习题解答(79年版《量子力学教程》周世勋教授编).pdf 100页

'量子力学习题及解答第一章绪论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λ与温m度T成反比，即λT=b（常量）；m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38πhv1ρd=⋅dv，（1）vv3hvcekT−1以及λv=c，（2）ρdv=−ρdλ，（3）vv有dvρ=−ρλdλ⎛c⎞d⎜⎟⎝λ⎠=−ρ(λ)vdλρ(λ)v=⋅cλ8πhc1=⋅,5hcλeλkT−1这里的ρ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。λ本题关注的是λ取何值时，ρ取得极大值，因此，就得要求ρ对λ的一λλ阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作λ。但要注意的是，还需要验证ρmλ对λ的二阶导数在λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的λ就mm是要求的，具体如下：⎛⎞"8πhc1⎜hc1⎟ρ=⋅−5+⋅=0λ6hc⎜hc⎟λ⎜λkT−⎟eλkT−1⎝1−eλkT⎠ hc1⇒−5+⋅=0hcλkT−1−eλkThc−hc⇒5(1−eλkT)=λkThc如果令x=，则上述方程为λkT−x5(1−e)=x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hcλT=mxk把x以及三个物理常量代入到上式便知−3λT=2.9×10m⋅Km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，hp=λ2如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（E<<μc），那么动e2pE=2μe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6方的乘积，即0.51×10eV，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有hλ=p h=2μEehc=22μcEe−61.24×10=m62×0.51×10×3−9=0.71×10m=0.71nm在这里，利用了−6hc=1.24×10eV⋅m以及26μc=0.51×10eVe最后，对hcλ=22μcEe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。31．3氦原子的动能是E=kT（k为玻耳兹曼常数），求T=1K时，氦原子的德2布罗意波长。解根据−31k⋅K=10eV，知本题的氦原子的动能为33−3E=kT=k⋅K=1.5×10eV,222显然远远小于μc这样，便有核hcλ=22μcE核 −61.24×10=m9−32×3.7×10×1.5×10−9=0.37×10m=0.37nm这里，利用了269μc=4×931×10eV=3.7×10eV核最后，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hchcλ==222μcE2μkcT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。−24−1已知外磁场H=10T，玻尔磁子M=9×10J⋅T，试计算运能的量子化间B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∫pdq=nh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2p12E=+kx2μ2这样，便有12p=±2μ(E−kx)2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12E=kx22E可解出x=±±k 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x+12x−12∫2μ(E−kx)dx+∫(−)2μ(E−kx)dx=nhx−2x+2⇒x+E1kx2dxx+E1kx2dxnh∫2μ(−)+∫2μ(−)=x−2x−2x+12n∫2μ(E−kx)dx=h⇒x−22为了积分上述方程的左边，作以下变量代换；2Ex=sinθk这样，便有π2⎛2E⎞n22μEcosθd⎜sinθ⎟=h∫−π⎜k⎟22⎝⎠π2En22μEcosθ⋅cosθdθ=h∫−π⇒2k2πμ2n22E⋅cosθdθ=h∫=π⇒2k2这时，令上式左边的积分为A，此外再构造一个积分πμ2B=22E⋅sinθdθ∫−πk2这样，便有πμμA+B=22E⋅dθ=2Eπ⋅,∫π−kk2（1）πμA−B=22E⋅cos2θdθ∫π−k2πμ=2Ecos2θd(2θ)∫π−k2πϖ=2Ecosϕdϕ,∫π−k2这里ϕ=2θ，这样，就有πμA−B=∫−Edsinϕ=0（2）πk 