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量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第4章-1

量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第4章-1
量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第4章-1

量子力学导论第6章答案

第六章 中心力场 6.1) 利用6.1.3节中式(17)、(18),证明下列关系式 相对动量 ()21121p m p m M r p -==? μ (1) 总动量 1p p R M P +==? (2) 总轨迹角动量p r P R p r p r L L L ?+?=?+?=+=221121 (3) 总动能 μ 22222 22 221 21p M P m p m p T + =+= (4) 反之,有 ,11r m R r μ+ = r m R r 2 2μ-= (5) p P m p +=2 1μ ,p P m p -= 1 2μ (6) 以上各式中,()212121 ,m m m m m m M +=+=μ 证: 2 12 211m m r m r m R ++= , (17) 21r r r -=, (18) 相对动量 ()211221212 11p m p m M r r m m m m r p -=??? ? ??-+= =? ?? μ (1’) 总动量 ()212 1221121p p m m r m r m m m R M P +=+++==? ?? (2’) 总轨迹角动量 221121p r p r L L L ?+?=+= )5(2211p r m u R p r m u R ???? ? ??-+????? ?? += () () 2112 211p m p m M r p p R -? ++?= ) 2)(1(p r P R ?+?= 由(17)、(18)可解出21,r r ,即(5)式;由(1’)(2’)可解出(6)。 总动能()22 11 2 262221212222m p P m m p P m m p m p T ??? ? ??-+ ? ?? ? ??+=+= μμ 2 12 2 2 2 2 122 11 2 2 2 2 12 2222m m p P u m p P m m u m m p P u m p P m m u ?- + + ?+ + =

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 c hv d kT hv v v 1 1 833 -? =πρ, (1) 以及 c v =λ, (2) λρρd dv v v -=, (3) 有 ,1 18)()(5-?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλλ λρλρ ρ 这里的λρ的物理意义是黑体波长介于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: 011511 86 ' =???? ? ?? -?+--?= -kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλ πρ

? 0115=-?+ -- kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ,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 xk hc 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=h v , λ h 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 e p 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 p h = λ

量子力学课后答案第一二章

量子力学课后习题详解 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 c hv d kT hv v v 1 183 3 -?=πρ, (1) 以及 λνc =, (2) ||λνρρλd d v =, (3) 有 (),1 18)(| )(|| 5 2-?=?===kT hc v v e hc c d c d d dv λνλλ πλλρλ λλρλ ρρ 这里的λρ的物理意义就是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。 本题关注的就是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。但要注意的就是,还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值就是否小于零,如果小于零,那么前面求得的m λ就就是要求的,具体如下: 01151186=??? ? ? ?? -?+--?=-kT hc kT hc e kT hc e hc d d λλλλλ πλρ

? 0115=-?+ -- kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ,则上述方程为 x e x =--)1(5 这就是一个超越方程。首先,易知此方程有解:x=0,但经过验证,此解就是平庸的;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,此解正就是所要求的,这样则有 xk hc 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 这便就是维恩位移定律。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。

量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第4章-2

4.29——6.1 4.29证明在z L ?的本征态下,0==y x L L 。(提示:利用x y z z y L i L L L L =-,求平均。) 证:设ψ是z L 的本征态,本征值为 m ,即ψψ m L z = [] x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ,[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L , ( )( ) ( ) 011 1 =-=-=-= ∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L 同理有:0=y L 。 附带指出,虽然x l ?,y l ?在x l ?本征态中平均值是零,但乘积x l ?y l ?的平均值不为零,能够证明:,2 1 2y x y x l l i m l l -== 说明y x l l ??不是厄密的。2?x l ,2?y l 的平均值见下题。 4.30 设粒子处于()?θ,lm Y 状态下,求()2 x L ?和() 2 y L ? 解:记本征态lm Y 为lm ,满足本征方程 ()lm l l lm L 221 +=,lm m lm L z =,lm m L lm z =, 利用基本对易式 L i L L =?, 可得算符关系 () ()x y z x z y x y z z y x x x L L L L L L L L L L L L L i L i -=-== 2 () x y z z x y y x y z y z x y L L L L L L L i L L L L i L L L -+=-+=2 将上式在lm 态下求平均, 使得后两项对平均值的贡献互相抵消,因此 2 2 y x L L = 又()[] 222 2 2 1 m l l L L L z y x -+=-=+ ()[] 222 2 12 1 m l l L L y x -+= = ∴ 上题已证 0==y x L L 。 ()() ()[] 222 2 2 2 2 12 1 m l l L L L L L L x x x x x x -+= =-=-=?∴

