再求运动电荷在磁场中的磁势能,按电磁学通电导体在磁场中的势能 v磁矩*场强电流*线圈面积*场强ev*?r2*b=,v是电荷的旋转频率, v?,代入前式得2?rcccbe?n(符号是正的) 2mcbe?n点电荷的总能量=动能+磁势能=e= ( n?1,2,3)2mc运动电荷的磁势能=1.5，1.6未找到答案1.7（1）试用fermat最小光程原理导出光的折射定律nsin??nsin?112（2）光的波动论的拥护者曾向光的微粒论者提出下述非难：如认为光是粒子，则其运动遵守最小作用量原理射定律0这将导得下述折nsin??nsin?1331媒质到另一种媒质e仍不变，仍有?e是粒子能量，从一种?pdl?0a到定点b的i?n设ai?n1122又ab沿界面的投影c也是常数，因而，?12存在约束条件：atg?1?btg?2?c（2）求(1)的变分,而将,12看作能独立变化的,有以下极值条件in1asec1tg1d1n2bsec2tg2d20 (3)再求（2）的变分asec22bsec1d12d2c0(3)与(4)消去d和d?1222得nsin??nsin?1(5)[乙法]见同一图,取x为变分参数,取0为原点，则有: i?n1a2?x2?n2b2?(c?x2)求此式变分,令之为零,有： ?i?x?x1a?x22(c?x)?x2(cx)22这个式子从图中几何关系得知,就是(5).(2)按前述论点光若看作微粒则粒子速度v应等于光波的群速度 vg光程原理作?,依前题相速vpc2v,而vgc2gvcn,n是折射率,n是波前阵面更引起的,vp,这样最小作用p量原理仍可以化成最小光程原理.ndl?0前一非难是将光子的传播速度v看作相速度vp的误解.1.8对高速运动的粒子(静质量m)(3).计算速度并证明它大于光速.(解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组:qih,本题中iqiv,p?p,因而im2c4?c2p2?v??pc2pmc?cp2422(4)从前式解出p(用v表示)即得到(2).又若将(2)代入(3),就可得到(1)式. 其次求粒子速度v和它的物质波的群速度vg间的关系.运用德氏的假设: p??k于(3)式右方, 又用e于(3)式左方,遍除h:m2c422ck??(k) 2按照波包理论，波包群速度vg是角频率丢波数的一阶导数：vg?k=m2c422ck 2c2kmc22ck224c2pmc?cp2422最后一式按照（4）式等于粒子速度v，因而又按一般的波动理论，波的相速度vgv。
vg是由下式规定vpk（?是频率）利用（5）式得知m2c42??c?c （6）vp?2k2e?p补充：1.1设质量为m的粒子在一维无限深势阱中运动，,x?0,x?av(x)??0,0?x?a?试用de broglie的驻波条件，求粒子能量的可能取值。
【篇二：《量子力学导论》习题答案(曾谨言版,北京大学)1】/p> ??,x?0,x?a1.1设质量为m的粒子在一维无限深势阱中运动， 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?2(n?1,2,3,?)2a/n （1）又据de broglie关系 p?h/?（2）而能量e?p2/2m??2/2m?2h2n2?2?2n22m?4a22ma2n1,2,3,（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。
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pxdxnxh,nx1,2,3,即 px?2a?nxh（2a：一来一回为一个周期）pxnxh/2a,同理可得， py?nyh/2b, pz?nzh/2c,nx,ny,nz?1,2,3,?粒子能量 enxnynz1?2?2222?(px?py?pz)?2m2mnx,ny,nz?1,2,3,?222??nxnynza2b2c21.3设质量为m的粒子在谐振子势v(x)? 提示：利用 p?dx?nh,1m?2x2中运动，用量子化条件求粒子能量e的可能取值。
2p?2m[e?v(x)]v()n?1,2,?,解：能量为e的粒子在谐振子势中的活动范围为 x?a（1）其中a由下式决定：e?v(x)x?a?由此得a?1m?2a2。
?a 0ax 22e/m?2 ，（2）x??a即为粒子运动的转折点。