根据式（1）和（2），便有μA=Eπk这样，便有μnEπ=hk2⇒E=nhμ2πkμ=nh,kh其中h=2π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2υμ=qυBR⇒p=μυ=qBR这时，玻尔——索末菲的量子化条件就为2π∫qBRd(Rθ)=nh0⇒qBR2⋅2π=nh⇒qBR2=nh2p又因为动能耐E=，所以，有2μ2222(qBR)qBRE==2μ2μqBnhqh==nB⋅2μ2μ=nBN,Bqh其中，M=是玻尔磁子，这样，发现量子化的能量也是等间隔的，而且B2μ ΔE=BMB具体到本题，有−24−23ΔE=10×9×10J=9×10J根据动能与温度的关系式3E=kT2以及−3−221k⋅K=10eV=1.6×10J可知，当温度T=4K时，−22−22E=1.5×4×1.6×10J=9.6×10J当温度T=100K时，−22−20E=1.5×100×1.6×10J=2.4×10J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，修正当涉及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2E=hv=μce此外，还有hcE=pc=λ于是，有hc2=μceλhcλ=2⇒μec−61.24×10=m60.51×10−12=2.4×10m−3=2.4×10nm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，当涉及到粒子的衰变，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rrΨ(r，t)=ψ(r)f(t)ir−Et=ψ(r)ehrih**J=(Ψ∇Ψ−Ψ∇Ψ)2miiiiihr−Etr−Et**r−Etr−Et=[ψ(r)eh∇（ψ(r)eh）−ψ(r)eh∇（ψ(r)eh）]2mihr*r*rr=[ψ(r)∇ψ(r)−ψ(r)∇ψ(r)]2mr可见J与t无关。2.2由下列定态波函数计算几率流密度：1ikr1−ikr(1)ψ=e(2)ψ=e12rr从所得结果说明ψ表示向外传播的球面波，ψ表示向内(即向原点)传播的球12面波。rr解：J和J只有r分量12r∂r1∂r1∂在球坐标中∇=r+e+e0θϕ∂rr∂θrsinθ∂ϕrih**(1)J=(ψ∇ψ−ψ∇ψ)111112mih1ikr∂1−ikr1−ikr∂1ikrr=[e(e)−e(e)]r02mr∂rrr∂rrih111111r=[(−−ik)−(−+ik)]r2202mrrrrrrhkrhkr=r=r203mrmrrrJ与r同向。表示向外传播的球面波。1 rih**(2)J=(ψ∇ψ−ψ∇ψ)22222mih1−ikr∂1ikr1ikr∂1−ikrr=[e(e)−e(e)]r02mr∂rrr∂rrih111111r=[(−+ik)−(−−ik)]r2202mrrrrrrhkrhkr=−r=−r203mrmrrr可见，J与r反向。表示向内(即向原点)传播的球面波。2ikx补充：设ψ(x)=e，粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？Q∫ψ*ψdx=∫dx=∞∞∞2∴波函数不能按∫ψ(x)dx=1方式归一化。∞其相对位置几率分布函数为2ω=ψ=1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⎧∞，x<0⎪U(x)=⎨0，0≤x≤a⎪⎩∞，x>a中运动，求粒子的能级和对应的波函数。解：U(x)与t无关，是定态问题。其定态S—方程22hd−ψ(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)22mdx在各区域的具体形式为22hdⅠ：x<0−ψ(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)①21112mdx22hdⅡ：0≤x≤a−ψ(x)=Eψ(x)②2222mdx22hdⅢ：x>a−ψ(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)③23332mdx 由于(1)、(3)方程中，由于U(x)=∞，要等式成立，必须ψ(x)=01ψ(x)=02即粒子不能运动到势阱以外的地方去。2dψ2(x)2mE方程(2)可变为+ψ(x)=0222dxh22mE令k=，得2h2dψ2(x)2+kψ(x)=022dx其解为ψ(x)=Asinkx+Bcoskx④2根据波函数的标准条件确定系数A，B，由连续性条件，得ψ(0)=ψ(0)⑤21ψ(a)=ψ(a)⑥23⑤⇒B=0⑥⇒Asinka=0QA≠0∴sinka=0⇒ka=nπ(n=1,2,3,L)nπ∴ψ(x)=Asinx2a由归一化条件2∫ψ(x)dx=1∞a22nπ得A∫sinxdx=10aamπnπa由∫sinx∗sinxdx=δmnbaa2 2⇒A=a2nπ∴ψ(x)=sinx2aa22mEQk=2h22πh2⇒E=n(n=1,2,3,L)可见E是量子化的。n22ma对应于E的归一化的定态波函数为ni⎧2nπ−Entsinxeh,0≤x≤a⎪ψn(x,t)=⎨aa⎪⎩0,xa#12.4.