10第十九章 量子力学简介(1)作业答案
《量子力学》习题答案
第一章 绪论1.1 由黑体辐射公式导出维思位移定律，能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T成反比，即b T m =λ （常数），并近似计算b 的数值，准确到二位有效值。
[解]：由黑体辐射公式，频率在ν与ννd +之间的辐射能量密度为 ννπνρννd ec hd kTh 11833-=由此可以求出波长在λ与λλd +之间的能量密度λλρd )(由于 λν/c =, λλνd cd 2+=因而有：λλπλλρλd ehcd kT hc 118)(5-=令λkT hc x =所以有：11)(5-=xe Ax λρ （44558c h T k A π=常数）由 0)(=λλρd d 有0)1(115)(254=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=λλλρd dxe e x e x A d d x x x于是，得： 1)51(=-x e x该方程的根为 965.4=x因此，可以给出，k hcxk hc T m 2014.0==λ即b T m =λ （常数）其中k hcb 2014.0=2383410380546.110997925.21062559.62014.0--⨯⨯⨯⨯⨯=km⋅⨯=-310898.2[注]根据11833-=kThechνννπρ可求能量密度最大值的频率：令kThxν=113-=xeAxνρ（23338hcTkAπ=）]11[3=-=ννρνddxeAxdxdddx因而可得131=⎪⎭⎫⎝⎛-x ex此方程的解821.2=xhkThkTx821.2max==νbTTb'=⇒'=-1max maxνν其中34231062559.610380546.1821.2821.2--⨯⨯=='hkb1910878.5-⋅︒⨯=sk这里求得m axν与前面求得的m axλ换算成的mν的表示不一致。
1.2 在0k附近，钠的价电子能量约为3电子伏，求其德布罗意波长。
[解]德布罗意公式为ph =λ因为价电子能量很小，故可用非相对论公式μ22p E=代入德布罗意公式得λ==这里利用了电子能量E eV=。
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⒈热辐射的峰值波长与辐射体温度之间的关系被维恩位移定律： 表示，其中。
求人体热辐射的峰值波长（设体温为）。
解：，由题意，人体辐射峰值波长为：。
⒉宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀各向同性的背景热辐射相当于黑体辐射。
此辐射的峰值波长是多少？在什么波段？解：T=2.726K ，由维恩位移定律，属于毫米波。
⒊波长为的X 射线光子与静止的电子发生碰撞。
在与入射方向垂直的方向上观察时，散射X射线的波长为多大？碰撞后电子获得的能量是多少eV ？解：设碰撞后，光子、电子运动方向与入射方向夹角分别为θ,α，由能量守恒，，动量守恒:;；整理得:;联立第一式：nm c m h e 01.0;2sin 20201===-λλθλλ ;则X 射线的波长为：01.02sin 221+=θλc m h e ；电子能量：1λλhchc E e -= ⒋在一束电子束中，单电子的动能为，求此电子的德布罗意波长。
解：电子速度远小于光速，故：;则：。
5.设归一化函数： （x ）=Aexp(-2x 2)(-)a 为常数，求归一化常数A 。
解：由归一化条件 |2dx=1 得A 2==A=6.设归一化波函数=A(0n为整数，a为常数，求归一化常数A解：由归一化条件|2dx得A2=1解得A=7.自由粒子的波函数为=Aexp()其中和是粒子的动量和能量，和t是空间与时间变量，ℏ是普朗克常数，A是归一化常数，试建立自由粒子波函数所满足的方程。
解：由=Aexp()，将其对时间求偏微商，得到=-E,然后对其空间求偏微商，得到：=-利用自由粒子的能量和动能的关系式：E=就可以得到：i=---------自由粒子波函数所满足的方程8．设一个微观粒子的哈密顿算符的本征方程为Ĥ=该粒子的初始波函数为=+设和是实数，求任意时刻的波函数及粒子的几率密度.解：由=exp()=dx=== exp()+ exp()粒子的几率密度===[ exp()+ exp()][ exp()+ exp()]因为和是实数，利用欧拉公式：原式=9.宽度为a的一维无限深势阱中粒子的本征函数为=求证本征函数的正交性：dx=0(m)证：===[]=0()10．原子核内的质子和中子可以粗略地当成处于无限深势阱中而不能逸出，它们在核中可以认为是自由的，按一维无限深势阱估算，质子从第一激发态（n=2）跃迁到基态（n=1）时，释放的能量是多少MeV?核的线度按a=1.0m计算。
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找了好久才找到的,希望能给大家带来帮助量子力学习题与解答 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mλ 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〕以与 c v =λ, 〔2〕λρρd dv v v -=, 〔3〕有这里的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： 如果令x=kThcλ ,则上述方程为 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 把x 以与三个物理常量代入到上式便知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,如果所考虑的粒子是非相对论性的电子〔2c E e μ<<动〕,那么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 在这里,利用了 以与 最后,对作一点讨论,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. 1．3 氦原子的动能是kT E 23=〔k 为玻耳兹曼常数〕,求T=1K 时,氦原子的德布罗意波长. 解 根据eV K k 3101-=⋅,知本题的氦原子的动能为 显然远远小于2c 核μ这样,便有 这里,利用了第一章绪论最后,再对德布罗意波长与温度的关系作一点讨论,由某种粒子构成的温度为T 的体系,其中粒子的平均动能的数量级为kT,这样,其相庆的德布罗意波长就为据此可知,当体系的温度越低,相应的德布罗意波长就越长,这时这种粒子的波动性就越明显,特别是当波长长到比粒子间的平均距离还长时,粒子间的相干性就尤为明显,因此这时就能用经典的描述粒子统计分布的玻耳兹曼分布,而必须用量子的描述粒子的统计分布——玻色分布或费米公布.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124109--⋅⨯=T J M B ,试计算运能的量子化间隔△E,并与T=4K 与T=100K 的热运动能量相比较.解 玻尔——索末菲的量子化条件为其中q 是微观粒子的一个广义坐标,p 是与之相对应的广义动量,回路积分是沿运动轨道积一圈,n 是正整数.〔1〕设一维谐振子的劲度常数为k,谐振子质量为μ,于是有 这样,便有这里的正负号分别表示谐振子沿着正方向运动和沿着负方向运动,一正一负正好表示一个来回,运动了一圈.此外,根据 可解出 kEx 2±=± 这表示谐振子的正负方向的最大位移.这样,根据玻尔——索末菲的量子化条件,有 为了积分上述方程的左边,作以下变量代换； 这样,便有这时,令上式左边的积分为A,此外再构造一个积分 这样,便有⎰⎰--⋅=-⋅=⋅=+22222cos 2,22ππππθθμμπθμd kE B A kE d kE B A 〔1〕这里ϕ =2θ,这样,就有0sin ==-⎰-ππϕμd kEB A 〔2〕根据式〔1〕和〔2〕,便有 这样,便有 其中π2h h =最后,对此解作一点讨论.首先,注意到谐振子的能量被量子化了；其次,这量子化的能量是等间隔分布的.