量子力学第四版卷一曾谨言著习题答案第章

第五章: 对称性及守恒定律 P248设粒子的哈密顿量为 )(2??2r V p H +=μ 。 (1) 证明 V r p p r dt d ??-=? μ/)(2。 (2) 证明:对于定态 V r T ??=2 (证明)(1)z y x p z p y p x p r ??????++=? ,运用力学量平均值导数公式,以及对易算符的公配律: ]?,??[1)??(H p r i p r dt d ?=? )],,(?21,??????[]?,??[2z y x V p p z p y p x H p r z y x +++=?μ )],,()???(21 ,??????[222z y x V p p p p z p y p x z y x z y x +++++=μ )],,(,[21 ],??????[2 2 2 z y x V zp yp xp p p p p z p y p x z y x z y x z y x +++++++=μ (2) 分动量算符仅与一个座标有关,例如x i p x ?? = ,而不同座标的算符相对易,因此(2)式可简化成: ]?,??[21]?,??[21]?,??[21]?,??[222z z y y x x p p z p p y p p x H p r μ μμ++=? )],,(,??????[z y x V p z p y p x z y x +++ ],??[],??[],??[]?,??[21]?,??[21]?,??[21222 V p z V p y V p x p p z p p y p p x z y x z z y y x x +++++= μμμ (3) 前式是轮换对称式,其中对易算符可展开如下: x x x x p x p p x p p x ?????]?,??[23 2-= x x x x x x p x p p x p p x p p x ???????????22 23-+-= x x x x x p p x p p p x ?]?,?[??]?,?[2+= 222?2??x x x p i p i p i =+= (4) ],?[?????????????],??[V p x p V x V p x p x V V p x V p x x x x x x x =-=-=

量子力学 第二版 第六章__散射 习题答案 周世勋

第六章 散射 1.粒子受到势能为 2 )(r a r U = 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 个分波的相角位移l δ是表示在辏力场中的矢径波函数l R 和在没有散射势时的矢径波函数l j 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: 0))1()((12 2 22=+--+??? ??l l R r l l r V k dr dR r dr d r 其中l R 是波函数的径向部分,而 E k r U r V 2 2 2 2),(2)( μμ= = 令 r r x R l l )(= ,不难把矢径波动方程化为 02)1(222 2=??? ??-+-+''l l x r r l l k x μα 再作变换 )(r f r x l =,得 0)(221)(1)(22 2 2 =???? ??? ? ?+??? ? ? +- +'+''r f r e k r f r r f μα 这是一个贝塞尔方程,它的解是 ) ()()(kr BN kr AJ r f p p += 其中 2 2 2 221 μα+??? ?? +=l p 注意到 ) (kr N p 在0→r 时发散,因而当0→r 时波函数 ∞ →= r N R p l ,不符合波函数的标准条件。所以必须有0=B 故 ) (1kr J r A R p l = 现在考虑波函数l R 在∞→r 处的渐近行为,以便和l j 在∞→r 时的渐近行为比较,而求

得相角位移l δ,由于: ) 2 sin(1)4 2 sin(1)(l l kr r p kr r r R δππ π+- = + - → ∞→ ????????????? ? ? +-+??? ?? +-=++-=∴ 2122122422 2l d l l p l μππ ππδ 当l δ很小时,即α较小时,把上式展开,略去高次项得到 ??????? ?? ?+ -=2122 l l μα πδ 又因 l i i e l δδ212=- 故 ∑∞ =-+= 2) (c o s )1)(12(21)(l l i P e l ik f l θθδ ∑∞ =?? ???? ??+-+=02) (cos 122)12(21l l P l i l ik θμαπ ∑∞ =- =0 2 ) (cos l l P k θπμα 注意到 ?????? ?≤???? ??≥???? ??=-+=∑∑∞=∞=02 121202 1121212 22112 )(cos 1)(cos 1cos 21 1 l l l l l l r r P r r r r r P r r r r r r r r 当当θθθ 如果取单位半径的球面上的两点来看 则 121==r r ,即有 ∑∞ == = -0 2sin 21)(cos ) cos 1(21l l P θθθ 故 2s i n 21)(2 θ πμα θ k f - = 微分散射截面为

