第一篇:量子力学曾谨严 第6章作业答案
第6章 中心力场
教材P115 ~116:1、3、4、5、8、9 1.解:略。见电子教案§ 6.3 氢原子。3.解:
氢原子:En19 e4122n2,mempmemp,En13.61eV,n1,2, 2n电子偶素:me1,En6.82eV,n1,2, 2n原子:mmpmmpm2,m105.66MeV
子偶素:4.解:
氢原子基态
0(r,,)1a32era
xx2x2
xx0dxdydz0
xx022221214dxdydz4r0r2drr4e2radra2 3303a02px2为计算px和px,作Fourier变换
2pxpx
20(p)1i3(r)exp(pr)dr320(2)121(2)32a322drrexp(ra)exp(00iprcos)sind 222a32a(p2a2)2第6章 中心力场
20
2pxpx0(p)dpxdpydpz0
2pp0(p)dpxdpydpz2x2x12p20(p)dpxdpydpz385p4252sind2dp2243a(pa)00223a2xpxx2px
3 25.解:
氢原子基态
0(r,,)1a32era,Ee422
e4e22VE,V2E(基态总能量)因a,当r2a时,则当r2a时,22a2eEV0,“动能”0,为经典禁区。
处于经典禁区的概率
24Wrdr02a021d43r2e2radr13e40.238
a2a8.解:
对于库仑势,由维里定理
1Ze21EnnlmV(r)nlmnlmnlm
22r2En12Z2e21Znlmnlm22 22rZeZe2anna由Feynman-Hellmann定理 第6章 中心力场
ˆ(l)EnHnlmnlm ll22ˆ21LˆHrV(r)222rr2rˆ2nlml(l1)2nlm,所以 因为L9.解:略。
(l)212l(l1)2Hˆ2rr2r2r2V(r)212l(l1)e2
a12rr2r2r2V(r)a22 EZ2e21n2an2,nnrl1
E2nlZ2e22an3 nlmHˆ(l)(2l1)e2a1lnlm2nlmr2nlm
nlm1Z21r2nlm(l12)n3a2
第二篇:量子力学导论第4章答案
第四章
力学量用算符表达与表象变换
4.1)设与为厄米算符,则和也是厄米算符。由此证明,任何一个算符均可分解为,与均为厄米算符,且
证:ⅰ)
为厄米算符。
ⅱ)
也为厄米算符。
ⅲ)令,则,且定义
(1)
由ⅰ),ⅱ)得,即和皆为厄米算符。
则由(1)式,不难解得
4.2)设是的整函数,证明
整函数是指可以展开成。
证:
(1)先证。
同理,现在,而。
又
而
4.3)定义反对易式,证明
证:
4.4)设,为矢量算符,和的标积和矢积定义为,为Levi-civita符号,试验证
(1)
(2)
(3)
证:
(1)式左端
(1)式右端也可以化成。
(1)式得证。
(2)式左端
()
(2)式右端
故(2)式成立。
(3)式验证可仿(2)式。
4.5)设与为矢量算符,为标量算符,证明
(1)
(2)
证:(1)式右端
(1)式左端
(2)式右端
(2)式左端
4.6)设是由,构成的标量算符,证明
(1)
证:
(2)
(3)
同理可证,(4)
(5)
将式(3)、(4)、(5)代入式(2),于是(1)式得证。
4.7)证明。
证:
利用基本对易式
即得。
因此
其次,由于和对易,所以
因此,4.8)证明
(1)
(2)
(3)
(4)
证:
(1)利用公式,有
其中
因此
(2)利用公式,(Δ)
可得
①
②
③
由①②③,则(2)得证。
(3)
(4)就此式的一个分量加以证明,由4.4)(2),其中
(即)
类似地。可以得到分量和分量的公式,故(4)题得证。
4.9)定义径向动量算符
证明:,,证:,即为厄米算符。
据4.8)(1)。
其中,因而
以左乘上式各项,即得
4.10)利用测不准关系估算谐振子的基态能量。
解:一维谐振子能量。
又奇,,(由(3.8)、(3.9)题可知),由测不准关系,得。,得
同理有。
谐振子(三维)基态能量。
4.11)
利用测不准关系估算类氢原子中电子的基态能量。
解:类氢原子中有关电子的讨论与氢原子的讨论十分相似,只是把氢原子中有关公式中的核电荷数换成(为氢原子系数)而理解为相应的约化质量。故玻尔轨迹半径,在类氢原子中变为。
类氢原子基态波函数,仅是的函数。
而,故只考虑径向测不准关系,类氢原子径向能量为:。
而,如果只考虑基态,它可写为,与共轭,于是,(1)
求极值
由此得(:玻尔半径;:类氢原子中的电子基态“轨迹”半径)。代入(1)式,得