〔2〕当电子在均匀磁场中作圆周运动时,有 这时,玻尔——索末菲的量子化条件就为又因为动能耐μ22p E =,所以,有其中,μ2q M B =是玻尔磁子,这样,发现量子化的能量也是等间隔的,而且具体到本题,有根据动能与温度的关系式以与可知,当温度T=4K 时, 当温度T=100K 时,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.1．5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对,如果两光子的能量相等,问要实现实种转化,光子的波长最大是多少？解 关于两个光子转化为正负电子对的动力学过程,如两个光子以怎样的概率转化为正负电子对的问题,严格来说,需要用到相对性量子场论的知识去计算,修正当涉与到这个过程的运动学方面,如能量守恒,动量守恒等,我们不需要用那么高深的知识去计算,具休到本题,两个光子能量相等,因此当对心碰撞时,转化为正风电子对反需的能量最小,因而所对应的波长也就最长,而且,有 此外,还有 于是,有尽管这是光子转化为电子的最大波长,但从数值上看,也是相当小的,我们知道,电子是自然界中最轻的有质量的粒子,如果是光子转化为像正反质子对之类的更大质量的粒子,那么所对应的光子的最大波长将会更小,这从某种意义上告诉我们,当涉与到粒子的衰变,产生,转化等问题,一般所需的能量是很大的.能量越大,粒子间的转化等现象就越丰富,这样,也许就能发现新粒子,这便是世界上在造越来越高能的加速器的原因：期待发现新现象,新粒子,新物理.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,可令可见t J 与无关.2.2 由下列定态波函数计算几率流密度：从所得结果说明1ψ表示向外传播的球面波,2ψ表示向内<即向原点> 传播的球面波. 解：分量只有和r J J 21在球坐标中 ϕθθϕθ∂∂+∂∂+∂∂=∇sin r 1e r 1e r r 0r J 1与同向.表示向外传播的球面波.可见,r J与2反向.表示向内<即向原点> 传播的球面波.补充：设ikxe x =)(ψ,粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？∴波函数不能按1)(2=⎰∞dx x ψ方式归一化.其相对位置几率分布函数为12==ψω表示粒子在空间各处出现的几率相同.2.3 一粒子在一维势场中运动,求粒子的能级和对应的波函数.解：t x U 与)(无关,是定态问题.其定态S —方程 在各区域的具体形式为Ⅰ： )()()()(2 0111222x E x x U x dx d m x ψψψ=+-< ① Ⅱ： )()(2 0 22222x E x dx d m a x ψψ=-≤≤ ② Ⅲ： )()()()(2 333222x E x x U x dxd m a x ψψψ=+-> ③ 由于<1>、<3>方程中,由于∞=)(x U ,要等式成立,必须即粒子不能运动到势阱以外的地方去.方程<2>可变为0)(2)(22222=+x mEdx x d ψψ 令222mE k =,得 其解为 kx B kx A x cos sin )(2+=ψ④根据波函数的标准条件确定系数A,B,由连续性条件,得 )0()0(12ψψ=⑤)()(32a a ψψ=⑥ ⑤0=⇒B⑥0sin =⇒ka A ),3 ,2 ,1( 0sin 0==⇒=∴≠n n ka ka A π∴x an A x πψsin )(2=由归一化条件 得 1sin 022=⎰axdx an Aπ由mn abaxdx a n x a m δππ⎰=*2sin sin),3,2,1( 22222 ==⇒n n maE n π可见E 是量子化的.对应于n E 的归一化的定态波函数为#2.4. 证明〔2.6-14〕式中的归一化常数是aA 1='证：⎪⎩⎪⎨⎧≥<+'=a x a x a x a n A n ,0 ),(sin πψ〔2.6-14〕由归一化,得 ∴归一化常数aA 1=' #2.5 求一维谐振子处在激发态时几率最大的位置.解：222122)(xxe x ααπαψ-⋅=令0 )(1=dxx d ω,得由)(1x ω的表达式可知,±∞==x x 0，时,0)(1=x ω.显然不是最大几率的位置.可见μωα±=±=1x 是所求几率最大的位置. #2.6 在一维势场中运动的粒子,势能对原点对称：)()(x U x U =-,证明粒子的定态波函数具有确定的宇称.证：在一维势场中运动的粒子的定态S-方程为)()()()(2222x E x x U x dx d ψψψμ=+- ① 将式中的)(x x -以代换,得)()()()(2222x E x x U x dx d -=--+--ψψψμ ② 利用)()(x U x U =-,得)()()()(2222x E x x U x dxd -=-+--ψψψμ ③ 比较①、③式可知,)()(x x ψψ和-都是描写在同一势场作用下的粒子状态的波函数.由于它们描写的是同一个状态,因此)()(x x ψψ和-之间只能相差一个常数c .方程①、③可相互进行空间反演 )(x x -↔而得其对方,由①经x x -→反演,可得③, )()( x c x ψψ=-⇒④由③再经x x →-反演,可得①,反演步骤与上完全相同,即是完全等价的. )()( x c x -=⇒ψψ⑤④乘 ⑤,得可见,12=c当1+=c 时,)x ()x ( ψψ=-,)(x ψ⇒具有偶宇称, 当1-=c 时,)()( x x ψψ-=-,)(x ψ⇒具有奇宇称,当势场满足)()( x U x U =-时,粒子的定态波函数具有确定的宇称.# 2.7 一粒子在一维势阱中运动,求束缚态<00U E <<>的能级所满足的方程. 解法一：粒子所满足的S-方程为按势能)(x U 的形式分区域的具体形式为Ⅰ：)x (E )x (U )x (dx d 21101222ψψψμ=+-a x <<∞-① Ⅱ：)()(222222x E x dxd ψψμ=-a x a ≤≤-② Ⅲ：)x (E )x (U )x (dxd 23303222ψψψμ=+- ∞<<x a ③ 整理后,得Ⅰ： 0)(21201=--''ψμψ E U ④ Ⅱ：. 0E2222=+''ψμψ⑤ Ⅲ：0)(23203=--''ψμψE U ⑥ 令 22220212 )(2 E k E U k μμ=-= 则Ⅰ： 01211=-''ψψk ⑦Ⅱ：. 02222=-''ψψk ⑧ Ⅲ：01213=-''ψψk ⑨ 各方程的解为由波函数的有限性,有 因此由波函数的连续性,有整理<10>、<11>、<12>、<13>式,并合并成方程组,得解此方程即可得出B 、C 、D 、F,进而得出波函数的具体形式,要方程组有非零解,必须 ∵012≠-ak e∴02cos 22sin )(22122122=--a k k k a k k k即 022)(2122122=--k k a k tg k k 为所求束缚态能级所满足的方程.# 解法二：接〔13〕式 #解法三：<11>-<13>)(sin 21122F B e k a k D k ak +=⇒-<10>+<12>)F B (ea k cos D 2ak 21+=⇒-<11>+<13>aik e B F k a k C k 1)(cos 2122---=⇒<12>-<10>aik 21e)B F (a k sin C 2--=⇒令 ，，a k a k 22==ηξ 则 合并)b ()a (、：212221222k k k k a k tg -=利用ak tg 1atgk 2a k 2tg 2222-= #解法四：〔最简方法-平移坐标轴法〕Ⅰ：110122ψψψμE U =+''- 〔χ≤0〕 Ⅱ：2222ψψμE =''- 〔0＜χ＜2a 〕 Ⅲ：330322ψψψμE U =+''- 〔χ≥2a 〕 ⎪⎩⎪⎨⎧=-''==+''-==-''(3)0k E 2k (2) 0k )E U (2k (1) 0k 3213222222220211211ψψμψψμψψ 束缚态0＜E ＜0U 因此由波函数的连续性,有<7>代入<6>利用<4>、<5>,得 #2.8分子间的X 德瓦耳斯力所产生的势能可以近似表示为 求束缚态的能级所满足的方程.