5-2量子-波函数和薛定谔方程 大学物理作业习题解答
量子力学课后习题答案
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv e chv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1）以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThce kT hc ehcλλλλλπρ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThc λλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5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xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ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。
1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。
解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λh P =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph=λnmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
第二章 薛定谔方程 习题
第二章 薛定谔方程 习题 (课本44页)2.1 证明在定态中，概率流密度与时间无关。
证明：当一个系统处于定态时，其波函数),(t rϕ可以写作，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Et ir t rexp )(),(φϕ 于是便有，⎪⎭⎫⎝⎛=Et ir t rexp )(),(**φϕ 根据概率流密度的定义式(2.4-4)有，⎥⎦⎤⎢⎣⎡∇⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-∇⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-∇⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∇⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∇-∇≡ϕϕϕϕϕϕϕϕψψψψt iE t iE t iE t iE m i t iE t iE t iE t iE m i m i Jexp exp exp exp 2exp exp exp exp 2)(2******即有，)(2)(2****φφφφϕϕϕϕ∇-∇=∇-∇=mi m i J 显然，在定态中概率流密度与时间无关。
从某种意义上说明上述波函数称为定态波函数是名副其实的。
2.2 由下列两定态波函数计算概率流密度：⑴ )exp(11ikr r=ϕ，⑵ )exp(12ikr r-=ϕ。
从所得结果说明1ϕ表示向外传播的球面波，2ϕ表示向内(即向原点)传播的球面波。
解：在解本题之前，首先给出一个函数f 的梯度在球坐标系下的表达式，即ϕθθϕθ∂∂+∂∂+∂∂=∇f r e f r e r f e f r sin 1ˆ1ˆˆ ⑴ 首先求解函数1ϕ的概率流密度r ikrikr r ikr ikrikr r ikr e mr k r ike re e r e r ike r e e r e m i r ikr r ikr r ikr r ikr m i m i J ˆˆˆ2)exp()exp()exp()exp(2)(22221*1*111 =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⎪⎭⎫⎝⎛∇---∇=∇-∇=---ϕϕϕϕ可见，概率流密度1J 与r同号，这便意味着1J 的指向是向外的，即1ϕ表示向外传播的球面波。
《量子力学教程》作业题及答案--2017-2018第一学期
1、 求 一 维 线 性 谐 振 子 处 在 第 一 激 发 态 时 概 率 最 大 的 位 置 。
解：ψ 1(x ) =（
2α
π
）αxe − α
2
x2 /2
w(x ) = ψ 1(x ) =
2
2α 3
π
x 2e − α
2
x2
2 2 2 2 ∂w(x ) = 0 得 2xe − α x − 2α 2xx 2e − α x = 0 ∂x
E n x n y = E n x + E n y = (n x + 2n y + )ω
3） 对于基态， n x ,n y = 0 ， E 00 =
3 ω 是非简并的； 2
对于第一激发态，
5 n x = 1 ， E 10 = ω 是非简并的； 2 n y = 0 7 n x = 0 n x = 2 ， ， E 01 = E 20 = ω 能级是二重简并的； 2 = 1 = 0 n n y y 9 n x = 3 nx = 1 ， ，E E = = ω 是二重简并的。 30 11 n = 1 2 = 0 n y y
x < 0 0 ≤ x ≤ a 中， x > a
V0
4
的本征态，试确定此势阱的宽度 a 。
解：对于 E = −
V0
4
< 0 的情况，三个区域中的波函数分别为
ψ 1 ( x ) = 0 ψ 2 ( x ) = A sin kx ψ ( x ) = B exp(− αx ) 3
其中，
k=
n
则只有量子数 n = 1,3,5, 时， H n (0) = 0 （ n = 1,3,5, ） 则能级为 E n = ( n + 1 2 )ω
量子力学习题及答案
(7)代入(6)
csin2kk22a?dcos2k2a??kccos2k2a?
k21
kdsin2k2a
1
利用(4)、(5)，得
k1k2kasin2k2a?acos2k2a??acos2k2a?2kdsin2k2a
1
a[(
k1k2k?2k)sin2k2a?2cos2k2a]?0
1?a?0
?
2
2?
??4
??0?e?4(b?x)对于区域Ⅰ，u(x)??，粒子不可能到达此区域，故?1(x)?0
而. ????2? (u0?e)
2
0?