基态能量,运算中做了一些不严格的代换,如,作为估算是允许的。
4.12)证明在分立的能量本征态下动量平均值为0。
证:设定态波函数的空间部分为,则有
为求的平均值,我们注意到坐标算符与的对易关系:。
这里已用到最基本的对易关系,由此
这里用到了的厄米性。
这一结果可作一般结果推广。如果厄米算符可以表示为两个厄米算符和的对易子,则在或的本征态中,的平均值必为0。
4.13)证明在的本征态下。
(提示:利用,求平均。)
证:设是的本征态,本征值为,即,同理有:。
4.14)
设粒子处于状态下,求和
解:记本征态为,满足本征方程,,利用基本对易式,可得算符关系
将上式在态下求平均,因作用于或后均变成本征值,使得后两项对平均值的贡献互相抵消,因此
又
上题已证。
同理。
4.15)设体系处于状态(已归一化,即),求
(a)的可能测值及平均值;
(b)的可能测值及相应的几率;
(c)的可能测值及相应的几率。
解:,。
(a)由于已归一化,故的可能测值为,0,相应的几率为。平均值。
(b)的可能测值为,相应的几率为。
(c)若,不为0,则(及)的可能测值为:,0。
1)在的空间,对角化的表象中的矩阵是
求本征矢并令,则,得,。
ⅰ)取,得,本征矢为,归一化后可得本征矢为。
ⅱ)取,得,本征矢为,归一化后可得本征矢为。
ⅲ)取,得,归一化后可得本征矢为。
在态下,取的振幅为,取的几率为;取的振幅为,相应的几率为;
取的振幅为,相应的几率为。总几率为。
2)在的空间,对角化表象中的矩阵
利用,。,本征方程,,。
ⅰ),,本征矢为。在态下,测得的振幅为。几率为;
ⅱ),,,本征矢为。在态下,测得的振幅为,几率为。
ⅲ),,,本征矢为,在态下,测得几率为。
ⅳ),,,本征矢为,在态下,测得的振幅为。几率为;
ⅴ),,,本征矢为,在态下,测得的几率为。
在态中,测(和)的可能值及几率分别为:
4.16)设属于能级有三个简并态,和,彼此线形独立,但不正交,试利用它们构成一组彼此正交归一的波函数。
解:,。
是归一化的。。
它们是正交归一的,但仍然是简并的(可验证:它们仍对应于同一能级)。
4.17)设有矩阵等,证明,,,表示矩阵相应的行列式得值,代表矩阵的对角元素之和。
证:(1)由定义,故上式可写成:,其中是的任意一个置换。
(2)
(3)
(4)
(5)
第三篇:量子力学导论第2章答案
第二章
波函数与Schrödinger方程
2.1设质量为的粒子在势场中运动。
(a)证明粒子的能量平均值为,(能量密度)
(b)证明能量守恒公式
(能流密度)
证:(a)粒子的能量平均值为(设已归一化)
(1)
(势能平均值)
(2)
其中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。因此
(3)
结合式(1)、(2)和(3),可知能量密度
(4)
且能量平均值。
(b)由(4)式,得
(:几率密度)
(定态波函数,几率密度不随时间改变)
所以。
2.2考虑单粒子的Schrödinger方程
(1)
与为实函数。
(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
证:(a)式(1)取复共轭,得
(2)
(1)-(2),得
(3)
即,此即几率不守恒的微分表达式。
(b)式(3)对空间体积积分,得
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(),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
设和是Schrödinger方程的两个解,证明。
证:
(1)
(2)
取(1)之复共轭:
(3)
(3)(2),得
对全空间积分:,(无穷远边界面上,)
即。
2.4)设一维自由粒子的初态,求。
解:
2.5
设一维自由粒子的初态,求。
提示:利用积分公式
或。
解:作Fourier变换:,()
(指数配方)
令,则。
2.6
设一维自由粒子的初态为,证明在足够长时间后,式中
是的Fourier变换。
提示:利用。
证:根据平面波的时间变化规律,任意时刻的波函数为
(1)
当时间足够长后(所谓),上式被积函数中的指数函数具有函数的性质,取,(2)
参照本题的解题提示,即得
(3)
(4)
物理意义:在足够长时间后,各不同k值的分波已经互相分离,波群在处的主要成分为,即,强度,因子描述整个波包的扩散,波包强度。
设整个波包中最强的动量成分为,即时最大,由(4)式可见,当足够大以后,的最大值出现在处,即处,这表明波包中心处波群的主要成分为。