量子力学 第四版 卷一 习题答案

第一章 量子力学的诞生 1、1设质量为m 的粒子在谐振子势222 1 )(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 -===?? Λ )(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:222 1 )(a m x V E a x ω===。 a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a = , (2) a x ±=即为粒子运动的转折点。有量子化条件 h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p a a a a ==?=-=-=??? ?+-+-222222222)21(22πωπ ωωω 得ω ωπm n m nh a η22 = = (3) 代入(2),解出 Λη,3,2,1, ==n n E n ω (4) 积分公式: c a u a u a u du u a ++-=-? arcsin 2222 22 2 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 ()?==?Λ,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/=, Λ,3,2,1,,=z y x n n n 粒子能量

量子力学习题答案.

2.1 如图所示 左右 0 x 设粒子的能量为,下面就和两种情况来讨论(一)的情形 此时,粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为 其中 其解分别为 (1)粒子从左向右运动 右边只有透射波无反射波,所以为零 由波函数的连续性 得 得 解得 由概率流密度公式 入射 反射系数 透射系数 (2)粒子从右向左运动 左边只有透射波无反射波,所以为零 同理可得两个方程 解 反射系数 透射系数

(二)的情形 令 ,不变 此时,粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为 其解分别为 由在右边波函数的有界性得为零 (1)粒子从左向右运动 得 得 解得 入射 反射系数 透射系数 (2)粒子从右向左运动 左边只有透射波无反射波,所以为零 同理可得方程 由于全部透射过去,所以 反射系数 透射系数 2.2 如图所示 在有隧穿效应,粒子穿过垒厚为的方势垒的透射系数为 总透射系数

2.3 以势阱底为零势能参考点,如图所示 (1) ∞ ∞ 左中右 0 a x 显然 时只有中间有值 在中间区域所满足的定态薛定谔方程为 其解是 由波函数连续性条件得 ∴ ∴ 相应的 因为正负号不影响其幅度特性可直接写成 由波函数归一化条件得 所以波函数 (2) ∞∞ 左中右 0 x 显然 时只有中间有值 在中间区域所满足的定态薛定谔方程为 其解是 由波函数连续性条件得

当,为任意整数, 则 当,为任意整数, 则 综合得 ∴ 当时,, 波函数 归一化后 当时,, 波函数 归一化后 2.4 如图所示∞ 左 0 a 显然 在中间和右边粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为其中 其解为 由在右边波函数的有界性得为零 ∴ 再由连续性条件,即由 得 则 得 得 除以得 再由公式 ,注意到 令 ,

量子力学教程课后习题答案高等教育

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 c hv d kT hv v v 1 1 833 -? =πρ, (1) 以及 c v =λ, (2) λρρd dv v v -=, (3) 有 ,1 18)() (5-?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλλλρλρ ρ 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: 011511 86 ' =???? ? ?? -?+--?= -kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλ πρ

? 0115=-?+ --kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ,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 xk hc 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 e p 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 p h = λ

量子力学第四章习题(1)

第四章态叠加原理及力学量的算符表示 4-1 下列算符哪些是线性的?为什么? (1) (2) ( )2 (3) (4) 4-2 线性算符具有下列性质:,式中C是复数。下列算符哪些是线性的?(1)(2)(3)(4)(5)(6) 4-3 若都是厄米算符,但,试问:(1)是否厄米算符? (2)是否厄米算符? 4-4 证明下列算符哪些是厄米算符: 4-5 (1)证明(2) 4-6试判断下述二算符的线性厄米性,(1)(2) 4-7 试证明任意一个算符不可能有两个以上的逆。又问,算符的情况下,是什么样的算符? 4-8 对于一维运动,求的本征函数和本征值。进而求的本征值。 4-9 若算符有属于本征值为的本征函数,且有:和,证明和也是的本征函数,对应的本征值分别是和。 4-10 试求能使为算符的本征函数的值是什么?此本征函数的本征值是什么? 4-11 如果为线性算符的一个本征值,那么为的一个本征值。一般情况下,设为的多项式,则便为的一个本征值。试证明之。 4-12 试证明线性算符的有理函数也是线性算符。 4-13 当势能改变一个常数C时,即时,粒子的波函数与时间无关的那部分改变否?能量本征值改变否? 4-14 一维谐振子的势能,处于的状态中,其中,问:(1)它的能量有没有确定值?若有,则确定值是多少? (2)它的动量有没有确定值? 4-15 在时间时,一个线性谐振子处于用下列波函数所描写的状态:式中是振子的第n个时间无关本征函数。(a)试求C3的数值。(b)写出在t时的波函数。(c)在时振子的能量平均值是什么?在秒时的呢?