2
?2?①
??2? (u1?e)
3
???
2
?3?0 ②
??2?e4
???
2
?
4
?0
对于束缚态来说，有?u?e?0
∴ ????k21?2?0 k22? (u0?e)
因此k1x
??1?ae ?
3
?fe
?k
1x
由波函数的连续性，有
?1(0)??2(0),?a?d(4)
?1?(0)???2
(0),?k1a?k2c (5)??(2a)??1a
3?(2a),?k2ccos2k2a?k2dsin2k2a??k?2k2
1fe(6)
?1a
2(2a)??3(2a),?csin2k2a?dcos2k2a?fe
1???k1?1?1?2?(u0?e)?????2??k22?2?0 (2) k22?2?e?2
束缚态0＜e＜u0 ??
??3??k2
1?3?0 (3)?1x
1?ae
?k?be
?k1x
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
量子力学典型例题解答讲解
量子力学例题第二章一．求解一位定态薛定谔方程1．试求在不对称势井中的粒子能级和波函数[解] 薛定谔方程:当, 故有利用波函数在处的连续条件由处连续条件:由处连续条件:给定一个n 值,可解一个, 为分离能级.2．粒子在一维势井中的运动求粒子的束缚定态能级与相应的归一化定态波函数[解]体系的定态薛定谔方程为当时对束缚态解为在处连续性要求将代入得又相应归一化波函数为:归一化波函数为:3分子间的范得瓦耳斯力所产生的势能可近似地表示为求束缚态的能级所满足的方程[解]束缚态下粒子能量的取值范围为当时当时薛定谔方程为令解为当时令解为当时薛定谔方程为令薛定谔方程为解为由波函数满足的连续性要求,有要使有非零解不能同时为零则其系数组成的行列式必须为零计算行列式,得方程例题主要类型: 1.算符运算; 2.力学量的平均值; 3.力学量几率分布.一. 有关算符的运算1.证明如下对易关系(1)(2)(3)(4)(5)[证](1)(2)(3)一般地,若算符是任一标量算符,有(4)一般地,若算符是任一矢量算符,可证明有(5)=0同理：。
2.证明哈密顿算符为厄密算符[解]考虑一维情况为厄密算符, 为厄密算符,为实数为厄密算符为厄密算符3已知轨道角动量的两个算符和共同的正交归一化本征函数完备集为,取: 试证明: 也是和共同本征函数, 对应本征值分别为: 。
[证]。
是的对应本征值为的本征函数是的对应本征值为的本征函数又:可求出:二.有关力学量平均值与几率分布方面1.(1)证明是的一个本征函数并求出相应的本征值；(2)求x在态中的平均值[解]即是的本征函数。
本征值2.设粒子在宽度为a的一维无限深势阱中运动，如粒子的状态由波函数描写。
求粒子能量的可能值相应的概率及平均值【解】宽度为a的一维无限深势井的能量本征函数注意:是否归一化波函数能量本征值出现的几率 , 出现的几率能量平均值另一做法3 .一维谐振子在时的归一化波函数为所描写的态中式中，式中是谐振子的能量本征函数，求（1）的数值；2）在态中能量的可能值，相应的概率及平均值；（3）时系统的波函数；（4）时能量的可能值相应的概率及平均值[解](1) , 归一化，，，（2），，；，；，；（3）时，所以：时，能量的可能值、相应的概率、平均值同（2）。
《量子力学教程》_课后答案
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 0 ka ka n
《量子力学教程》 习题解答
1
《量子力学教程》
习题解答说明
• 为了满足量子力学教学和学生自学的需要，完 善精品课程建设，我们编写了周世勋先生编写 的《量子力学教程》的课后习题解答。本解答 共分七章，其中第六章为选学内容。 • 第一章 第二章 第三章 第四章 第五章 第六章 第七章
2
目录
• • • • • • • 第一章 绪论 第二章 波函数和薛定谔方程 第三章 力学量的算符表示 第四章 态和力学量的表象 第五章 微扰理论 第六章 弹性散射 第七章 自旋和全同粒子
(1)
J1与r 同向。表示向外传播的球面波。
i * * J1 ( 1 1 1 1 ) 2m i 1 ikr 1 ikr 1 ikr 1 ikr [ e ( e ) e ( e )]r0 2m r r r r r r i 1 1 1 1 1 1 [ ( 2 ik ) ( 2 ik )]r0 2m r r r r r r k k 2 r0 3 r mr mr
0
2
n ， n 1,2, 。 eB
1 2 1 eBR 1 2 2 n e B n B B 电子的动能为 E v 2 2 2 eB