证明（2.6-14）式中的归一化常数是A′=a⎧nπ⎪A′sin(x+a),x0,x>a⎪0U(x)=⎨⎪⎩0,x≤a运动，求束缚态(00，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∞∞222−2λx1=∫ψ(x)dx=∫Axedx−∞012=A34λ3/2∴A=2λ3/2−2λxψ(x)=2λxe(x≥0)ψ(x)=0(x<0)∞1−ikx11/23/2∞−(λ+ik)xc(p)=∫eψ(x)dx=()⋅2λ∫xeψ(x)dx−∞2πh2πh−∞32λ1/2x−(λ+ik)x∞1∞−(λ+ik)x=()[−e+∫edx2πhλ+ik0λ+ik−∞332λ1/2x2λ1/21=()==()22πh(λ+ik)2πhp2(λ+i)h动量几率分布函数为33322λ12λh1ω(p)=c(p)==22222πh2p2π(hλ+p)(λ+)2h∞∞d*3−λx−λx(2)p=∫ψ(x)pˆψ(x)dx=−ih∫4λxe(e)dx−∞−∞dx ∞3−2λx=−ih4λh∫x(1−λx)edx−∞∞32−2λx=−ih4λh∫(x−λx)edx−∞311=−ih4λh(−)224λ4λ=0#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ψ(x)=Ax(a−x)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ψ(x)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⎧2nπ⎪sinx,0≤x≤aψ(x)⎨aa⎪⎩0,x≤0,x≥a222nπhE=(n=1，2，3，L)n22μa2动量的几率分布函数为ω(E)=Cn∞*anπC=ψ(x)ψ(x)dx=sinxψ(x)dxn∫−∞∫0a先把ψ(x)归一化，由归一化条件，∞aa22222221=∫ψ(x)dx=∫Ax(a−x)dx=A∫x(a−2ax+x)dx−∞00a22234=A∫(ax−2ax+x)dx055552aaa2a=A(−+)=A3253030∴A=5aa230nπ∴C=⋅sinx⋅x(a−x)dxn∫0aa5a 215anπa2nπ=3[a∫xsinxdx−∫xsinxdx]a0a0a23215anπanπa2nπ=[−xcosx+sinx+xcosx322anπanπanπaa232anπ2anπ−xsinx−cosx]2233nπanπa0415n=[1−(−1)]33nπ2240n2∴ω(E)=C=[1−(−1)]n66nπ⎧960⎪，n=1，3，5，L66=⎨nπ⎪⎩0，n=2,4,6,L2∞apˆE=∫ψ(x)Hˆψ(x)dx=∫ψ(x)ψ(x)dx−∞02μ22a30hd=x(x−a)⋅[−x(x−a)]dx∫0a52μdx2223330ha30haa=x(x−a)dx=(−)μa5∫0μa52325h=2μa3.9.设氢原子处于状态13ψ(r,θ,ϕ)=R(r)Y(θ,ϕ)−R(r)Y(θ,ϕ)2110211−122求氢原子能量、角动量平方及角动量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22μeμessE=−=−(n=2)22222hn8h角动量平方有确定值为222L=l(l+1)h=2h(l=1) 角动量Z分量的可能值为L=0L=−hZ1Z2其相应的几率分别为13，44其平均值为133L=×0−h×=−hZ4443.10一粒子在硬壁球形空腔中运动，势能为⎧∞,r≥a;U(r)=⎨⎩0,r0，求电子在均匀场外电场作用下穿过金属表面的透射系数。0解：设电场强度为ε，方向沿χ轴负向，则总势能为V(x)=−eεx(x≤0)，V（x）=U−eεx（x≥0）0势能曲线如图所示。则透射系数为2x1D≈exp[−2μ(U−eεx−E)dx]∫0hx2式中E为电子能量。x=0，x由下式确定12p=2μ(U−eεx−E)=00U−E0∴x=2eεU0−E2令x=sinθ，则有eε x12πU0−E22μ(U−eεx−E)dx=2μ(U−E)⋅2sinθdθ∫x0∫002eε2π3U0−Ecosθ=22μ(U−E)(−)0eε302U0−E=2μ(U−E)03eε2U0−E∴透射系数D≈exp[−2μ(U−E)]03heε5．指出下列算符哪个是线性的，说明其理由。2n2d2①4x2；②[]；③∑dxK=122d解：①4x是线性算符2dx2222d2d2dQ4x(cu+cu)=4x(cu)+4x(cu)21122211222dxdxdx222d2d=c⋅4xu+c⋅4xu121222dxdx2②[]不是线性算符22222Q[cu+cu]=cu+2ccuu+cu11221112122222≠c[u]+c[u]1122n③∑是线性算符K=1nNNNN∑c1u1+c2u2=∑c1u1+∑c2u2=c1∑u1+c2∑u2K=1K=1K=1K=1K=16．指出下列算符哪个是厄米算符，说明其理由。2ddd，i，42dxdxdx ∞d∞∞d解：ψ*φdx=ψ*φ−ψ*φdx∫−∞dx-∞∫−∞dx当x→±∞，ψ→0，φ→0∞d∞d∞d∴∫ψ*φdx=−∫ψ*φdx=−∫(ψ)*φdx−∞dx−∞dx−∞dx∞d≠∫(ψ)*φdx−∞dxd∴不是厄米算符dx∞d∞∞dψ*iφdx=iψ*φ−iψ*φdx∫−∞dx-∞∫−∞dx∞d∞d=−i∫(ψ)*φdx=∫(iψ)*φdx−∞dx−∞dxd∴i是厄米算符dx2∞ddφ∞∞dψ*dφψ*4φdx=4ψ*−4dx∫−∞dx2dx-∞∫−∞dxdx2∞dψ*dφdψ*∞dψ*=−4∫dx=4φ+4∫2φdx−∞dxdxdx−∞dx22∞d∞d=−4∫−∞2ψ*φdx=∫−∞(42ψ)*φdxdxdx2d∴4是厄米算符2dx2d7、下列函数哪些是算符的本征函数，其本征值是什么？