4-16 证明下列对易关系: ,4-17 证明下列对易关系:

量子力学教程第二版答案及补充练习

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 c hv d kT hv v v 1 183 3 -?=πρ, (1) 以及 c v =λ, (2) λρρd dv v v -=, (3) 有 ,1 18)() (5 -?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλ λλρλ ρ ρ 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: 011511 86 ' =???? ? ?? -?+--?= -kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλ πρ

? 0115=-?+ -- kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ,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 xk hc 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 , λ h 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 e p 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 p h = λ

量子力学曾谨言习题解答第四章

第四章:力学量用算符表示 [1]设[])(,,q f ih p q =是q 的可微函数,证明下述各式:[一维算符] (1)[] .2)(,2hipf q f p q = (证明)根据题给的对易式及[];0)(,=q f q []qf p f qp fq p f qp f p q 2222 2 ,-=-= f ih qp p qppf f pq p qppf )()(--=-= hipf pf hi pq qp 2)(=+-= (2))(])(,[pf fq ih p q pf q += (证明)同前一论题 )(],[hi qp pf qpfp pfpq qpfp pfp q --=-= hipf pqfp qpfp hipf pfpq qpfp +-=+-= )()(pf fp hi hipf fp pq qp +=+-= (3)ihfp p q f q 2])(,[2 = [证明]同前一题论据: fppq fqpp fppq qfpp fp q -=-=],[2 hifp fpqp fqpp hi qp fp fqpp +-=--=)( hifp hifp p pq qp f 2)(=+-= (4)i f p i h q f p p 22 )](,[= [证明]根据题给对易式外,另外应用对易式 i f i h q f p = )](,[ dq df f i ≡)( )(],[2222fp pf p fp p f p f p p -=-= 物83-309蒋 ~80~

i f p i h f p p 22],[= = (5)p pf i h p q pf p i = ])(,[ (证明)论据同(4): p fp pf p pfp fp p pfp p )(],[22-=-= p pf i h i = (6)2 2 ])(,[p f i h p q f p i = (证明)论据同(4): 2 2222)(],[p f i h p fp pf fp pfp fp p i = -=-= (2)证明以下诸式成立: (1) (证明)根据坐标分角动量对易式 为了求证 该矢量关系式,计算等号左方的矢量算符的x 分量。 以及 看到 由于轮换对称性,得到特征的公式。 ~81~

量子力学教程周世勋_课后答案

量子力学课后习题详解 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 c hv d kT hv v v 1 183 3 -?=πρ, (1) 以及 c v =λ, (2) λρρd dv v v -=, (3) 有 ,1 18)() (5 -?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλ λλρλ ρ ρ 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: 011511 86 '=???? ? ?? -?+--?= -kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ

? 0115=-?+ -- kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ,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=,经过验证,此解正是所要求的,这样则有 xk hc 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 , λ h P = 如果所考虑的粒子是非相对论性的电子(2 c E e μ<<动),那么 e p 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 6 1051.0?,因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式,这样,便有 p h = λ

量子力学答案

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 e c h d kT h 1 183 3 -= 由此可以求出波长在λ与λλd +之间的能量密度λλρd )( 由于 λν/c =, λ λ νd c d 2 + = 因而有: λλπλλρλ d e hc d kT hc 1 1 8)(5 -= 令 λkT hc x = 所以有: 11 )(5 -=x e Ax λρ (44558c h T k A π=常数) 由 0 ) (=λλρd d 有 0)1(115)(254=??????---=λλλρd dx e 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 hc xk hc T m 2014.0== λ 即 b T m =λ (常数) 其中 k hc b 2014.0=2383410380546.110997925.21062559.62014.0--????? = k m ??=-310898.2