有量子化条件p?dx?2?dx2ma2m?a2?得a?22ma2nhnh2?n（3） m??m?代入（2），解出 en?n??,n?1,2,3,?（4）ua2u22a?udu?a?u?arcsin?c22a22积分公式：2?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2p?d??nh,n?1,2,?, p?是平面转子的角动量。
转子的能量e?p?/2i。
解：平面转子的转角（角位移）记为?。
它的角动量p??i?（广义动量），p?是运动惯量。
按量子化条件 .2?p?dx?2?p?mh,m1,2,3,因而平面转子的能量p??mh，2em?p?/2i?m2?2/2i，m?1,2,3,?第二章波函数与schr?dinger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 e??d3r??，22m*?*v?（能量密度）（b）证明能量守恒公式 ?w?ts?0???2???*s?2m*tt???（能流密度） ?证：（a）粒子的能量平均值为（设?已归一化）2e?*2?2m??vd3r?t?v（1）v??d3r?*v?（势能平均值）（2）t??d3r?*22?2m(动能平均值) 22md3r**其中t的第一项可化为面积分，而在无穷远处归一化的波函数必然为0。
?2t?2md3r*（3）结合式（1）、（2）和（3），可知能量密度22m*?*v?, （4）且能量平均值 e??d3r?? 。
（b）由（4）式，得2...t2m*?v???*v????t?t??tt2?.2m.*?.?.22*?.t?t???tt??v???*vt?t.2???.s???22?*?t???2m?2vt2mvs?e???.???.*t???t??因此s?e? （? ：几率密度）ts （定态波函数，几率密度?不随时间改变）所以ws?0 。
?t2.2考虑单粒子的schr?dinger方程22?i??r,tr,t???v1?r??iv2?r????r,t?（1） ?t2mv1与v2为实函数。
（a）证明粒子的几率（粒子数）不守恒。
（b）证明粒子在空间体积?内的几率随时间的变化为2v2d3***drds??????dt?2ims?3*dr?? ???证：（a）式（1）取复共轭，得*22*v1?iv2??* （2） ?it2m*（1）-??（2）,得*2*2i2?*?2i?*v2??t2m2**?2iv2?*?2m2v?*?*??????*??2??*??（3） ?t2im?2v2j0 ，即 ?t?此即几率不守恒的微分表达式。
（b）式（3）对空间体积?积分，得23***33*dr?dr?drv2?t?2im 2**3*ds?drv??2???2ims??上式右边第一项代表单位时间内粒子经过表面进入体积?的几率（j?ds ），而第二项代表体积?中“产生”的几率，这一项表征几率（或粒子数）不守恒。
2.3 设?1和?2是schr?dinger方程的两个解，证明d?*?3dr?r,t?r,t??0。
12dt?1??22证： ?iv?1（1） t?2m?2??22iv2（2） t?2m?取（1）之复共轭： ?i*1?t??22*2mv12（3）??*1?（2）,得i2*2*t122m2*11?2?2?对全空间积分：id3*2dtdr32**21?r,t??2?r,t?2mdr211223*2mdr21*122*1*12??2d3r*2m21*1222m**?2112ds0，（无穷远边界面上，?1,?2?0）即 ddt d3r*1r,.t??2r,t?0。
2.4）设一维自由粒子的初态??x,0??eip0x/?，求??x,t?。
i??解： ??x,t??e?pp2?0x02mt/2.5 设一维自由粒子的初态??x,0x?，求?x,t?2。
提示：利用积分公式cos2d2d2sin?（3）【篇三：量子力学曾谨言第五版第三章讲课稿(知识点)】>1、一维运动问题的一般分析(general analysis for 1d problems)一、一维定态薛定谔方程的解的一般性质(general properties of solutions of stationary 1d schr?dinger equation ) 考虑质量为m的粒子在势场v(x)中运动，薛定谔方程为22d?(x)v(x)是哈密顿量。