2dx2x①x，②e，③sinx，④3cosx，⑤sinx+cosx2d2解：①(x)=22dx22d∴x不是的本征函数。2dx2dxx②e=e2dx2xd∴e不是的本征函数，其对应的本征值为1。2dx 2dd③(sinx)=(cosx)=−sinx2dxdx2d∴可见，sinx是的本征函数，其对应的本征值为－1。2dx2dd④(3cosx)=(−3sinx)=−3cosx−(3cosx)2dxdx2d∴3cosx是的本征函数，其对应的本征值为－1。2dx2dd(sinx+cosx)=(cosx−sinx）=−sinx−cosx⑤2dxdx=−(sinx+cosx)2d∴sinx+cosx是的本征函数，其对应的本征值为－1。2dxixd8、试求算符Fˆ=−ie的本征函数。dx解：Fˆ的本征方程为Fˆφ=Fφixd即−ie=Fφdxdφixixdixd=iFedx=−d(Fe)=d(−Fe)φdxdxixdlnφ=−Fe+lncdx−ix−Feφ=ce（Fˆ是F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。⎧a0,x≤⎪⎪2解：U(x)=⎨⎪a∞,x≥⎪⎩2 方程（分区域）：Ⅰ：U(x)=∞∴ψ(x)=0Ia(x≤−)2aⅢ：U(x)=∞∴ψ(x)=0(x≥)III222hdψIIⅡ：−=Eψ2II2μdx2dψII2μE+ψ=022IIdxh22μE令k=2h2dψII2+kψ=02IIdxψ=Asin(kx+δ)II⎧aaψ(−)=ψ(−)⎪III标准条件：⎨22aa⎪ψ()=ψ()IIIII⎩22∴Asin(−kx+δ)=0∵A≠0∴sin(−kx+δ)=0aa取δ−k=0，即δ=k22a∴ψ(x)=Asink(x+)II2Asinka=0⇒sinka=0∴ka=nπ(n=1,2,L)πk=na ⎧πnaaAsin(x+),x≤⎪⎪a22∴粒子的波函数为ψ(x)=⎨⎪a0,x≥⎪⎩22222h2nπk粒子的能级为E=k=(n=1,2,3,L)2μ2μa由归一化条件，得∞22a/22nπa1=∫ψ(x)dτ=A∫−sin(x+)dx−∞a/2a22a/212nπa=A∫−[1−cos(x+)]dxa/22a22a2a/22nπa=A⋅−A∫−cos(x+)dx2a/2a2aa22a2nπa2=A−A⋅sin(x+)22nπa2a−2a2=A22∴A=a∴粒子的归一化波函数为⎧2πnaa⎪sin(x+),x≤⎪aa22ψ(x)=⎨⎪a0,x≥⎪⎩210、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a、4a、9a的球壳处的几率最（a为第一玻尔轨道半径）。000022证：1s:ω(r)dr=Rrdr101013−2r/a02=()⋅4e⋅rdra0 132−2r/a0ω(r)=()⋅4re10a0dω101322−2r/a0=4()⋅(2r−r)edraa00131−2r/a0=8()⋅(1−r)reaa00dω10令=0，则得drr=0r=a111102dω10132∂rr−2r/a0=8()⋅[(1−r)−(1−)e]2draaaa00002134r2r−2r/a0=8()⋅(1−+)e]2aaa0002dω10>0∴r=0为几率最小处。211drr11=02dω10<0∴r=a为几率最大处。2110drr11=a0222p:ω(r)dr=Rrdr2121213r−r/a02=()⋅e⋅rdr22a03a0213r−r/a0ω(r)=()⋅e2122a03a0dω21113−r/a0=⋅(4−r)re5dr24aa0022dω2118r2−r/a0=(1−r+）re]252dr24a0a0a0dω21令=0，则得dr r=0r=4a212202dω21<0∴r=4a为最大几率位置。dr2220r22=4a0当00∴r=0为几率最小位置。2dr2r28−3d:ω(r)=R=r6e3a03232798415a02rdω3282r5−3a=(5−)re07dr98415a03a0dω32令=0，得drr=0,r=9a31320同理可知r=0为几率最小处。31r=9a为几率最大处。32011、求一维谐振子处在第一激发态时几率最大的位置。122α−αx解：ψ(x)=⋅2αxe212π322α2−α2x2ω(x)=ψ(x)=xe11π3dω14α23−α2x2=(x−αx)edxπ34α22−α2x2=(1−αx)xeπ23dω14α2244−α2x2=(1−5αx+2αx)e2dxπdω1令=0，得dx 1hx=0，x=±=±=±x1202μω02dω1>0，∴x=0为几率最小处。21dxx1=02dω11<0，∴x=±=±x为几率最大处。220dx12x2=±21−ra06．设氢原子处在ψ(r,θ,φ)=e的态（a为第一玻尔轨道半径），03πa0求①r的平均值；2e②势能−的平均值。