量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#6 @
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 Mr p-==∙μ （1） 总动量1p 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 μ222222222121pMP m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） p P m p +=21μ，p P 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 u R p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p mMr p p R -⨯++⨯=)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 p P u m pPm m um m p P u m pPm m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p Pm m m Pm m m μ2222pMP +=（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 、P 和L 的算术表示式r i p ∇-= R i P ∇-= ，p r P R L⨯+⨯=解： ()()211221121r r m mMi p m p mMp ∇-∇-=-=（1）其中 1111z k y j x ir ∂∂+∂∂+∂∂=∇，而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111，同理，y YM m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZM 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6.16-6#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 +
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#16
p( ) 1 ， p(d ) 1 ，有： (1) L2 1, L2 2m 1, m 0,1, 2
反应前后角动量守恒。反应前 J 1 ，所以反应后有 L2 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：
S 1 ，所以 L 2,1, 0 。但 L 2m 1，所以 L 1, S 1 。
总轨道角动量为 2 ；总自旋角动量为 2 。 （ii）设反应前氘核子方向 J 2 ，若中子对全部反向， S2 ，那么 L2 2 ，这是不 可能的，因为 L 1 ，所以几率为 0。 （iii）初始态为 J , J 2 1,1 ，将其变到非耦合表象： L 1, S 1, L, L2 , S , S2 ， 从而有 1,1
l
e Lp n Lp 2m p c
1 L p 是 p 对质心的角动量, 因为 L p Ln L , 且可以认为 L p Ln , 有 L p L (质心在连线中 2 1 心), 这样就有 l n L 2
耦合之后的总磁矩
p 1,1 1 2,1 2 3 2,3 2 , p 1, 1 1 2,1 2 a 3 2, 1 2 b 1 2, 1 2 , 0 n 1, 0 1 2, 1 2 c 3 2, 1 2 d 1 2, 1 2 .
由 C G 系数可得： a 1 3,
取 J 方向的投影并使 J z 为最大值 J 1 ，从而有
1 2
1 2
0.31 n
6.11 一个 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 3S1 态中）俘获，并使氘核转变为一对中子：
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。
量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
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
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 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 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
③
由于(1)、(3)方程中，由于U (x) ，要等式成立，必须
1 ( x) 0
2 ( x) 0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
d 2 2 ( x) 2m E 2 2 ( x) 0 方程(2)可变为 dx2
令k
2
2mE ，得 2
d 2 2 ( x) 2 k 2 ( x) 0 dx2
max
0 h 6.626 1034 c 0.024A （电子的康普顿波长）。 31 8 e c 9.1 10 3 10
8
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
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 bTm3109.2 ,×´==-l 。