解：势能曲线如图示,分成四个区域求解.k a ctgk k >10 < > 12 < >13 < > 11 < 1 2 2 - = ⇒ - +定态S-方程为对各区域的具体形式为Ⅰ：)0( )(21112<=+''-x E x U ψψψμⅡ：)0( 222022a x E U <≤=+''-ψψψμ Ⅲ：)( 233132b x a E U ≤≤=-''-ψψψμ Ⅳ：)( 02442x b E <=+''-ψψμ对于区域Ⅰ,∞=)(x U ,粒子不可能到达此区域,故而 . 0)( 22202=--''ψμψ E U ① 0)( 23213=++''ψμψ E U ②02424=+''ψμψE③ 对于束缚态来说,有0<<-E U∴02212=-''ψψk 2021)( 2 E U k -=μ④03233=+''ψψk 2123)( 2 E U k +=μ⑤04244=+''ψψk 224/2 E k μ-=⑥各方程的解分别为由波函数的有限性,得 ∴xk Fe 34-=ψ由波函数与其一阶导数的连续,得 ∴)(332x k x k e eA --=ψa k D a k C e e A a a x k x k 2232cos sin )()()(33+=-⇒=-ψψ⑦a k Dk a k Ck e e Ak a a a k a k 2222133sin cos )()()(33-=+⇒'='-ψψ⑧ b k Fe b k D b k C b b 32243cos sin )()(-=+⇒=ψψ⑨b k e Fk b k Dk b k Ck b b 33222243cos sin )()(--=-⇒'='ψψ⑩ 由⑦、⑧,得ak D a k C a k D a k C e e e e k k ak a k a k a k 222221cos sin cos cos 1111+-=-+-- <11> 由 ⑨、⑩得D b k k C b k k D b k k C b k k )cos ()sin ()sin ()cos (23232222--=- 0)sin cos ()sin cos (22322232=+-=+D b k b k k kC b k b k k k <12> 令211111k k ee e e a k a k a k a k ⋅-+=--β,则①式变为 联立<12>、<13>得,要此方程组有非零解,必须把β代入即得此即为所要求的束缚态能级所满足的方程.#附：从方程⑩之后也可以直接用行列式求解.见附页. 此即为所求方程. #补充练习题一1、设 )()(2221为常数αψαx Aex -=,求A = ？ 解：由归一化条件,有παα1A dy e 1A 2y 22==⎰∞∞--∴πα=A # 2、求基态微观线性谐振子在经典界限外被发现的几率.解：基态能量为ω 210=E 设基态的经典界限的位置为a ,则有∴0a 1a ===αμω在界限外发现振子的几率为式中⎰∞--22/221dt et π为正态分布函数⎰∞--=xtdt e x 2/221)(πψ当)2(2ψ时的值=x .查表得92.0)2(= ψ ∴]92.0[⨯-∂=πππω16.0)92.01(2=-= ∴在经典极限外发现振子的几率为0.16. #3、试证明)x 3x 2(e3)x (33x2122ααπαψα-=-是线性谐振子的波函数,并求此波函数对应的能量.证：线性谐振子的S-方程为)()(21)(22222x E x x x dx d ψψμωψμ=+- ① 把)(x ψ代入上式,有把)(22x dx d ψ代入①式左边,得当ω 27=E 时,左边 = 右边. n = 3)32(3)(332122x x e dxd x x ααπαψα-=-,是线性谐振子的波函数,其对应的能量为ω 27.第三章 量子力学中的力学量3.1 一维谐振子处在基态t i x e x ωαπαψ2222)(--=,求：> < 22 022 022 0 x a x a x e dx e dx e ααα πα ψ π α π α ω - ∞ - - ∞ - - = + =⎰⎰<1>势能的平均值2221x U μω=； <2>动能的平均值μ22p T =；<3>动量的几率分布函数. 解：<1>⎰∞∞--==dx e x x U x 2222222121απαμωμω<2> ⎰∞∞-==dx x p x p T )(ˆ)(2122*2ψψμμ或 ωωω 414121=-=-=U E T<3> ⎰=dx x x p c p )()()(*ψψ 动量几率分布函数为 #3.2.氢原子处在基态0/301),,(a r e a r -=πϕθψ,求：<1>r 的平均值；<2>势能re 2-的平均值；<3>最可几半径； <4>动能的平均值；<5>动量的几率分布函数. 解：<1>ϕθθπτϕθψππd rd d r re a d r r r a r sin 1),,(0220/23020⎰⎰⎰⎰∞-==<3>电子出现在r+dr 球壳内出现的几率为令0321 , ,0 0)(a r r r drr d =∞==⇒=，ω 当0)( ,0 21=∞==r r r ω时，为几率最小位置 ∴0a r =是最可几半径.<4>222ˆ21ˆ∇-==μμ p T <5> τϕθψψd r r p c p ),,()()(* ⎰=动量几率分布函数#3.3 证明氢原子中电子运动所产生的电流密度在球极坐标中的分量是 证：电子的电流密度为 ∇在球极坐标中为式中ϕθe e e r、、为单位矢量m n ψ中的r 和θ部分是实数. ∴ϕψψθμe im im r ie J m n m n e )(sin 222---=ϕψθμe r m e m n2sin -= 可见,0==θe er J J#3.4 由上题可知,氢原子中的电流可以看作是由许多圆周电流组成的. <1>求一圆周电流的磁矩. <2>证明氢原子磁矩为原子磁矩与角动量之比为 这个比值称为回转磁比率.解：<1> 一圆周电流的磁矩为 A dS J iA dM e ⋅==ϕ 〔i 为圆周电流,A 为圆周所围面积〕<2>氢原子的磁矩为 在CGS 单位制中 cme M μ2 -== 原子磁矩与角动量之比为)( 2SI eL M L M z z z μ-==)( 2CGS ceL M z z μ-= # 3.5 一刚性转子转动惯量为I,它的能量的经典表示式是IL H 22=,L 为角动量,求与此对应的量子体系在下列情况下的定态能量与波函数： (1) 转子绕一固定轴转动： (2) 转子绕一固定点转动：解：<1>设该固定轴沿Z 轴方向,则有哈米顿算符 22222ˆ21ˆϕd d I L I H Z -== 其本征方程为 <t H与ˆ无关,属定态问题> 令 222IEm =,则 取其解为 ϕϕφim Ae =)( <m 可正可负可为零>由波函数的单值性,应有 即 12=πm i e∴m= 0,±1,±2,…转子的定态能量为Im E m 222 = <m= 0,±1,±2,…>可见能量只能取一系列分立值,构成分立谱. 定态波函数为 A 为归一化常数,由归一化条件 ∴ 转子的归一化波函数为综上所述,除m=0外,能级是二重简并的.<2>取固定点为坐标原点,则转子的哈米顿算符为t H与ˆ无关,属定态问题,其本征方程为 <式中),(ϕθY 设为Hˆ的本征函数,E 为其本征值> 令 22 λ=IE ,则有此即为角动量2ˆL的本征方程,其本征值为 其波函数为球谐函数ϕθϕθim mm m e P N Y )(cos ),( =∴ 转子的定态能量为可见,能量是分立的,且是)12(+ 重简并的. #3.6 设t=0时,粒子的状态为求此时粒子的平均动量和平均动能.解：]cos )2cos 1([]cos [sin )(2121212kx kx A kx kx A x +-=+=ψ可见,动量n p 的可能值为 k k k k -- 2 2 0动能μ22n p 的可能值为μμμμ2 2 2 2 022222222 k k k k对应的几率n ω应为 π2)1616 16 164(22222⋅A A A A A 上述的A 为归一化常数,可由归一化条件,得∴ π/1=A∴ 动量p 的平均值为# 3.7 一维运动粒子的状态是 其中0>λ,求：<1>粒子动量的几率分布函数； <2>粒子的平均动量.解：<1>先求归一化常数,由 ∴2/32λ=A动量几率分布函数为 <2> ⎰⎰∞∞---∞∞--==dx e dxd xe i dx x px p xx )(4)(ˆ)(3*λλλψψ #3.8.在一维无限深势阱中运动的粒子,势阱的宽度为a ,如果粒子的状态由波函数 描写,A 为归一化常数,求粒子的几率分布和能量的平均值.