r∞1−2rπ2π解：①r=r3ea0drsinθdθdφ∫0πa03∫0∫01a03a0=×3×2×1×()×()×4π3πa2203=a0222re1∞−a②−s=−e2⋅⋅4πre0drrπa3∫002eaas00=−×4×()×()3a2202es=−a012、粒子在势能为⎧U,当x≤01⎪U=⎨0,当0a)1∴能量一级修正为(1)(0)(0)E=ψ*H′ψdx1∫112a/2x2π2ax2π=∫2λsinxdx+∫2λ(1−)sinxdxa0aaaa/2aa2λa/22πa2π=2[∫x(1−cosx)dx+a∫(1−cosx)dxa0aa/2aa2π−∫x(1−cosx)dx]a/2a 22λ12a2πa2πa/3=[(x−xsinx−sinx)+a(x−220a22πa4πa2a2πa12a2πa2πa−sinx)(x−xsinx−cosx)]a/22a/22πa22πa4πa2222λ12aa12a=[a++−(a−)]222a82π282π222λaa12=(+)=λ(+)222a4π2π2、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I(ω)。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。∞2n−ax21⋅3⋅5⋅L⋅(2n−1)π（提示：利用积分关系∫0xe=n+12a22224πqs22πqs答：①ω=xI(ω)=I(ω)0→12103h3μhω②仅当Δm=±1时，xmk≠0，所以谐振子的偶极跃迁的选择定则是Δm=±1）ˆ1解：①F=qεx(e→q)02224πqr2∴ω=rI(ω)k→m2mkmk3×4πεh02224πqsr22q=rI(ω)(令q=)2mkmks3h4πε0224πq2rsω=xI(ω)(对于一维线性谐振子r～0→1210n3hrxi)*其中x=ψxψdx10∫10 一维线性谐振子的波函数为122α−αxψ(x)=e2H(dx)n1/2nnπ2n!122122∞α−αxα−αx∴ψ=(⋅2αxe2)xe2dx10∫−∞2π2π1222∞−αx=α2∫x2e2dxπ−∞22∞22−y=∫yedyπα021−y2∞∞−y2=[(−ye)+∫edy]πα0021π1=⋅⋅=παα2α4π2q222π2q22π2q2s1ss∴ω=I(ω)=I(ω)=I(ω)0→12223h2α3αh3μωh2②跃迁几率αx，当x=0时的跃迁为禁戒跃迁。mkmk∞*x=ψxψdxmk∫mk−∞∞*1k+1k=ψ(ψ+ψ)dx∫mk+1k−1−∞α22⎧≠0,m=k±1(即Δm=±1)时；=⎨⎩=0,m≠k±1(即Δm≠±1)时.可见，所讨论的选择定则为Δm=±1。#−t/τ3、电荷e的谐振子，在t=0时处于基态，t>0时处于弱电场ε=εe之中(τ0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−t/τHˆ′=−eεx=−eεxe122α−αxφ=e20π 122α−αxφ=2αxe21π*H′=φH′(t)φdx10∫1022α∞−α2x2−t/τ=e(−eεxe)dx∫0π−∞2eεα∞220−t/τ2−αx=e∫2xedx2π−∞2∞eε0α−t/τx−α2x2∞x−α2x2=e[−2e+∫2edx]2πα−∞α−∞2eεα−t/τ1∞−α2x20=e2+∫edx2πα−∞eε−t/τπeε0−t/τ=e=e2πα2α1tiωt′a(t)=H′emkdt′1∫10ih0t′eεti(ωt′−)=−0τ′∫edti2hα0teε1i(ωt−)=−0(eτ−1)2αih1(iω−)τ−t/τ当经过很长时间以后，即当t→∞时，e→0。eε0τ∴a(t)=12αih(iωτ−1)2222eε0τω=a(t)=0→1122222αh(ωτ+1)222eετ0=222μωh(ωτ+1)实际上在t≥5τ以后即可用上述结果。 第六章碰撞理论aU(r)=21．粒子受到势能为r的场的散射，求S分波的微分散射截面。[解]为了应用分波法，求微分散射截面，首先必须找出相角位移。注意到第l个分波δRj的相角位移l是表示在辏力场中的矢径波函数l和在没有散射势时的矢径波函数l在r→∞时的位相差。因此要找出相角位移，必须从矢径的波动方程出发。矢径的波动方程是：1d⎛2dRl⎞2l(l+1)2⎜r⎟+(k−V(r)−2)Rl=0rdr⎝dr⎠rR其中l是波函数的径向部分，而2μ22μV(r)=U(r),k=E22hhx(r)lR=l令r，不难把矢径波动方程化为⎛2l(l+1)2μα⎞xl′′+⎜k−2−22⎟xl=0⎝rhr⎠x=rf(r)再作变换l，得2⎛⎛1⎞2μα⎞⎜⎜e+⎟+⎟21⎜2⎝2⎠h⎟f′′(r)+f′(r)+k−f(r)=0r⎜r2⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠这是一个贝塞尔方程，它的解是f(r)=AJ(kr)+BN(kr)pp22⎛1⎞2μαp=⎜l+⎟+2其中⎝2⎠hN(kr)注意到p在r→0时发散，因而当r→0时波函数NpR=→∞lr，不符合波函数的标准条件。