[注] 根据 1183 3 -= kT h e c h νννπρ 可求能量密度最大值的频率: 令 kT h x ν= 11 3 -=x e Ax νρ (23338h c T k A π=) 0]11[3=-=ννρνd dx e Ax dx d d d x 因而可得 1 31=??? ?? -x e x 此方程的解 821.2=x h kT h kTx 821.2max == ν b T T b '=?'=-1 max max νν 其中 3423 1062559.610380546.1821 .2821.2--??=='h k b 1910878.5-???=s k 这里求得m ax ν与前面求得的m ax λ换算成的m ν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 p h = λ 因为价电子能量很小,故可用非相对论公式 μ22 p E = 代入德布罗意公式得 λ= = 这里利用了电子能量 E eV =。将普朗克常数h ,电子质量μ和电子 电量电e 的数值代入后可得

量子力学第四版卷一曾谨言著习题答案

第一章 量子力学的诞生 1.1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:2221)(a m x V E a x ω= ==。 a - 0 a x 由此得 2/2ωm E a = , (2) a x ±=即为粒子运动的转折点。有量子化条件 得ω ωπm n m nh a 22== (3) 代入(2),解出 ,3,2,1,==n n E n ω (4) 积分公式: c a u a u a u du u a ++-=-?arcsin 222222 2 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 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/=, 粒子能量 1.3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,,2,1,20 ==?n nh d p π ?? ?p 是平面转子的角动量。转子的能量I p E 2/2?=。 解:平面转子的转角(角位移)记为?。 它的角动量. ??I p =(广义动量),?p 是运动惯量。按量子化条件

量子力学导论习题答案(曾谨言)

第四章 力学量用算符表达与表象变换 4.1)设A 与B 为厄米算符,则 ()BA AB +21 和()BA AB i -21也是厄米算符。由此证明,任何一个算符F 均可分解为-++=iF F F ,+F 与-F 均为厄米算符,且 ()()+++-=+= F F i F F F F 21 ,21 证:ⅰ)()()()()BA AB AB BA B A A B BA AB +=+=+=?? ? ???++++++ 21212121 ()BA AB +∴2 1 为厄米算符。 ⅱ)()()()()BA AB i AB BA i B A A B i BA AB i -=--=--=?? ? ???-+++++ 21212121 ()BA AB i -∴21 也为厄米算符。 ⅲ)令AB F =,则()BA A B AB F ===+++ +, 且定义 ()()+++-=+= F F i F F F F 21 ,21 (1) 由ⅰ),ⅱ)得-+ -++ +==F F F F ,,即+F 和-F 皆为厄米算符。 则由(1)式,不难解得 -++=iF F F 4.2)设),(p x F 是p x ,的整函数,证明 [][]F , F,,p i F x x i F p ??=?? -= 整函数是指),(p x F 可以展开成∑∞ == ,),(n m n m mn p x C p x F 。 证: (1)先证[ ][] 11 , ,,--=-=n n m m p ni p x x mi x p 。 [][][][][ ] [][ ] []()() []()1 111 11 3 3 1 3 32312 2211 1 1,1,3,,2,,,,,------------------=---=+--==+-=++-=++-=+=m m m m m m m m m m m m m m m m m m x m i x i x i m x x p x i m x x p x i x x p x x p x x i x x p x x p x x i x x p x p x x p 同理,

量子力学曾谨言第六章第七章习题详解

第六章:中心力场 [1]质量分别为m, ,m 2的两个粒子组成的体系,质心座标R及相对座标r为: m" m zD “、 R = 一一⑴ m, m2 rr 二O -「1 ⑵ 试求总动量P = p,亠p2及总角动量L = h亠丨2在R,r表象中的 算符表示。 1.[解](a)合动量算符p = P1 ? P2。根据假设可以解出r i,r2 - - m2 令 m 三m ,亠口2: 「=R_ ----- r (3) m 1 m1 r2= R ? r (4) m2 设各个矢量的分量是r1(x1, y1, z1) , r2 (x2, y 2, z2), r(x, y,z)和R(X,Y,Z)。为了计算动量的变换式先求对x , X2等的偏导数: L、L、# L、r L、L、L、 X x m1 ' ' ' '' 1(5) :x1;:x1;:X ;:x1;:x m ;:X ;:x jx2cX cx2 L、rx x ;X ;x2 a m2 e jx m ;X :x (6) 关于 L、L、 d d-可以写出与( 5) (6) 类似的式子,因而-71 -7 2 .z1.z2 A A A A A d e P - (P1 ■P2)x 二P 1x p2x -( - -) i ;x1;x2 L、L、*-?.L、