证明：由普朗克黑体辐射公式：由普朗克黑体辐射公式：n n p nr n nd ec hd kTh 11833-=， 及ln c=、l ln d c d 2-=得1185-=kThcehc l l l p r ，令kT hc x l =，再由0=l r l d d ，得l .所满足的超越方程为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 l ，将数据代入求得C m 109.2 ,03×´==-b b T ml 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 l # 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。
波长。
解：010A 63.12m 1063.1232=´»===-mkT h mE h p h l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：利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。
）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。
）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 m ，求动能的量子化间隔E D ，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。
的热运动能量相比较。
解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E mw m +=可以化为()12222222=÷÷øöççèæ+mw m E q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2mw m Eb E a ==，相空间面积为，相空间面积为,2,1,0,2=====òn nh EE ab pdq nw pp 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E n方法2：一维谐振子的运动方程为02=+¢¢q q w ，其解为，其解为()j w +=t A q sin速度为速度为 ()j w w +=¢t A q c o s ，动量为()j w mw m +=¢=t A q p cos ，则相积分为，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=òòò2)cos 1(2cos 220220222mw j w mw j w mw ， ,2,1,0=n nmw nh 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。
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.13-6#1
E E E E 1 2 2s c xc 1 2 2c s xs 2 2 4 4
而
E E 2c / s 2 x 1 s1 2 2s / c 2 x 1 c12 4 4
2 2
1 1 2 2 2 1 1 x 2 cos s c 4s 2c 2 cos E2 E3 t / 2 2 2 2 1 x 2
1 x 2 Et /
1
1 sin 2 1 x2
1 x 2 Et / 2
编辑者：霍团长 6.13、讨论一个中性粒子，它的内禀角动量是 S ( S 1) ，其中 S ，即它是一个自旋为 1 的
2
2
粒子。假设这粒子有一磁矩 M S ， 是一个常数。这个粒子的量子态可用自旋空间描述。它的 基矢是 S x 的两个本征态 和 ，分别代表其自旋方向平行和反平行于 z 轴，即有
批注 [JL1]: 应为 S z
Sz
2
， Sz
2
在 t 0 时，体系状态是
(t 0) 。这一粒子沿 y 轴运动，通过一沿 y 轴方向的均匀磁场
B B0 j 。
(ⅰ)、求
(t ) ，用 和 来表示。
(ⅱ)、 S x 、 S y 、 S z 作为时间函数的表达式。
状态的自旋波函数是： 1 1 2 ， 2 S 1 2 C12 ， 3 C1 2 S12 ， 4 1 2 ，其
批注 [JL3]:
H E / 41 2 1 2
中
z i i i
1，ຫໍສະໝຸດ z i i iz
最新《力学》漆安慎(第二版)答案06章
力学（第二版）漆安慎习题解答第六章万有引力定律第六章万有引力定律一、基本知识小结⒈ 开普勒定律⑴ 行星沿椭圆轨道绕太阳运行，太阳位于一个焦点上⑵ 行星位矢在相等时间内扫过相等面积⑶ 行星周期平方及半长轴立方成正比 T 2/a 3=C⒉ 万有引力定律 2r mM G f =⒊ 引力势能 r mM p G r E -=)(⒋ 三个宇宙速度环绕速度 s km Rg V /9.71==脱离速度 122V V == 11.2 km/s逃逸速度 V 3 = 16.7 km/s.二、思考题解答6.1卡文迪什在1798年17卷《哲学学报》发表他关于引力常测量时，提到他实验是为测定出地球的密度。
试为什么测出G，就能测出地球的密度？答：设地面物体质量为m,地球质量为M，地球半径为R则二者之间的万有引力约为：由上式可以看出R，g都是可测量量，只要测出G，就能通过上间接测出地球密度。
6.2你有什么办法用至少那些可测量量求出地球质量、太阳质量、及地球太阳之间的距离？答：1）地球质量：设地面物体质量为m,地球质量为M，地球半径为R则二者之间的万有引力约为：因此，只要测出了地球半径R，就能求出地球质量M。