动能间隔为 E B B 9 10 J 热运动能量（因是平面运动，两个自由度）为 E kT ，所以当 T 4K 时， E 4.52 10 J ；当
量子力学习题解答-第2章
第二章定态薛定谔方程本章主要内容概要：1. 定态薛定谔方程与定态的性质：在势能不显含时间的情况下，含时薛定谔方程可以通过分离变量法来求解。
首先求解定态薛定谔方程（能量本征值方程）222.2d V E m dxψψψ-+= 求解时需考虑波函数的标准条件（连续、有限、单值等）。
能量本征函数n ψ具有正交归一性（分立谱）*()()m n mn x x dx ψψδ∞-∞=⎰或δ函数正交归一性（连续谱）'*'()()()q qx x dx q q ψψδ∞-∞=-⎰ 由能量本征函数n ψ可以得到定态波函数/(,)()niE t n n x t x eψ-ψ=定态波函数满足含时薛定谔方程。
对分立谱，定态是物理上可实现的态，粒子处在定态时，能量具有确定值n E ，其它力学量（不显含时间）的期待值不随时间变化。
对连续谱，定态不是物理上可实现的态（不可归一化），但是它们可以叠加成物理上可实现的态。
含时薛定谔方程的一般解可由定态解叠加而成，在分离谱情况下为 (,)(,)n n nx t c x t ψ=ψ∑系数n c 由初始波函数确定(,0)()n n nx c x ψψ=∑ ， *()(,0)n n c x x dx ψ∞-∞=ψ⎰由波函数(,)x t ψ的归一性，可以得到系数n c 的归一性21nnc=∑对(,)x t ψ态测量能量只能得到能量本征值，得到n E 的几率是2n c ，能量的期待值可由2n n nH c E =∑求出。
这种方法与用*ˆ(,)(,)H x t H x t dx∞-∞=ψψ⎰方法等价。
2. 一维典型例子：（a）一维无限深势阱（分立谱，束缚态）0, 0(),x aV x<<⎧=⎨∞⎩其它地方能量本征函数和能量本征值为2222(), 0;1,2,3,...2nnn xx x a nanEmaπψπ⎛⎫=<<=⎪⎝⎭=若0,(),a x aV x-<<⎧=⎨∞⎩其它地方则能量本征函数和能量本征值为2222()(), ;1,2,3,...22(2)nnnx x a a x a nanEm aπψπ⎛⎫=+-<<=⎪⎝⎭=1n=是基态（能量最低），2n=是第一激发态。
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1 2
n,1 n,3
c1
1 2
,
c3
1, 2
其它 c n 0 ,
c1
2
c2
2
1. 2
x 1 2 sin x sin 3x
2 a a
a
c1 2 c3 2 1, E
cn
2En
522 2ma2
9
2-7 设粒子在一维无限深势阱中运动，已知粒子所处的势场
Ux
0
x 0,x a 0xa
x L c,p /2x /2c E c/2c,E 1 / 2
2-3一维谐振子的基态波函数是 0 x A e a2x 2 /2 a 2 m 0 / ，试
求：(1)归一化系数A;(2)基态能E0（即零点能）（提示用哈密顿算
符作用基态波函数求E0）；(3)求 x 2 ；(4)借助不确定度关系，求
2-2原子从某一激发态向基态跃迁时,辐射的波列长度为L(相当干
长度),把L作为不确定度 x的大小，求光子的动量不确定度 p x
由E=cp计算能量不确定度 E， E正是激发态能级的宽度（所以从
具有一定能级宽度的激发态向基态跃迁时，辐射的光不是单色的),
它对应电子占据该激发态的寿命是有限的。证明： E /2 解：由 E cp , xp / 2
试求：(1)能量量子数为n的概率密度；(2)距势阱内壁四分之一宽
度内发现粒子的概率；(3)n为何值时在上述区域内发现粒子的概
率最大；(4)当时该概率的极限，并说明这一结果的物理意义。
解（1） （2）
（3） （4）
P1 4
a 4
2
sin2
n卜一x
dx
0a
a
a 3a
4
2 a
sin2
nx a
dx
1 2
写出粒子的能量本征方程，求能量本征值En和对应的本征函数 n
解：
2 2m
d2 dx 2
E
通解：
1
x A sin x B cos x,
2mE 2
2
在 xa/2 处应用边界条件，给出：
A sin a / 2 B cos a / 2 0 , A sin a/2 B cos a / 2 0
基态零点能，提示：
e dx a2x2 / 2 0
x e 2 a2x2 / 2
2a 0
2a 3
解：谐振子能量本征值方程
2 2m
d2 dx 2
1 2
m2x2
n x
Enn x
其中
En
n
1 2
对应零点能
E0
1 2
基态波函数
0
x
cea2x2 /2,a2
m.