所以必须有B=01R=AJ(kr)lp故rRj现在考虑波函数l在r→∞处的渐近行为，以便和l在r→∞时的渐近行为比较，而求δ得相角位移l，由于：1pπ1lR(r→∞)→sin(kr−π+)=sin(kr−π+δ)lr24r2 ⎧2⎫ππππ⎪⎛1⎞2μd⎛1⎞⎪∴δl=−p++l=−⎨⎜l+⎟+2−⎜l+⎟⎬2422⎪⎩⎝2⎠h⎝2⎠⎪⎭δ当l很小时，即α较小时，把上式展开，略去高次项得到⎧μα⎫π⎪h2⎪δl=−⎨⎬21⎪l+⎪⎩2⎭e2iδl−1=2iδ又因l∞12iδlf(θ)=∑(2l+1)(e−1)Pl(cosθ)故2ikl=0⎛2μα⎞1∞⎜2⎟=∑(2l+1)⎜−iπh⎟P(cosθ)l2ikl=0⎜2l+1⎟⎜⎟⎝⎠∞πμα=−2∑Pl(cosθ)khl=0l⎧∞⎛⎞1r⎜2⎟⎪∑⎜⎟Pl(cosθ)当r1≥r211⎪r1l=0⎝r1⎠r==⎨22lrr+r−2rrcosθ⎪1∞⎛r⎞1212121⎪∑⎜⎜⎟⎟Pl(cosθ)当r1≤r2注意到⎩r2l=0⎝r2⎠如果取单位半径的球面上的两点来看则r1=r2=1，即有∞r11r=∑P(cosθ)=1,2l2(1−cosθ)l=02sinθrr21πμα1f(θ)=−θr2θkhr22sin故20微分散射截面为22222πμα1μπα2θf(θ)dθ=dθ=cscdθ24θ2kh28hE24sin2由此可见，粒子能量E愈小，则θ较小的波对微分散射截面的贡献愈大；势能常数α愈大，微分散射截面也愈大。2．恒速粒子受到势能为⎧U0,当ra E0的场的散射，若00，求散射截面。[解]恒速粒子的德布罗意波长很长，所以只需要故虑S分波。11⎡2l(l+1)⎤x+k−x=0l⎢r2⎥l在r>a处，方程为⎣⎦22μEk=2其中h⎡2l(l+1)⎤x′′−k′+x=0l⎢r2⎥l在r>a的情况下，只故虑S分波，即l=0的情况，上面两个方程变为2r>ax′′+kx=0002ra时，00x=Ashk′r+A′coshk′r当ra2ab=2场中散射的微分散射截面，式中Ze[解]由势能U(r)的形状容易看出，计算f(θ)时只需计算由0→a的积分即可。2−2μa⎛zer⎞f(θ)=rsinKr⎜−⎟drKh2∫0⎜rb⎟⎝⎠−2μaa22μ2=zesinKrdr+rsinKrdrKh2∫∫00Kh2b2∂μze1a2μ⎡2aa⎤=2⋅cosKr+22⎢−cosKr⋅r∫0cosKadr⎥KhK0Khb⎣0⎦2∂μze2μ⎡22a2a⎤=(coska−1)+−acosKa+sinKa−sinKrdrK2h2K2h2b⎢⎣kk∫0⎥⎦2∂μze2μ⎡22a2⎤=−(1−cosKa)−acosKa−sinKa+(1−cosKa)K2h2K2h2b⎢KK2⎥⎣⎦2∴q(θ)=f(θ)224μ⎧21⎡22a2⎤⎫=44⎨ze(1−cosKa)+⎢acosKa−sinKa+2(1−cosKa)⎥⎬Kh⎩b⎣KK⎦⎭θK=2ksin其中2r−U(r)=−Uea(a>0)6．用玻恩近似法求在势能0场中散射时的微分散射截面，并讨论在什么条件下，可以应用玻恩近似法。[解]（1）求微分散射截面r2μ∞⎛−⎞f(θ)=−rsinkr⎜−Uea⎟drkh2∫0⎜0⎟⎝⎠r2μU∞rikr−ikr−=0(e−e)eadrkh2∫02i⎡⎛1⎞⎛1⎞⎤μU∞∞⎜ik−⎟r−⎜ik+⎟r=0re⎝a⎠dr−re⎝a⎠dr⎢⎥ikh2∫∫00⎢⎣⎥⎦ ⎡⎤⎢⎥μU11=0⎢−⎥222ikh⎢⎛1⎞⎛1⎞⎥⎢⎜−ik⎟⎜+ik⎟⎥⎣⎝a⎠⎝a⎠⎦222aμU⎡(1+ika)−(1−ika)⎤0=2⎢222⎥ikh⎣(1+ak)⎦34aμU0=2222h(1+ak)226226216μUa16μUa00∴q(θ)=f(θ)==4224θh(1+ak)42224h(1+4aksin)22u(θ)<<1（2）讨论玻恩近似法可以应用的条件。显然，这个条件是。由教材（55-25）式和（55-26）式1∞2ikrμ∞2ikru(0)=V(r)(e−1)dr=V(r)(e−1)dr2k∫0kh2∫02μU2ak0=kh2221+4ak22r2μ∞−a2ikr∴u(0)=−Ue(e−1)dr<<124∫0kh02242422μU04ak4aμU022⋅<<1∴<<1+4ak24224即kh1+4akh224424μU0a−h∴k>>244ah22222khμUah0E=>>−22或2μ2h8μa这就是玻恩近似法的适用条件。 第七章自旋与全同粒子7.1.证明：σˆσˆσˆ=ixyz证：由对易关系σˆσˆ−σˆσˆ=2iσˆ及xyyxz反对易关系σˆσˆ+σˆσˆ=0，得xyyxσˆσˆ=iσˆxyz上式两边乘σˆ，得z22σˆσˆσˆ=iσˆ∵σˆ=1xyzzz∴σˆσˆσˆ=ixyz7.2求在自旋态χ1(Sz)中，Sˆx和Sˆy的测不准关系：222(ΔS)(ΔS)=?xy解：在Sˆz表象中χ1(Sz)、Sˆx、Sˆy的矩阵表示分别为2⎛⎜1⎞⎟ˆh⎛⎜01⎞⎟ˆh⎛⎜0−i⎞⎟χ12(Sz)=⎜⎟Sx=⎜⎟Sy=⎜⎟⎝0⎠2⎝10⎠2⎝i0⎠∴在χ1(Sz)态中2+h⎛01⎞⎛1⎞Sx=χ12Sxχ12=(10)⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟=02⎝10⎠⎝0⎠0101122+2h⎛⎞h⎛⎞⎛⎞hSx=χ12Sˆxχ12=(10)⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟=2⎝10⎠2⎝10⎠⎝0⎠42222h(ΔS)=S−S=xxx4+h⎛0−i⎞⎛1⎞Sy=χ12Sˆyχ12=(10)⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟=02⎝i0⎠⎝0⎠0i0i122+2h⎛−⎞h⎛−⎞⎛⎞hSy=χ12Sˆyχ12=(10)⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎟=2⎝i0⎠2⎝i0⎠⎝0⎠41 2222h(ΔS)=S−S=yyy4422h(ΔS)(ΔS)=xy16讨论：由Sˆ、Sˆ的对易关系xy[Sˆ，Sˆ]=ihSˆxyz22422hSz22h要求(ΔS)(ΔS)≥(ΔS)(ΔS)=①xyxy416h在χ1(Sz)态中，Sz=22422h∴(ΔS)(ΔS)≥xy16可见①式符合上式的要求。