解：由波函数)(x ψ的形式可知一维无限深势阱的分布如图示.粒子能量的本征函数和本征值为动量的几率分布函数为2)(n C E =ω 先把)(x ψ归一化,由归一化条件, ∴530a A = ∴⎰-⋅⋅=an dx x a x x a n a a C 05)(sin 302π ∴2662])1(1[240)(n n n C E --==πω3.9.设氢原子处于状态求氢原子能量、角动量平方与角动量Z 分量的可能值,这些可能值出现的几率和这些力学量的平均值.解：在此能量中,氢原子能量有确定值 角动量平方有确定值为 角动量Z 分量的可能值为 其相应的几率分别为41, 43 其平均值为3.10一粒子在硬壁球形空腔中运动,势能为 求粒子的能级和定态函数.解：据题意,在a r ≥的区域,∞=)(r U ,所以粒子不可能运动到这一区域,即在这区域粒子的波函数0=ψ <a r ≥>由于在a r <的区域内,0)(=r U .只求角动量为零的情况,即0= ,这时在各个方向发现粒子的几率是相同的.即粒子的几率分布与角度ϕθ、无关,是各向同性的,因此,粒子的波函数只与r 有关,而与ϕθ、无关.设为)(r ψ,则粒子的能量的本征方程为 令 222 ,)(Ek rE r U μψ==,得 其通解为波函数的有限性条件知, =)0(ψ有限,则 A = 0 ∴kr rBr sin )(=ψ 由波函数的连续性条件,有 ∵0≠B ∴),2,1( ==n n ka π∴22222an E n μπ = 其中B 为归一化,由归一化条件得 ∴aB 21π=∴ 归一化的波函数rr a n ar ππψsin21)(=# 3.11. 求第3.6题中粒子位置和动量的测不准关系?)()(22=∆⋅∆p x 解： 0=p 3.12 粒子处于状态式中ξ为常量.当粒子的动量平均值,并计算测不准关系?)()(22=⋅p x ∆∆ 解：①先把)(x ψ归一化,由归一化条件,得 ∴πξ212=/ ∴ 是归一化的 ② 动量平均值为 ③?)()(22=⋅p x ∆∆⎰⎰∞∞--∞∞-==dx xedx x x x 2*πψψ 〔奇被积函数〕#3.13利用测不准关系估计氢原子的基态能量.解：设氢原子基态的最概然半径为R,则原子半径的不确定X 围可近似取为由测不准关系得 2224)(Rp ≥∆ 对于氢原子,基态波函数为偶宇称,而动量算符p为奇宇称,所以 又有 222)(p p p -=∆所以 22224)(R p p ≥∆=可近似取 222Rp ≈能量平均值为 re P E s 222-=μ 作为数量级估算可近似取 Re r e s s 22≈ 则有 R e RE s 2222-≈μ 基态能量应取E 的极小值,由得 22se R μ = 代入E ,得到基态能量为 24min 2 s e E μ-=补充练习题二1．试以基态氢原子为例证明：U Tˆˆ或不是ψ的本征函数,而是U T ˆˆ+的本征函数. 可见,的本征函数不是U ˆ100ψ可见,100ψ是)ˆˆ(U T+的本征函数. 2．证明： ±==L L ，6的氢原子中的电子,在︒︒=135 45和θ的方向上被发现的几率最大.解： ΩΩϕθd Y d W m m 2),( = ∴2),(m m Y W =ϕθ±==L L ，6的电子,其1 ,2±==m∴θπθθπϕθ2sin 3215cos sin 815),(222212===±m Y W 当︒︒=135 45和θ时π321512=±W 为最大值.即在︒=︒=13545θθ，方向发现电子的几率最大.在其它方向发现电子的几率密度均在0～π3215之间.3．试证明：处于1s,2p 和3d 态的氢原子的电子在离原子核的距离分别为00094a a a 和、的球壳内被发现的几率最大<0a 为第一玻尔轨道半径 >. 证：①对1s 态,0/2/3010)1(,0 ,1a r e a R n -===令010=∂∂rW 0321 , ,0a r r r =∞==⇒ 易见 ,当0 ,01021=∞==⇒W r r 时，不是最大值.20104)(-=e a a W 为最大值,所以处于1s 态的电子在0 a r =处被发现的几率最大. ②对2p 态的电子02/02/30213)21( ,1 ,2a r e a r a R n -===令021=∂∂rW 03214 , ,0a r r r =∞==⇒ 易见 ,当0 ,02121=∞==⇒W r r 时，为最小值.∴04a r =为几率最大位置,即在04a r =的球壳内发现球态的电子的几率最大.③对于3d 态的电子 03/202/3032)(15811)2( ,2 ,3a r e a r a R n -=== 令032=∂∂rW 03219 , ,0a r r r =∞==⇒ 易见 ,当0 ,03221=∞==⇒W r r 时，为几率最小位置.∴09a r =为几率最大位置,即在09a r =的球壳内发现球态的电子的几率最大. 4. 当无磁场时,在金属中的电子的势能可近似视为其中 00>U ,求电子在均匀场外电场作用下穿过金属表面的透射系数. 解：设电场强度为ε,方向沿χ轴负向,则总势能为 )0( )(≤-=x x e x V ε,势能曲线如图所示.则透射系数为式中E 为电子能量.01=x ,2x 由下式确定∴εe EU x -=02 令 θε20sin e EU x -=,则有 ∴透射系数])(232exp[00E U e EU D ---≈με5．指出下列算符哪个是线性的,说明其理由.①2224dx d x ； ②[]2； ③∑=nK 1解：①2224dxd x 是线性算符 ②[]2不是线性算符③∑=nK 1是线性算符6．指出下列算符哪个是厄米算符,说明其理由.7、下列函数哪些是算符22dxd 的本征函数,其本征值是什么？ ①2x , ②xe , ③x sin , ④x cos 3, ⑤x x cos sin +解：①2)(222=x dx d ∴2x 不是22dx d 的本征函数.②xx e e dxd =22 ∴xe 不是22dx d 的本征函数,其对应的本征值为1.③x x dx dx dx d sin )(cos )(sin 22-== ∴ 可见,x sin 是22dxd 的本征函数,其对应的本征值为－1. ④)cos 3(cos 3)sin 3()cos 3(22x x x dx dx dx d --=-= ∴x cos 3 是22dxd 的本征函数,其对应的本征值为－1. ⑤)cos (sin cos sin sin (cos )cos (sin 22x x x x x x dx d x x dx d +-=--=-=+） ∴x x cos sin +是22dx d 的本征函数,其对应的本征值为－1.8、试求算符dxd ie Fix -=ˆ的本征函数. 解：F ˆ的本征方程为 ixFe ce --=φ〔F F是ˆ的本征值〕 9、如果把坐标原点取在一维无限深势阱的中心,求阱中粒子的波函数和能级的表达式.解： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥∞≤=2 ,2,0)(a x a x x U方程〔分区域〕：Ⅰ：∞=)(x U ∴0)(=x I ψ)2(ax -≤Ⅲ：∞=)(x U ∴0)(=x III ψ)2(ax ≥Ⅱ：II IIE dx d ψψμ=-2222 令 222E k μ=标准条件：⎪⎩⎪⎨⎧=-=-)2()2()2()2(a a a a III II II I ψψψψ ∴0)sin(=+-δkx A ∵0≠A∴0)sin(=+-δkx取 02=-a k δ, 即 2ak =δ∴)2(sin )(ax k A x II +=ψ∴πn ka =) ,2 ,1( =n∴ 粒子的波函数为 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤+=2 ,02),2(sin )(a x a x a x a n A x πψ粒子的能级为ak n k E μπμ2222222== ) ,3 ,2 ,1( =n 由归一化条件,得 ∴aA 2=∴ 粒子的归一化波函数为10、证明：处于1s 、2p 和3d 态的氢原子中的电子,当它处于距原子核的距离分别为00094a a a 、、的球壳处的几率最〔0a 为第一玻尔轨道半径〕. 