2.7
写出动量表象中的不含时Schrödinger方程。
解:经典能量方程。
在动量表象中,只要作变换,所以在动量表象中,Schrödinger为:。
第四篇:量子力学导论第1章答案
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,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
(1)
又据de
Broglie关系
(2)
而能量
(3)
1.2设粒子限制在长、宽、高分别为的箱内运动,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、高三个方向为轴方向,把粒子沿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
即
(:一来一回为一个周期),同理可得,,粒子能量
1.3设质量为的粒子在谐振子势中运动,用量子化条件求粒子能量E的可能取值。
提示:利用
解:能量为E的粒子在谐振子势中的活动范围为
(1)
其中由下式决定:。
0
由此得,(2)
即为粒子运动的转折点。有量子化条件
得
(3)
代入(2),解出
(4)
积分公式:
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
是平面转子的角动量。转子的能量。
解:平面转子的转角(角位移)记为。
它的角动量(广义动量),是运动惯量。按量子化条件,因而平面转子的能量,
第五篇:量子力学导论第5章答案
第五章
力学量随时间的变化与对称性
5.1)设力学量不显含,为本体系的Hamilton量,证明
证.若力学量不显含,则有,令
则,5.2)设力学量不显含,证明束缚定态,证:束缚定态为::。
在束缚定态,有。
其复共轭为。
5.3)表示沿方向平移距离算符.证明下列形式波函数(Bloch波函数),是的本征态,相应的本征值为
证:,证毕。
5.4)设表示的本征态(本征值为),证明
是角动量沿空间方向的分量的本征态。
证:算符相当于将体系绕轴转角,算符相当于将体系绕轴转角,原为的本征态,本征值为,经过两次转动,固定于体系的坐标系(即随体系一起转动的坐标系)的轴(开始时和实验室轴重合)已转到实验室坐标系的方向,即方向,变成了,即变成了的本征态。本征值是状态的物理属性,不受坐标变换的影响,故仍为。(还有解法二,参
钱..《剖析》.P327)
5.5)设Hamilton量。证明下列求和规则。
是的一个分量,是对一切定态求和,是相应于态的能量本征值。
证:
()
又。
不难得出,对于分量,亦有同样的结论,证毕。
5.6)设为厄米算符,证明能量表象中求和规则为
(1)
证:式(1)左端
(2)
计算中用到了公式。
由于是厄米算符,有下列算符关系:
(3)
式(2)取共轭,得到
(4)
结合式(2)和(4),得
证毕。
5.7)证明schrödinger方程变换在Galileo变换下的不变性,即设惯性参照系的速度相对于惯性参照系运动(沿轴方向),空间任何一点
两个参照系中的坐标满足下列关系:。
(1)
势能在两个参照系中的表示式有下列关系
(2)
证明schrödinger方程在参照系中表为
在参照系中表为
其中
证:由波函数的统计解释,和的意义完全相同。,是时刻在点找到粒子的几率密度;,是时刻在点找到粒子的几率密度。
但是在给定时刻,给定地点发现粒子的几率应与参照系的选择无关,所以相应的几率应相等,即
(6)
从(1)式有
(6’)
由此可以得出,和两个波函数彼此只应差绝对值为1的相因子,所以
(7)
(7)
由(1)式,,(3)式变为:
(8)
将(7’)代入(8)式,可得
(9)
选择适当的,使得(9)(4)。
(10)
(10’)
从(10)可得。
(11)
是的任意函数,将(11)代入(10’),可得
积分,得。
为积分常数,但时,系和系重合,应等于,即应等于,故应取,从而得到
(12)
代入(7’)式,最后得到波函数的变换规律:
(13)
逆变换为
(13’)
相当于式(13)中的,带的量和不带的量互换。
讨论:的函数形式也可用下法求出:
因和势能无关,所以只需要比较平面波(自由粒子)在和系中的表现形式,即可确定.沿方向运动的自由粒子,在伽利略变换下,动量、能量的变换关系为
(14)
据此,系和系中相应的平面波波函数为,(15)
(1)、(14)代入(15),即得
此即(13)式,由于这个变换关系仅取决于和系的相对速度,而与粒子的动量无关,所以上式适用于任何自由粒子。它正是所求的变换关系。