ˆh⎛⎜01⎞⎟ˆh⎛⎜0−i⎞⎟7.3.求S=及S=的本征值和所属的本征函数。x⎜⎟y⎜⎟2⎝10⎠2⎝−i0⎠解：Sˆ的久期方程为xh−λ22h2h=0λ−()=0⇒λ=±h22−λ2h∴Sˆ的本征值为±。x2h⎛a1⎞设对应于本征值的本征函数为χ=⎜⎟1/2⎜⎟2b⎝1⎠由本征方程Sˆχ=hχ，得x1/21/22h⎛01⎞⎛a1⎞h⎛a1⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟2⎝10⎠⎝b1⎠2⎝b1⎠⎛b1⎞⎛a1⎞⇒⎜⎟=⎜⎟⇒b=a⎜a⎟⎜b⎟11⎝1⎠⎝1⎠2 +由归一化条件χχ=1，得1/21/2**⎛a1⎞(a,a)⎜⎟=111⎜⎟a⎝1⎠211即2a=1∴a=b=11122h1⎛1⎞对应于本征值的本征函数为χ=⎜⎟1/2⎜⎟22⎝1⎠h⎛a2⎞设对应于本征值−的本征函数为χ=⎜⎟−1/2⎜⎟2b⎝2⎠ˆh⎛a2⎞由本征方程Sχ=−χ⎜⎟x−1/2−1/2⎜⎟2b⎝2⎠⎛b2⎞⎛−a2⎞⇒⎜⎟=⎜⎟⇒b=−a⎜a⎟⎜−b⎟22⎝2⎠⎝2⎠由归一化条件，得**⎛a2⎞(a,−a)⎜⎟=122⎜⎟−a⎝2⎠211即2a=1∴a=b=−22222h1⎛1⎞对应于本征值−的本征函数为χ=⎜⎟−1/2⎜⎟22⎝−1⎠h同理可求得Sˆ的本征值为±。其相应的本征函数分别为y21⎛1⎞1⎛1⎞χ12=⎜⎜⎟⎟χ−12=⎜⎜⎟⎟2⎝i⎠2⎝−i⎠7.4求自旋角动量(cosα,cosβ,cosγ)方向的投影Sˆ=Sˆcosα+Sˆcosβ+Sˆcosγnxyz3 本征值和所属的本征函数。在这些本征态中，测量Sˆ有哪些可能值？这些可能值各以多大的几率出z现？Sˆ的平均值是多少？z解：在Sˆ表象，Sˆ的矩阵元为znˆh⎛01⎞h⎛0−i⎞h⎛10⎞S=⎜⎟cosα+⎜⎟cosβ+⎜⎟cosγn2⎜10⎟2⎜i0⎟2⎜0−1⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠h⎛cosγcosα−icosβ⎞S=⎜⎟n⎜⎟2⎝cosα+icosβ−cosγ⎠其相应的久期方程为hhcosγ−λ(cosα−icosβ)22=0hh(cosα+icosβ)−cosγ−λ22222h2h22即λ−cosγ−(cosα+cosβ)=04422h222λ−=0(利用cosα+cosβ+cosγ=1)4h⇒λ=±2h所以Sˆ的本征值为±。n2h⎛a⎞设对应于Sn=的本征函数的矩阵表示为χ12(Sn)=⎜⎜⎟⎟，则2⎝b⎠h⎛cosγcosα−icosβ⎞⎛a⎞h⎛a⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟2⎝cosα+icosβ−cosγ⎠⎝b⎠2⎝b⎠⇒a(cosα+icosβ)−bcosγ=bcosα+icosβb=1+cosγ+**⎛a⎞22由归一化条件，得1=χ1χ1=(a,b)⎜⎜⎟⎟=a+b22⎝b⎠4 22cosα+icosβ2a+a=11+cosγ22a=11+cosγ⎛1+cosγ⎞⎜⎟⎜1⎟χ(S)=1n⎜cosα+icosβ⎟2⎜⎟⎝2(1+cosγ)⎠⎛1+cosγ⎞⎜⎟⎜1⎟χ(S)=1n⎜cosα+icosβ⎟2⎜⎟⎝2(1+cosγ)⎠1+cosγ⎛1⎞cosα+icosβ⎛0⎞χ12(Sn)=⎜⎜⎟⎟+⎜⎜⎟⎟2⎝0⎠2(1+cosγ)⎝1⎠1+cosγcosα+icosβ=χ+χ11222(1+cosγ)−21+cosγ⎛1⎞cosα+icosβ⎛0⎞χ12(Sn)=⎜⎜⎟⎟+⎜⎜⎟⎟2⎝0⎠2(1+cosγ)⎝1⎠1+cosγcosα+icosβ=χ+χ11222(1+cosγ)−2hh可见，Sˆ的可能值为−z22221+cosγcosα+cosβ1−cosγ相应的几率为=22(1+cosγ)2h1+cosγh1−cosγhS=−=cosγz22222h同理可求得对应于S=−的本征函数为n25 ⎛1−cosγ⎞⎜⎟⎜2⎟χ−1(Sn)=⎜cosα+icosβ⎟2⎜−⎟⎝2(1−cosγ)⎠hh在此态中，Sˆ的可能值为−z221−cosγ1+cosγ相应的几率为22hS=−cosγz2⎛1⎞⎜R21(r)Y11(θ,ϕ)⎟7.5设氢的状态是ψ=⎜2⎟⎜3⎟⎜−R21(r)Y10(θ,ϕ)⎟⎝2⎠①求轨道角动量z分量Lˆ和自旋角动量z分量Sˆ的平均值；zzrˆerˆerˆ②求总磁矩M=−L−S2μμ的z分量的平均值（用玻尔磁矩子表示）。解：ψ可改写成1⎛1⎞3⎛0⎞ψ=R(r)Y(θ,ϕ)⎜⎟−R(r)Y(θ,ϕ)⎜⎟2111⎜0⎟2110⎜1⎟2⎝⎠2⎝⎠13=R(r)Y(θ,ϕ)χ(S)−R(r)Y(θ,ϕ)χ(S21111z21101z22−22从ψ的表达式中可看出Lˆ的可能值为h0z13相应的几率为44h⇒L=z4hhSˆ的可能值为−z226 213相应的几率C为i442h1h3hSz=∑CiSzi=×−×=−24244eeehehM=−L−S=−×−×(−)zzz2μμ2μ4μ4eh1=×=MB2μ447.6一体系由三个全同的玻色子组成，玻色子之间无相互作用。