证：dr r R dr r s 221010)( :1=ω 令010=drd ω,则得 00210211>=r dr d ω∴011=r 为几率最小处.00112102<=a r dr d ω∴011a r =为几率最大处.令021=drd ω,则得 002242212<=a r dr d ω∴0224a r =为最大几率位置.当 040a r <<时,02102>dr d ω∴0=r 为几率最小位置. 令 032=drd ω,得 同理可知 031=r 为几率最小处.0329a r =为几率最大处.11、求一维谐振子处在第一激发态时几率最大的位置.解：2221122)(x xe x ααπαψ-⋅=令01=dxd ω,得01=x ,00221x x ±=±=±=μω 002121>=x dx d ω, ∴01=x 为几率最小处.0212122<±=x dx d ω, ∴0221x x ±=±=为几率最大处. 6．设氢原子处在0301),,(a rear -=πφθψ的态〔0a 为第一玻尔轨道半径〕,求①r 的平均值；②势能re 2-的平均值.解：①⎰⎰⎰∞-=ππφθθπ20002330 sin 10d d dr e r a r a r②⎰∞-⋅⋅-=-023022041dr re a e r e a rs ππ12、粒子在势能为的场中运动.证明对于能量21U U E <<的状态,其能量由下式决定： 〔其中22 Ek μ=〕 证：方程Ⅰ：)0( 21222≤=+-x E U dx d II I Iψψψμ Ⅱ：)0( 02 222A x E dx d II II II<<=+-ψψψμ Ⅲ：)0( 2 2222≥=+-x E U dx d III III IIIψψψμ 令 ,)(2 ,2 ,)(222221E U Ek E U -==-=μβμμα 则得Ⅰ：0222=+I I dx d ψαψ Ⅱ： 0222=+II II k dxd ψψⅢ： 0222=+III III dxd ψβψ 其通解为利用标准条件,由有限性知 ∴xI e C αψ1=由连续性知δψψsin )0()0(1A C II I =⇒=①δαψψcos )0()0(1kA C II I =⇒'='②x III II e D kx A a a βδψψ-=+⇒=2)sin()()(③xIII II eD kx kA a a ββδψψ--=+⇒'='2)cos()()(④ 由①、②,得αδktg =⑤由③、④,得βδkka tg -=+)(⑥而δδδtg tgka tg tgka ka tg ⋅-+=+1)(把⑤、⑥代入,得βδδktg tgka tg tgka -=⋅-+1 整理,得 δβδβtg k tg ktgka -+=-1令 βτktg =∴δτπ+=-ka n由xtg tgxx 21sin +=,得21112sin 2sin U kU k n ka μμπ ----= ### 13、设波函数x x sin )(=ψ,求?][])[(2=-dxd xx dx d ψ 解：ψψ]][[])][()[(dxdx dx d x x dx d x dx d -=原式 14、说明：如果算符A ˆ和B ˆ都是厄米的,那么 <Aˆ+B ˆ>也是厄米的 证：⎰⎰⎰+=+τψψτψψτψψd B d A d B A 2*12*12*1ˆˆ)ˆˆ( ∴Aˆ+B ˆ也是厄米的. 15、问下列算符是否是厄米算符：①x p xˆˆ②)ˆˆˆˆ(21x p p x x x +解：①⎰⎰=τψψτψψd p xd p x x x )ˆ(ˆ)ˆˆ(2*12*1 因为x x p x pˆˆˆχ≠ ∴x p xˆˆ不是厄米算符. ②⎰⎰⎰+=+τψψτψψτψψd x p d p x d x p p x x x x x 2*12*12*1)ˆˆ(21)ˆˆ(21)]ˆˆˆˆ(21[ ∴)ˆˆˆˆ(21x p p x x x +是厄米算符. ## 16、如果算符βαˆˆ、满足关系式1ˆˆˆˆ=-αββα,求证 ①βαββαˆ2ˆˆˆˆ22=- ②233ˆ3ˆˆˆˆβαββα=- 证：①αβαβαββαˆˆ)ˆˆ1(ˆˆˆˆ2222-+=- ②αββαββαββαˆˆˆ)ˆˆˆ2(ˆˆˆˆ3233-+=- 17、求?ˆˆˆˆ=-x x x x L P P L解：)ˆˆˆˆ(ˆˆ)ˆˆˆˆ(ˆˆˆˆy z x x y z x x x x P z P y P P P z P y L P P L ---=-= 018、 ?ˆˆˆˆ=-xx L x x L 解：)ˆˆˆˆ(ˆˆ)ˆˆˆˆ(ˆˆˆˆyz y z x x P z P y x x P z P y L x x L ---=- = 0第四章 态和力学量的表象4.1.求在动量表象中角动量x L 的矩阵元和2x L 的矩阵元. 解：⎰⋅⋅'-'-=τπd e p z py e L r p i y z rp i pp x)ˆˆ()21()(3 #4.2 求能量表象中,一维无限深势阱的坐标与动量的矩阵元.解：基矢：x a n a x u n πsin 2)(=能量：22222a n E n μπ =对角元：sin 202xdx a m x a x a mm ==⎰π 当时,n m ≠⎰⋅⋅=a mn dx ax x a m a x 0)(sin )(sin 2π#4.3 求在动量表象中线性谐振子的能量本征函数. 解：定态薛定谔方程为即 0),()2(),(2122222=-+-t p C p E t p C dp d μμω 两边乘以ω2,得令μωββμωξ1, 1===p p跟课本P.39<2.7-4>式比较可知,线性谐振子的能量本征值和本征函数为 式中n N 为归一化因子,即#4.4.求线性谐振子哈密顿量在动量表象中的矩阵元.解：2222222221221ˆ21ˆx x x p H μωμμωμ+∂∂-=+= #4.5 设已知在Z L L ˆˆ2和的共同表象中,算符yx L L ˆˆ和的矩阵分别为 求它们的本征值和归一化的本征函数.最后将矩阵y x L L 和对角化. 解：x L 的久期方程为∴xL ˆ的本征值为 -，，0 xL ˆ的本征方程 其中⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=321a a a ψ设为xL ˆ的本征函数Z L L ˆˆ2和共同表象中的矩阵 当01=λ时,有∴⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1100a a ψ由归一化条件 取 211=a⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=210210ψ对应于xL ˆ的本征值0 . 当 =2λ时,有∴⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1112a a a ψ由归一化条件 取 211=a∴归一化的⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=212121 ψ对应于xL ˆ的本征值 当 -=2λ时,有∴⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-1112a a aψ 由归一化条件 取 211=a ∴归一化的⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-212121 ψ对应于xL ˆ的本征值 - 由以上结果可知,从Z L L ˆˆ2和的共同表象变到xL ˆ表象的变换矩阵为 ∴对角化的矩阵为S L S L x x +='按照与上同样的方法可得yL ˆ的本征值为 -，，0 yLˆ的归一化的本征函数为 从Z L L ˆˆ2和的共同表象变到yL ˆ表象的变换矩阵为 利用S 可使yL ˆ对角化 #4.6求连续性方程的矩阵表示 解：连续性方程为∴)**(2ψψψψμ∇-∇=i J 而 )**(2ψψψψμ∇-∇⋅∇=⋅∇i J ∴*)ˆˆ*(ψψψψωT T ti -=∂∂ 写成矩阵形式为第五章 微扰理论5.1 如果类氢原子的核不是点电荷,而是半径为0r 、电荷均匀分布的小球,计算这种效应对类氢原子基态能量的一级修正.解：这种分布只对0r r <的区域有影响,对0r r ≥的区域无影响.