量子力学答案(第二版)苏汝铿第一章课后答案1.7-1#08
量子力学教程课后习题问题详解
2 (0) 1 (0) ⑤
2 (a) 3 (a) ⑥
⑤ ⑥ A0 sin ka 0 ka n
B 0 (n 1, 2, 3,)
∴ 2 (x)
Asin
n a
x
Asin ka 0
10
由归一化条件
(x) 2 dx 1
得
A2
a
sin 2
n
xdx
1
0
a
由
a
sin
b
m a
x sin
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
mT
hc xk
把 x 以及三个物理常量代入到上式便知
mT 2.9 10 3 m K
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。
1．4 利用玻尔——索末菲的量子化条件，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 H=10T，玻尔磁子 M B 9 10 24 J T 1 ，试计算运能的量子化间
隔△E，并与 T=4K 及 T=100K 的热运动能量相比较。 解 玻尔——索末菲的量子化条件为
根据动能与温度的关系式 以及
E 3 kT 2
可知，当温度 T=4K 时，
1k K 103 eV 1.6 1022 J
当温度 T=100K 时，
E 1.5 41.61022 J 9.61022 J
E 1.5 100 1.6 1022 J 2.4 1020 J 显然，两种情况下的热运动所对应的能量要大于前面的量子化的能量的间隔。
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
量子力学答案：第一章
故 v
因为梯度场是旋度为 0，所以该速度场为无旋的 ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 10、写出分离变量法 + 线性组合法解粒子初态演化问题的基本步骤。即已知 (0) ，如何求 (t ) ，使它满足薛定谔方程 i (t ) H (t ) 。 t （1）解能量本征方程 H n En n ，得到一系列的本征能量和能量本征
( x )e
ipx /
* ( x)eipx /
dx p ( p)dp dx p ( p)dp
*
1 (2 ) 1 (2 )1/2
1/2
* ( x) peipx / dx ( p )dp
( x ,y z , )dy dz dx （注意积分要加括号，以表明是对哪个变量积分）
2
6、在一维空间中，动量为 p0 的动量本征态用 Dirac 符号表示为___ p0 ___, 它 在 坐 标 表 象 下 的 形 式 为 x p0
1
1/ 2 ( 2 )
( x, t ) j ( x, t ) t x i 可得： j ( x, t ) ( * * ) 2m x x ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
对比 9、从薛定谔方程推导出速度场是无旋的，即 v 0 ，其中 v j ， 为概率 密度， j 为概率流密度。 证明：概率密度和概率流的表达式如下：
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。
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
《量子力学教程》_课后答案
(n 1, 2, 3,)
∴ 2 ( x) A sin
n x a
由归一化条件
得
( x) dx 1
2
A2
a
2 sin
0
n xdx 1 a
由
a
b
sin
m n a x sin xdx mn a a 2
14
A
2 a 2 n sin x a a
2 ( x)
23
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
A2 2 T A2 2T pdq A 0 cos t dt 2 0 (1 cost )dt 2 nh ， n 0,1,2,
2 2 T 2
A2 2 nh E nh ， n 0,1,2, 2 T
6
v 2 v （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。由 evB ，得 R eB R
其解为
2 ( x) A sin kx B coskx
④
13
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)
2 ( a ) 3 ( a)
⑤ ⑥ ⑥
⑤
B0 A sin ka 0
A0 s i n ka 0 ka n
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
量子力学导论答案-第一章
waterysun 似水骄阳 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， ⎩⎨⎧<<><∞=a x a x 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 x n 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 m p p p m E z y x z y x n n n z y x π ,3,2,1,,=z y x n n n 1.3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===。
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2
（1） ( x, t ) 和 ( x, t ) ，在时刻 t 这是否是个高斯波包？ （2）波包的宽度 x(t ) ； （3）
2
( x, t ) dx 是否依赖于 t ？
ei ( k0 )t (2 )1/ 2
2
解： （1） ( x, t )
C ( k )e
1 i[ kx Vg ( k k0 ) t ( k k0 )2 t ] 2
批注 [JL1]:
dk
所谓 k 空间，是指在 Hilbert 空间中
和 令k
ei ( k0 )t a 1/ 2 (2 ) (2 )1/ 4
令 k r t
(
∴
d d r cos t k dk dk d d 即： rC t 0 dk dk dr d ∴ Vg C dt dk d ˆ V g x(t )
a 4 4 2t 2 2
2
（3）
( x, t ) dx
2a ( a 4 t ) e
4 2 2
1 2
2(Vgt x )2 a 4 4 2t 2
dx
令
2(Vgt x) a 4 4 2t 2
P
2
则原式
ae P dP
a
显然
( x, t ) dx 不依赖于 t
1
2
（且由归一化关系，知 a
）
1.8、将平面波和波包的讨论推广到三维情况，求群速度。 解：在三维情况中，波包可视为若干平面波的叠加。
(r , t )
1 C (k )ei ( k r t ) d k (2 )3/ 2
e
a2 ( k k0 )2 4
ˆ 的本征态为基矢。 取动量算符 k 因而
e
1 i[ kx Vg ( k k0 ) t ( k k0 )2 t ] 2
dk
( x, t ) x, t
dk x, t k k dk x, t k C (k )
按此
k0 m
ei ( k0 )t a 原式 1/ 2 (2 ) (2 )1/ 4
e
a2 2 m 4
e
1 i[ mx Vgmt m2t ] 2
dk ei ( kx t ) / C (k ) (2 )1/ 2
eik0 x dk
重算。
2 ik0 x ei ( k0 )t a a 2 i t 1 a 2i t 2 ( ) e (2 )1/ 2 (2 )1/ 4 4 2
(Vgt x )2
1 4 2 2 4 a t a 4 2t 2 2 2 ( ) e ∴ ( x, t ) 4 2 2 16
a
2(Vgt x )2
2a (a 4 t
4
1 2 2 2
) e
2V ( g t a 4 t
4
2
x )
2 2
满足高斯分布，所以为高斯波包