2
(1)基态波函数归一
模方为测量可能值的概率）
解：将波函数（x）用一维无限深方势阱的正交完备的本
征方程函数 作展开表示。
n
2 sinnx aa
0 x a
x
cnn
,
cn
* n
x
dx
8
cn
a 0
2 sin nx 4 sin x cos2 x dx a a a a a
2n,1
1 2
n,3
1 2
n,1
从而解得： A sina / 2 0 , B cosa / 2 0
6
分两类解：第一类，A=0, cos(a/2)=0; 第二类，B=0, sin(a/2)=0.
因此有： a / 2 n / 2,
n为奇数为第一类，n为偶数为第二类.
n为奇数： x Bcosnx 2 cosnx
aaa
n为偶数： x Asinnx 2 sinnx
第二章 波函数和薛定谔方程
2用-1.作s圆表周示运粒动子的在粒圆子轨的道切上向位动置量的和统角计动不量确分定别量为。p由t 和不L确z=定rp关t。系若
spt / 2 ，证明 Lz / 2 ，其中是粒子的角位置。
解：由测不准关系： s p t / 2 .
令 p t lz / r, s r . 代入有： L z / 2
E1
2 8ma 2
0 x a
x a,x 0 n1 1,2,3,
同理计算ｙ，ｚ。由上可得：
E
h2 8m
n1 2 a2
n22 b2
n32 c2
;
x,y,z 8 sinn1x sinn2y sinn3z
abc a
b
c
5
2-5 取一维无限深势阱中心为坐标原点，即势阱表示为：
U ( x) 0 , x a / 2 ; U x x a / 2
0
(2)由
x
2
dx 2
c2ea2x2dx c2
H
0
x
0
E
0
0
x
2
4a2
求
1,
E0
1 2
c
.
a 1/4
(3)
x 2
x2
x2
x2
0
2
dx
x 0
2dx2
a 2 x e2 a2x2dx
x0
a x
xea2x2dx2
a x
2
x 4a2
1 2a2
p 2
4
2
x2
2 4
2
m
a aa
En
n 2 2 2 2ma 2
.
7
2-6 粒子在 0 , a 范围内的一维无限深势阱中运动，其状态由以
下波函数
x 4 sin x cos2 x
a a a
求:(1)在该态上测得的能量可能值，及相应的概率；(2)求能量的
平均值（提示：用完备正交集 n a2 s in nax 展开，其展开系数
1 2
m
E0
1 2m
p2
1 2
Rx2
1 4
1 2
m2
1 2
m
1 2
3
2-4 借助一维无限深势阱的结果，试给出粒子在三维无限深 势阱中的能级和波函数（设三维阱宽分别为a,b,c）。（提示： 独立事件同时发生的概率幅是各概率幅之积）
解:在阱外 在阱内
0
2 2 E 2m
0 xa,0 y b,0 Zc
1 n
sinn 2
p1 4
1 2
1
,
1 2
1 3
,
1 2
1 5
,
1 2
1 7
,
12 (n 2,4,6)
( n 1,3,5)
Pmax
1 2
1 3
,
(n 3)
A 2 a
n
,P1 4
1 2
n 2
1 2
转化为经典问题! 10
2 2m
2 x2
2 y 2
2 z 2
x , y , z
E
令 x,y,z XxYyZz
1 X
2 2m
d2 dx2X1 YFra bibliotek2 2m
d2 dy2
Y
1 Z
2 2m
d2 dx2
Z
E
4
1 X
2 2m
d2X dx2
E,
或者
d2x dx 2
2mE 2
X
0
解的
X
(
x
)
2 sin n x
a
a
0