据题意知 其中)(0r U 是不考虑这种效应的势能分布,即)(r U 为考虑这种效应后的势能分布,在0r r ≥区域, 在0r r <区域,)(r U 可由下式得出, 由于0r 很小,所以)(2ˆˆ022)0(r U H H+∇-=<<'μ,可视为一种微扰,由它引起的一级修正为〔基态ra Zea Z 02/1303)0(1)(-=πψ〕 ∴0a r <<,故102≈-r a Z e .∴⎰⎰+--=0302404220330024)1(1)3(2r r rdr a e Z dr r r r r a e Z E πεπε#5.2 转动惯量为I 、电偶极矩为D 的空间转子处在均匀电场在ε中,如果电场较小,用微扰法求转子基态能量的二级修正.解：取ε的正方向为Z 轴正方向建立坐标系,则转子的哈米顿算符为取θεcos ˆ ,ˆ21ˆ2)0(D HL IH-='=,则 由于电场较小,又把H'ˆ视为微扰,用微扰法求得此问题. )0(ˆH 的本征值为2(()))1(21+=IE 本征函数为 ),()0(ϕθψm Y =)0(ˆH 的基态能量为000=）（E ,为非简并情况.根据定态非简并微扰论可知 #5.3 设一体系未受微扰作用时有两个能级：0201E E 及,现在受到微扰H'ˆ的作用,微扰矩阵元为b H H a H H ='='='='22112112，；b a 、都是实数.用微扰公式求能量至二级修正值. 解：由微扰公式得得 b H E b H E ='=='=22)1(0211)1(01 ∴ 能量的二级修正值为#5.4设在0=t 时,氢原子处于基态,以后受到单色光的照射而电离.设单色光的电场可以近似地表示为t sin ωε,ε与 ω均为零；电离电子的波函数近似地以平面波表示.求这单色光的最小频率和在时刻t 跃迁到电离态的几率.解：①当电离后的电子动能为零时,这时对应的单色光的频率最小,其值为 ②0=t 时,氢原子处于基态,其波函数为在t 时刻, rp i m e⋅=2/3)21(πφ 微扰 )(2sin )(ˆ t i ti e e ir e t r e t Hωωεωε--⋅=⋅='其中ir e F2ˆ ⋅=ε 在t 时刻跃迁到电离态的几率为对于吸收跃迁情况,上式起主要作用的第二项,故不考虑第一项,其中⎰⎰⋅-==ππτφφead F F r p i kmmk 302/3*1)21(ˆ取电子电离后的动量方向为Z 方向, 取ε 、p所在平面为xoz 面,则有 ∴222122)()(sin 4ωωωω--=→mk mk mk m k tF W#5.5基态氢原子处于平行板电场中,若电场是均匀的且随时间按指数下降,即 求经过长时间后氢原子处在2p 态的几率.解：对于2p 态,1= ,m 可取1 ,0±三值,其相应的状态为氢原子处在2p 态的几率也就是从100ψ跃迁到121211210 -ψψψ、、的几率之和. 由 ⎰''='t t i mk m t d e H i t a mk 01)(ω⎰=τθεd Y R r t e Y R 0010*1021 cos )( <取ε方向为Z 轴方向>= 0 = 0由上述结果可知,0211100=→W , 0121100=-→W ∴12110021110021010021-→→→→++=W W W W p s 当∞→t 时,其中02343412218 38 3)411(2 )(1a e e e E E s s s==-=-=μμω #5.6计算氢原子由第一激发态到基态的自发发射几率.解： 233234mk mk s mk r ce A ω= 由选择定则1±=∆ ,知s s 12→是禁戒的 故只需计算s p 12→的几率而 221221221221z y x r ++=2p 有三个状态,即 121211210 , ,-ψψψ <1>先计算z 的矩阵元 θcos r z = <2>计算x 的矩阵元 )(sin 2cos sin ϕϕθϕθi i e e rr x -+== <3>计算y 的矩阵元 )(sin 21sin sin ϕϕθϕθi i e e r ir y --== <4>计算fs s A 910211052.01023.51--⨯=⨯==τ # 5.7 计算氢原子由2p 态跃迁到1s 态时所发出的光谱线强度. 解：2112212ω ⋅=→→s p p s p A N J若 9210-=p N ,则 W J 1.321= #5.8求线性谐振子偶极跃迁的选择定则 解： 22mk mk mk x r A =∝由 ]212[111+-++=k k k k k x φφαφ1±=⇒k m 时,0≠mk x即选择定则为 1±=-=∆k m m #补充练习三1、 一维无限深势阱)0(a x <<中的粒子受到微扰 作用,试求基态能级的一级修正.解：基态波函数〔零级近似〕为 ∴能量一级修正为 2、具有电荷为q 的离子,在其平衡位置附近作一维简谐振动,在光的照射下发生跃迁.设入射光的能量为)(ωI .其波长较长,求：① 原来处于基态的离子,单位时间内跃迁到第一激发态的几率. ②讨论跃迁的选择定则.〔提示：利用积分关系a n e x n ax n π1022)12(5312+∞--⋅⋅⋅⋅=⎰ 答：①)(32)(342221022210ωωμπωπωI q I x q s s ==→ ②仅当01≠±=xmk m 时，∆,所以谐振子的偶极跃迁的选择定则是1±=m ∆〕解：①)( 21ˆ0q e x q F →=ε ∴)(43422022mk mk m k I r q ωπεπω ⨯=→)(3421022210ωπωI x q s=→ <对于一维线性谐振子n r ～i x > 其中 ⎰=dx x x 0*110ψψ一维线性谐振子的波函数为 ∴⎰∞∞---⋅=dx ex xe x x 22222121102)22(ααπααπαψ∴)(32)(32)(2134222222222210ωμωπωαπωαπωI q I q I q s s s ===→ ② 跃迁几率2mk x α,当0=mk x 时的跃迁为禁戒跃迁.可见,所讨论的选择定则为1±=m ∆.#3、电荷e 的谐振子,在0=t 时处于基态,0>t 时处于弱电场τεε/0t e -=之中<τ为常数>,试求谐振子处于第一激发态的几率.解：取电场方向为x 轴正方向,则有 当经过很长时间以后,即当∞→t 时,0/→-τt e .∴)1( 2)(01-=ωτταεi i e t a实际上在τ5≥t 以后即可用上述结果.#第七章 自旋与全同粒子7.1.证明：i z y x =σσσˆˆˆ 证：由对易关系z x y y x i σσσσσˆ2ˆˆˆˆ=- 与。
基本习题和答案解析量子力学
WORD格式整理量子力学习题(一)单项选择题 1. 能量为100ev 的自由电子的De Broglie 波长是 0 0 0 0 A. 1.2 A. B. 1.5 A. C. 2.1 A. D. 2.5 A. 2. 能量为0.1ev 的自由中子的De Broglie 波长是 0 0 0 0 A.1.3 A. B. 0.9 A. C. 0.5 A. D. 1.8 A. 3. 能量为0.1ev ，质量为1g 的质点的De Broglie 波长是 0A.1.4 A.B.1.9 0C.1.17 10J 2 A.D. 2.04.温度T=1k 时, 具有动能 010J 2 A. 0 A. =—k B T ( k B 2 为Boltzeman 常数）的氦原子的DeBroglie 波长是 0 A.8 A. B. 5.6 5.用 Bohr-Sommerfeld 0 A. 0 A. D. 12.6 0A. A. E n 二 n ，.B.C. 10 的量子化条件得到的一维谐振子的能量为（n 二0,1,2,…） E n = （n ：）；. 2 C. E n =（n 1） ? ■ .D. E n =2n •. 6.在0k 附近，钠的价电子的能量为3ev ，其 0 0A.5.2 A.B. 7.1 A.C. 8.4 De Broglie 波长是 0 A. 7. 钾的脱出功是2ev ，当波长为 最大能量为 A. 0.25 10J 8J. B. 1.25 C. 0.25 1046 J.D. 1.25 0A. D. 9.4 03500 A 的紫外线照射到钾金属表面时，光电子的 10」8J. 10J 6J. 8. 当氢原子放出一个具有频率--的光子，反冲时由于它把能量传递给原子而产生 的频率改变为 h A. . B. 2 . C.2七 2心 9. C ompton 效应证实了A.电子具有波动性.B.C.光具有粒子性.D. -2 '2走.D. PC .光具有波动性• 电子具有粒子性. 10. D avisson 和Germer 的实验证实了 A.电子具有波动性.B.光具有波动性. C.光具有粒子性.D. 电子具有粒子性. U （x ）斗0,0：X7中运动，设粒子的状态由 [°°,x E0,X11.粒子在一维无限深势阱 J(x)二Csin 描写，其归一化常数C 为aA ^r 1. B. . C. .a• a■ a12.设t(x)—(x)，在x-x ，dx 范围内找到粒子的几率为 22.D.13.设粒子的波函数为2A.屮（x, y, z） dxdydz.'■ （x, y,z），在x—x • dx范围内找到粒子的几率为2B.屮（x, y,z） dx.2 2C.( '- (x, y, z) dydz)dx .D. . dx dy dz'- (x, yz)14.设：Mx）和：2（x）分别表示粒子的两个可能运动状态，则它们线性迭加的态c「i（x）dd）的几率分布为2 2A.|汕1 +对2 .2 2 *B. |G屮l| +C2屮2 +C1C2屮1屮2.2 2 *C.k 屮1 +C2 屮2 +2GC2屮1屮2.2 2 * * * *D.- c^;2 +。