m1m2 =_(」2): i m ;X :x m ;:X ;:x i ;X --h d P 二i ' i _:X r d j i ;: Y -h k —

A " ■ ■ /t ■ ■ (b)总角动量 L = l i ?丨2 =— (「1 ::甘 1 ?「2 ::詁 2) i L x — (「i J j J)x i m 2 -(Z -z)(- m cY ^(yi--z) i Z -(y 2- i :z 利用(3), (4), ( 5), (6): L x {(丫一匹 i m m-:: y)(- m cZ m —-—) :-y m 1 (Y -y)( m m 2 m ;Z -) m i _(Z ? — z)( m m E -—)} :-y -f Z i m ;Z c c )-(丫 一 -Z —) ;z .y m 1m 2 (y 「 z jz m 2 —(Y m -(Y - 'z -Z mm m 2 .L 、 ,l~. G C (y z ) :z :丫 (y — :z -z :)} :y h d =— c c -Z ) (y — Y 'z -z^)} -y h - = (—R I R i h _ ■ -r J)x i

量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第4章-2

4.29——6.1 4.29证明在z L ?的本征态下,0==y x L L 。(提示:利用x y z z y L i L L L L =-,求平均。) 证:设ψ是z L 的本征态,本征值为 m ,即ψψ m L z = [] x L i =-=y z z y z y L L L L L ,L ,[]y L i =-=z x x z x z L L L L L ,L , ( )( ) ( ) 011 1 =-=-=-= ∴ψψψψψψψψψψψψy y y z z y y z z y x L m L m i L L L L i L L L L i L 同理有:0=y L 。 附带指 值不为零,能够证明: y x l l 4.30 L 因此 又()[] 222 2 2 1 m l l L L L z y x -+=-=+ ()[] 222 2 12 1 m l l L L y x -+= =∴ 上题已证 0==y x L L 。 ()() ()[] 222 2 2 2 2 12 1 m l l L L L L L L x x x x x x -+= =-=-=?∴

同理 () ()[] 222 12 1 m l l L y -+= ?。 (补白)若需要严格论证2 x l 与2y l 的相等关系,可设 y x l i l l ???+≡+ y x l i l l ???-≡- 于是有)??(21?-++=l l l x )??(2 ?+--=l l i l y 求其符2 ?x l 的平方,用- +l l ??来表示: )????????(4 1?2- -+--++++++=l l l l l l l l l x )????????(4 1?2--+++--+--+=l l l l l l l l l y 再求它们在态im Y 中的平均值,在表示式中用标乘积符号时是 ))????????(4 1,(?2im im x Y l l l l l l l l Y l --+--++++++= (1) ))????????(4 1,(?2im im y Y l l l l l l l l Y l --+++--+--+= (2) 或都改写成积分形式如下,积分是对空间立体角取范围的: Ω+++= ??Ω --+--+++*d Y l l l l l l l l Y l im im x )????????((41 2 (3) = Ω l y 412 (4) (5) (6) 0?2,=Ω?=Ω????+* ++*d Y Y d Y l l Y m i im im im 常数 0??2,=Ω?=Ω????-*--*d Y Y d Y l l Y m i im im im 常数 2)1)((?? +-+=Ω??-+* m l m l d Y l l Y im im 2)1)((?? ++-=Ω?? +-*m l m l d Y l l Y im im 注意上述每一个积分的被积函数都要使用(5)的两个式子作重复运算, 再代进积分式中,如:

量子力学答案-周世勋

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 c hv d kT hv v v 1 1833 -? =πρ, (1) 以及 c v =λ, (2) λρρd dv v v -=, (3) 有 ,1 18)() (5-?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλλλρλρ ρ 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: 011511 86' =???? ? ?? -?+--?=-kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ ? 011 5=-?+--kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ=--)1(5 如果令x=kT hc λ ,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 xk hc 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

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