2）地球太阳之间的距离:设地球绕太阳运动的周期为,轨道半径为,太阳系的另一行星(离地球越近越好的周期为,轨道半径为,根据开普勒第三定律有:,即,由于人类早就对行星进行长期观测了, ,为已知,只需测出另一行星的轨道半径（这一距离需用视差法测量，需两个以上的天文台同时测量）,便可知地球太阳之间的距离r。
3）太阳的质量：设太阳质量为M，地球质量为m，地球太阳之间的距离r，则二者之间的万有引力约为：，因此只需测得地球太阳之间的距离r，就可求出太阳质量为M。
三、习题解答6.1.1设某行星绕中心天体以公转周期T 沿圆轨道运行，试用开普勒第三定律证明：一个物体由此轨道自静止而自由下落至中心天体所需的时间为π2Tt =.证明：物体自由下落的加速度就是在行星上绕中心天体公转的向心加速度： 2222/41)2(T R RT R R v a ππ=⋅== 由自由落体公式：π2221/2,T a R t at R === （此题原来答案是：24Tt =，这里的更正及解答仅供参考）6.2.1 土星质量为5.7×1026kg ，太阳质量为2.0×1030kg ，两者的平均距离是1.4×1012m.⑴太阳对土星的引力有多大？⑵设土星沿圆轨道运行，求它的轨道速度。
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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
1,1
2 2 1, 0,1,1 1,1,1, 0 2 2
1,1,1, 0 Y11 ( , ) 1, 0
6.10
氘是质子和中子的束缚态, 其总角动量 J 1 . 现已知它主要由 S (l 0) 态组成并且有
很少的 D(l 2) 态参与进来: (i) (ii) (iii) 解释为什么 P 态不能参与? 解释为什么 G 态不能参与? 解释 n p 体系(总角动量 J 1 )处在纯 D 态时的磁矩. 假设 n 和 p 自旋耦合形成总自
ˆ 所以在 S 0 时有 ˆL ˆS 质子和中子组成的系统的自旋可能值为 1 或 0, 因为 J
L 1 , 为 P 态, 有(i)可以知道不可能存在, 在 S 1 时 L 2,1, 0 , 所以宇称准许的只有 S 或 D 态,
不能有 G(l 4) 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 ,
1 3 1 , j , m , 求克莱布希-戈尔登系数; 2 2 2
考虑下列反应: (a) (b) (c)
p p p p
p 0n
这些同位旋守恒的反应能在同位旋 I 3/ 2 的 共振和 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 . 在一个共振能处可忽略其它旋态产生的影
1 2
1 2
上, 它被氘核(一个质子和一个中子处在 3 S1 态中)俘获, 并使氘核转变为一对中子
d nn
(i) (ii) (iii) 解: 中子对的轨道角动量和总自旋角动量是多少? 发现两个中子的自旋均与氘核的自旋相反的概率是多少?
ˆ 方向, 发现自旋反向的中子的发射概率(单位立角) 如果氘核的自旋在最初全部指向 R
1 , S ( g p g N )N S 2
其中
N
e ; g p 5.58, g N 3.82 2m p c
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
L
e Lp N Lp , 2m p c
1 L (质心在连线中 2
L p 是 p 对质心的角动量, 因为 Lp Ln L , 且可以仍为 Lp Ln , 有 Lp
3 sin ei 1, 0 8
1 2
此态中 S z 0 显然有一个中子的 S z 所以发现的几率为
dP( , ) 1 3 3 sin 2 sin 2 d 2 8 16
6.12 (i) (ii)
在 J J1 J 2 , m m1 m2 的态中 若 j1 1, j2
响, 介子的同位旋是 I 1态, 核子的同位旋是 I 1/ 2 态 解: (i) 因为 M m1 m2 , 所以 m1 , m2 只能取 1,
1 1 和 0, 两组. 2 2
2 2 1 1 , 1,1 , 3 3 2 2 M 3 3 1 1 , ( M 1 M 2 ) 1,1 , 2 2 2 2 1 1 1 1 , 1,1 , 2 2 2 2
2 1, 0
所以
1 1 3 1 1 1,1, , , 2 2 2 2 3 1 1 3 1 2 1, 0, , , 2 2 2 2 3
(ii)
1,1 , 0 1,0 , 1, 1
p
1 1 1 1 , ,n , 2 2 2 2 1 1 3 3 , , 2 2 2 2 1 1 3 1 1 1 , a , b , 2 2 2 2 2 2 1 1 3 1 1 1 , c , d , 2 2 2 2 2 2
N * 共振态的 I 1/ 2 , 经过它的截面比为
a : b : c 0 : b : bd 0 : :
4
2
4 2 9 9
编辑者：霍团长
总的磁矩应该等于总自旋的磁矩 s , 与轨道角动量的磁矩 l 的耦合.
ˆS ˆ S ˆ , ( , 分别为 p, n 的自旋磁矩), 把总 沿总 S 方向 总自旋 S p n s p n p n s
投影取平均, 有
s
( g p N S p g N N Sn ) S S ( S 1)
(1) L2 1, L2 2m 1, m 0,1, 2,
反应前后角动量守恒, 反应前 J 1 所以反应后有 L2 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 S 1, 所以 L 2,1, 0 , 但 L 2m 1, 所以 L 1, S 1 总角动量为 2 ;总自旋角动量为 2 (ii) z 1 , 那么 Lz 2 , 这是不可