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
奥鹏东师 《量子力学》练习题参考答案.doc
《量子力学》练习题一 参考答案练习题第1套参考答案 一、基本概念及简要回答1. p 和 p是否相等？为什么？答：不相等。
因为p是动量 p r的本证态，而p是动量p r的本证态，实际上p与p r代表同一个态。
2．判定下列符号中，哪些是算符？哪些是数？哪些是矢量？； )()(t t ； w v u ； w Fu ˆ。
答：是算符，)()(t t ，w Fu ˆ是数， w v u 是矢量。
3.波函数的导数是否一定要连续？举例说明。
答：不一定。
例如，对于无限深势阱波函数中粒子波函数在全空间连续，但微商在0和a 点不连续。
4．为什么既不能把 波理解为‘粒子的某种实际结构，即把波包看作粒子’， 也不把 波理解为‘由大量粒子分布于空间而形成的波，即把波看作由粒子构成的’？答：自由粒子的物质波包必然要扩散，与实验矛盾。
所以不能‘把波包看作粒子’；另一方面，戴维逊-戈末实验表明电子的波动性不是很多电子在空间聚集在一起时才呈现的现象，单个电子就具有波动性，否则每次只有一个粒子，但长时间的衍射干涉就不会有干涉花样. 所以不能‘把波看作由粒子构成的’。
5. 设ˆˆA A ，ˆˆB B ，ˆˆ0A B，。
试判断下列算符哪些是厄米算符，哪些不是。
(1)1ˆˆˆˆˆ()2F AB BA i; (2)ˆˆˆG AB ; (3)ˆˆˆC A iB ; (4)ˆˆˆD A B 。
解：（1）1ˆˆˆˆˆ()2F AB BA i，11ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ()()22F B A A B AB BA i iˆˆFF ，即ˆF 为厄米算符。
（2）ˆˆˆG AB ， ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆG AB B A BA AB G。
ˆG不是厄米算符。
（3）ˆˆˆC AiB ，ˆˆˆC A iBˆˆCC ，即ˆC 不是厄米算符。
（4）ˆˆˆDAB ，ˆˆˆˆˆD A B A BˆˆDD ，即ˆD 为厄米算符。
二．质量为m的粒子处于一维谐振子势场 0,2121 k kx x V 的基态，若弹性系数k 突然变成k 2，即势场变成 22kx x V ，随即测量粒子的能量，求发现粒子处于新势场 x V 2基态的几率；(只列出详细的计算公式即可)解：粒子的波函数(,)x t 随时间的变化满足方程2222i V t m xh h对时间区间t t 积分得2221110120t t t t t t i dt t t tdt V dt m xt V t t t th h ，。
量子力学教程课后习题答案
量子力学教程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与温度T成反比，即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，（1）以及，（2），（3）有这里的的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+dλ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，取得极大值，因此，就得要求对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作。
但要注意的是，还需要验证对λ的二阶导数在处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的就是要求的，具体如下：如果令x= ，则上述方程为这是一个超越方程。
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，这样则有把x以及三个物理常量代入到上式便知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=h，如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（），那么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，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有在这里，利用了以及最后，对作一点讨论，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。
1．3 氦原子的动能是（k为玻耳兹曼常数），求T=1K时，氦原子的德布罗意波长。
量子力学作业答案
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⇒ kThcekThcλλ=--)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 ⋅⨯=-3109.2λ1．4 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124109--⋅⨯=T J M B ，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⎰=nh pdq其中q 是微观粒子的一个广义坐标，p 是与之相对应的广义动量，回路积分是沿运动轨道积一圈，n 是正整数。
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(黑体辐射、光电效应、康普顿效应、玻尔理论、波粒二象性、波函数、不确定关系)黑体辐射[ C ]1.（基础训练2）下面四个图中，哪一个正确反映黑体单色辐出度M B λ(T )随λ 和T 的变化关系，已知T 2 > T 1．【提示】（1）根据40()M T T σ=，0()M T 即曲线下的面积，所以随温度的升高而迅速增加。
（2）根据m T b λ=，峰值波长m λ随着T 的升高，向短波移动。
2、（基础训练14）测量星球表面温度的方法之一，是把星球看作绝对黑体而测定其最大单色辐出度的波长λm ，现测得太阳的λm 1 = 0.55 μm ，北极星的λm 2 = 0.35 μm ，则太阳表面温度T 1与北极星表面温度T 2之比T 1:T 2 =7:11 ．【提示】11755.035.0,1221===∴=m m m T T b T λλλ根据维恩位移定律： 3、（自测提高12）若太阳（看成黑体）的半径由R 增为2 R ，温度由T 增为2 T ，则其总辐射功率为原来的64 倍．【提示】644)2(4)2(P P )MS P 2424124=⋅⋅=∴==RT R T S T ππσ，（总辐射功率表面积表面积光电效应[ D ]4.（基础训练4）用频率为ν 的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为E K ；若改用频率为2ν 的单色光照射此种金属时，则逸出光电子的最大动能为：(A) 2 E K ． (B) 2h ν - E K ． (C) h ν - E K ． (D) h ν + E K ．【提示】设金属逸出功为A ；设频率为2ν 的单色光照射金属时，逸出光电子的最大动能为'K E ；则 k h E A ν=+，2'k h E A ν=+，两式相减即可得出答案。