玻色子只有两个可能的单粒子态。问体系可能的状态有几个？它们的波函数怎样用单粒子波函数构成？解：体系可能的状态有4个。设两个单粒子态为φ，φ，则体系可能的状态为ijΦ=φ(q)φ(q)φ(q)1i1i2i3Φ=φ(q)φ(q)φ(q)2j1j2j31Φ=[φ(q)φ(q)φ(q)+φ(q)φ(q)φ(q)3i1i2j3i1i3j23+φ(q)φ(q)φ(q)]i2i3j11Φ=[φ(q)φ(q)φ(q)+φ(q)φ(q)φ(q)4j1j2i3j1j3i23+φ(q)φ(q)φ(q)]j2j3i1(1)(2)(3)7.7证明χ,χ,χ和χ组成的正交归一系。SSSA(1)+(1)+解：χχ=[χ(S)χ(S)][χ(S)χ(S)]SS1/21z1/22z1/21z1/22z++=χ(S)χ(S)χ(S)χ(S)1/22z1/21z1/21z1/22z+=χ(S)χ(S)1/22z1/22z=1(1)+(2)+χχ=[χ(S)χ(S)][χ(S)χ(S)]SS1/21z1/22z−1/21z−1/22z++=χ(S)χ(S)χ(S)χ(S)1/22z1/21z−1/21z−1/22z=07 (1)+(3)1+χχ=[χ(S)χ(S)]⋅SS1/21z1/22z2⋅[χ(S)χ(S)+χ(S)χ(S)]1/21z−1/22z−1/21z1/22z1++=[χ(S)χ(S)χ(S)χ(S)+1/22z1/21z1/21z−1/22z2+++χ(S)χ(S)χ(S)χ(S)]1/22z1/21z−1/21z1/22z1+=[χ(S)χ(S)+0]1/22z−1/22z2同理可证其它的正交归一关系。(3)+(3)1+χχ=[χ(S)χ(S)+χ(S)χ(S)]⋅SS1/21z−1/22z−1/21z1/22z2⋅[χ(S)χ(S)+χ(S)χ(S)]1/21z−1/22z−1/21z1/22z1+=[χ(S)χ(S)][χ(S)χ(S)]1/21z−1/22z1/21z−1/22z21++[χ(S)χ(S)][χ(S)χ(S)]1/21z−1/22z1/22z−1/21z21++[χ(S)χ(S)][χ(S)χ(S)]1/22z−1/21z1/21z−1/21z21++[χ(S)χ(S)][χ(S)χ(S)]1/22z−1/21z1/22z−1/21z211=+0+0+=1221227.8设两电子在弹性辏力场中运动，每个电子的势能是U(r)=μωr。如果2电子之间的库仑能和U(r)相比可以忽略，求当一个电子处在基态，另一电子处于沿x方向运动的第一激发态时，两电子组成体系的波函数。解：电子波函数的空间部分满足定态S-方程2h−∇ψ(r)+U(r)ψ(r)=Eψ(r)2μ2222h∂∂∂122−(++)ψ(r)+μωrψ(r)=Eψ(r)2222μ∂x∂y∂z22222h∂∂∂122−(++)ψ(r)+μωrψ(r)=Eψ(r)2222μ∂x∂y∂z22222考虑到r=x+y+z，令8 ψ(r)=X(x)Y(y)Z(z)2222h∂∂∂12222−(++)XYZ+μω(x+y+z)XYZ=EXYZ2222μ∂x∂y∂z22222h1∂X122h1∂Y122(−+μωx)+(−+μωy)222μX∂x22μY∂x222h1∂Z122+(−+μωz)=E22μZ∂x222h1∂X122⇒(−+μωx)=E2x2μX∂x222h1∂Y122(−+μωy)=E2y2μY∂x222h1∂Z122(−+μωz)=E2z2μZ∂x2E=E+E+Exyz122−αx⇒X(x)=Ne2H(αx)nnn122−αyY(y)=Ne2H(αy)mmm122−αzZ(z)=Ne2H(αz)lll122−αrψ(r)=NNNe2H(αx)H(αy)H(αz)nmlnmlnml122−αrψ(r)=NNNe2H(αx)H(αy)H(αz)nmlnmlnml3E=(n+m+l+)hωnml2αμω其中N=，α=n1/2nπ2n!h对于基态n=m=l=0，H=10122α−αr⇒ψ=ψ(r)=()3/2e20000π对于沿χ方向的第一激发态n=1，m=l=0，H（x)=2αx19 122α−αrψ=ψ(r)=()3/2e20000π5/21222α−αrψ=ψ(r)=xe211003/42π两电子的空间波函数能够组成一个对称波函数和一个反对称波函数，其形式为1ψ(r,r)=[ψ(r)ψ(r)+ψ(rψ(r))]S12011211022412221222α−α(r1+r2)−α(r1+r2)=[xe2+xe2]3/221π41222α−α(r1+r2)=(x+x)e23/221π1ψ(r,r)=[ψ(r)ψ(r)−ψ(r)ψ(r)]A1201120211241222α−α(r1+r2)=(x−x)e23/221π而两电子的自旋波函数可组成三个对称态和一个反对称态，即(1)(2)(3)χ、χ、χ和χSSSA综合两方面，两电子组成体系的波函数应是反对称波函数，即独态：Φ=ψ(r,r)χ1S12A(1)⎧Φ=ψ(r,r)χ2A12S⎪(2)三重态：⎨Φ3=ψA(r1,r2)χS⎪(3)Φ=ψ(r,r)χ⎩4A12S主要参考书：[1]周世勋，《量子力学教程》，高教出版社，1979[2]张宏宝编量子力学教程学习辅导书，高等教育出版社2004.210'