[ D ]5.（自测提高2）已知一单色光照射在钠表面上，测得光电子的最大动能是 1.2 eV ，而钠的红限波长是5400 Å，那么入射光的波长是(A) 5350 Å． (B) 5000 Å． (C) 4350 Å． (D) 3550 Å．【提示】最大初动能21 1.22m mv eV =，红限波长0λ= 5400 Å →逸出功00hc A h νλ==， 根据212m h mv A ν=+，得 212m hc hc mv λλ=+ → 解出λ= 3550 Å 6、（基础训练12）光子波长为λ，则其能量= chλ；动量的大小 =hλ；质量=hc λ． 【提示】光子能量cE h hνλ==，动量2E E h hp mc c c c c νλ=====； 质量22E h hm c c c νλ=== （注意：因为已知波长，所以都必须用波长表示）氢原子光谱[ C ]7、（基础训练5）要使处于基态的氢原子受激发后能发射赖曼系(由激发态跃迁到基态发射的各谱线组成的谱线系)的最长波长的谱线，至少应向基态氢原子提供的能量是(A) 1.5 eV ． (B) 3.4 eV ． (C) 10.2 eV ． (D) 13.6 eV ．【提示】赖曼系中最长波长的谱线，来自21E E →的跃迁，所以至少应使基态氢原子先吸收一个光子的能量h ν跃迁到2E 能级，然后向下跃迁发出谱线。
所以有至少应提供的能量=1211123313.610.2244E E E E E eV eV -=-==⨯= [ B ]8、（自测提高3）具有下列哪一能量的光子，能被处在n = 2的能级的氢原子吸收？(A) 1.51 eV ． (B) 1.89 eV ．(C) 2.16 eV ． (D) 2.40 eV ． 【提示】设氢原子吸收光子h ν后从2E 跃迁到m E ，则有11222221113.622m E E h E E eV m mν=-=-=⨯-，得m = 通过计算，发现四个选项中，仅当 1.89h eV ν=时，m 为整数（算得m=3），故选择（B ）.9、（基础训练15）欲使氢原子能发射巴耳末系中波长为4861.3 Å的谱线，最少要给基态氢原子提供12.75__eV 的能量。
(里德伯常量R =1.097×107 m -1 )【提示】从较高能级到n=2能级的跃迁形成的谱线称为巴耳末系。
设4861.3 Å的谱线对应于2n E E →，则112122221122n E E chh E E E n nνλ==-=-=⨯-，解得4n =。
所以至少应使基态氢原子获得能量从 E 1跃迁到E 4，所以有至少应提供的能量141112151513.612.7541616E E E E E eV eV =-=-==⨯= 10、（自测提高14）氢原子基态的电离能是 13.6 eV ．电离能为+0.544 eV 的激发态氢原子，其电子处在n =5 的轨道上运动．【提示】（1）基态电离能E 是指电子从基态激发到自由状态（E ∞=0）所需的能量。
∴E =11E E E =-∞=13.6eV ； （2）+0.544 eV =n n E E E =-∞=26.13neV，可求出n=5不确定关系[ A ]11.（基础训练8）设粒子运动的波函数图线分别如图19-4(A)、(B)、(C)、(D)所示，那么其中确定粒子动量的精确度最高的波函数是哪个图？ 【提示】根据动量的不确定关系：2x x p ∆⋅∆≥，x ∆越大，则x p ∆越小，动量的精确度就越高。
康普顿散射12、（基础训练13）康普顿散射中，当散射光子与入射光子方向成夹角φ = π时，散射光子的频率小得最多；当φ =0 时，散射光子的频率与入射光子相同．【提示】202sin, 2c cϕλλλλλν∆=-==，当ϕπ=时，max 2c λλ∆=，波长增加最多，即频率小得最多；当0ϕ=时，min 0λ∆=，0λλ=，0νν=，即散射光子的频率与入射光子相同。
德布罗意波长13、（基础训练18） 令)/(c m h e c =λ(称为电子的康普顿波长，其中e m 为电子静止质量，c 为真空中光速，h 为普朗克常量)．当电子的动能等于它的静止能量时，它的德布罗意波长是λ=λc ． x (A) x (B) x (C) x(D)图 19-4【提示】电子的动能：22k e E mc m c =-，电子的静止能量=2e m c依题意，22k e E mc m c =-＝2c m e ，2e m m =，即：e e m c v m m 212=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=得：2112=⎪⎭⎫⎝⎛-c v ，c v 23=，代入下式即可算出波长：c ee c m h c v v m h m v h p h λλ333312==⎪⎭⎫⎝⎛-===三. 计算题【康普顿散射】14. （基础训练21）波长为λ0 = 0.500 Å的X 射线被静止的自由电子所散射，若散射线的波长变为λ = 0.522 Å，试求反冲电子的动能E K ．解：根据能量守恒:2200mc h c m h +=+νν ，∴反冲电子获得动能：202c m mc E K -=ννh h -=0λλchch-=0161.6810J -=⨯【氢原子光谱】15. （基础训练22）处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出的光仅有三条谱线，问此外来光的频率为多少？(里德伯常量R =1.097×107 m -1)解：处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出的光仅有三条谱线，则氢原子吸收该光子后最高将被激发到3n =的能级，从而发出31λ、21λ、32λ三条谱线，于是131112839E h E E E E ν=-=-==12. 09eV 1512.09 2.9210eVv Hz h==⨯【德布罗意波长】16.（自测提高20）质量为m e 的电子被电势差U 12 = 100 kV 的电场加速，如果考虑相对论效应，试计算其德布罗意波的波长．若不用相对论计算，则相对误差是多少？(电子静止质量m e =9.11×10-31 kg ，普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s ，基本电荷e =1.60×10-19 C)解：考虑相对论效应：动能=22e mc m c -=12eU （1）22v 1cm m e -=（2）由（1）、（２）式，可求出2c v 1⎪⎭⎫⎝⎛-和v ，代入下式即可求出波长2v 1v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛-===c m h m h p h e λ＝)2(21212c m eU eU hc e +＝3.71m 1210-⨯若不用相对论计算：则动能＝21v 2e m =12eU v e m h p h =='λ=Ke E 2m h122eU m h e ==3.88m 1210-⨯相对误差： λλλ-'＝4.6﹪【不确定关系】17.（自测提高25）一电子处于原子某能态的时间为10-8 s ，计算该能态的能量的最小不确定量．设电子从上述能态跃迁到基态所对应的光子能量为3.39 eV ，试确定所辐射的光子的波长及此波长的最小不确定量．( h = 6.63×10-34 J ·s ) 解：（1）根据不确定关系式：2≥∆⋅∆t E 得：t E ∆≥∆23486.63102210π--⨯=⨯⨯J 2710276.5-⨯=eV 810297.3-⨯= （2）根据光子能量与波长的关系λνch h E ==，得波长为Ec h=λ＝3.67m 710-⨯； 由E hc =λ，求导得：2d hcdE Eλ=- 所以，波长的最小不确定量为2hc E E λ∆=∆()34827152196.6310310 5.27610 3.56710()3.39 1.610m ----⨯⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯。