量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6#2 @

第一章 绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b b T m 03109.2 ,⋅⨯==-λ。

证明：由普朗克黑体辐射公式：ννπνρννd e ch d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd cd 2-=得1185-=kThc ehc λλλπρ，令kT hcx λ=，再由0=λρλd d ，得λ.所满足的超越方程为 15-=x xe xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kThcm λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV,求de Broglie 波长.解：010A 7.09m 1009.72=⨯≈==-mEh p h λ #1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。

解：010A 63.12m 1063.1232=⨯≈===-mkTh mE h p h λ 其中kg 1066.1003.427-⨯⨯=m ，123K J 1038.1--⋅⨯=k #1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，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的轨道半径。

已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--⋅⨯=B μ，求动能的量子化间隔E ∆，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。

解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E μωμ+=可以化为()12222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+μωμE q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμEb E a ==，相空间面积为,2,1,0,2=====⎰n nh EEab pdq νωππ所以，能量 ,2,1,0,==n nh E ν方法2：一维谐振子的运动方程为02=+''q q ω，其解为()ϕω+=t A q sin速度为 ()ϕωω+='t A q c o s ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh TA dt t A dt t A pdq T T==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=nνμωnh Tnh A E ===222， ,2,1,0=n（2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。

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 21p 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 μ222222222121M P m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） m p +=21μ，m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m R ++=， （17） 21r r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’） 总动量 ()2121221121p 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 uR p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p m Mp p -⨯++⨯= )2)(1(⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。

总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m pP u m p m m u m m p P u m p m m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p P m m m P m m m μ2222M P += （4’） ［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中p 、和的算术表示式r i ∇-= R i ∇-= ，p r P R L ⨯+⨯=解： ()()211221121r r m m Mi p m p m M ∇-∇-=-=（1） 其中 1111z y x r ∂∂+∂∂+∂∂=∇， 而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111， 同理，y Y M m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZ M m z ∂∂+∂∂=∂∂11； （利用上题（17）（18）式。

第一章 绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b b T m 03109.2 ,⋅⨯==-λ。

证明：由普朗克黑体辐射公式：ννπνρννd e ch d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd cd 2-=得1185-=kThc ehc λλλπρ，令kT hcx λ=，再由0=λρλd d ，得λ.所满足的超越方程为 15-=x xe xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kThcm λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV,求de Broglie 波长.解：010A 7.09m 1009.72=⨯≈==-mEh p h λ #1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。

解：010A 63.12m 1063.1232=⨯≈===-mkTh mE h p h λ 其中kg 1066.1003.427-⨯⨯=m ，123K J 1038.1--⋅⨯=k #1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，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的轨道半径。

已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--⋅⨯=B μ，求动能的量子化间隔E ∆，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。

解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E μωμ+=可以化为()12222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+μωμE q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμEb E a ==，相空间面积为,2,1,0,2=====⎰n nh EEab pdq νωππ所以，能量 ,2,1,0,==n nh E ν方法2：一维谐振子的运动方程为02=+''q q ω，其解为()ϕω+=t A q sin速度为 ()ϕωω+='t A q c o s ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh TA dt t A dt t A pdq T T==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=nνμωnh Tnh A E ===222， ,2,1,0=n（2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。

第一章 绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b bTm3109.2 ,×´==-l 。

证明：由普朗克黑体辐射公式：由普朗克黑体辐射公式：n n p nr n nd ec hd kTh 11833-=， 及ln c=、l ln d c d 2-=得1185-=kThcehc l l l p r ，令kT hc x l =，再由0=l r l d d ，得l .所满足的超越方程为所满足的超越方程为15-=x x e xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kT hc m l ，将数据代入求得C m 109.2 ,03×´==-b b T ml 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ,求de Broglie 波长. 解：010A 7.09m 1009.72=´»==-mEh p h l # 1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。

波长。

解：010A 63.12m 1063.1232=´»===-mkT h mE h p h l其中kg 1066.1003.427-´´=m ，123K J 1038.1--×´=k # 1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，求：利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。

）一维谐振子的能量。

（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。

）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。

已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--×´=B m ，求动能的量子化间隔E D ，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。

的热运动能量相比较。

解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E mw m +=可以化为()12222222=÷÷øöççèæ+mw m E q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2mw m Eb E a ==，相空间面积为，相空间面积为,2,1,0,2=====òn nh EE ab pdq nw pp 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E n方法2：一维谐振子的运动方程为02=+¢¢q q w ，其解为，其解为()j w +=t A q sin速度为速度为 ()j w w +=¢t A q c o s ，动量为()j w mw m +=¢=t A q p cos ，则相积分为，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=òòò2)cos 1(2cos 220220222mw j w mw j w mw ， ,2,1,0=n nmw nh T nh A E ===222， ,2,1,0=n （2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。

证明在定态中，几率流密度与时间无关。

证：对于定态，可令)]()()()([2 ])()()()([2 )(2 )( )()()(******r r r r i e r e r e r e r i i J er t f r t r Et iEt iEt iEt iEtiψψψψμψψψψμμψψ∇-∇=∇-∇=ψ∇ψ-ψ∇ψ===ψ----）（）（，可见t J 与无关。

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 an A n ,0 ),(sin πψ （2.6-14）由归一化，得aA a x a n n a A a A dx a x an A x A dx a x an A dx a x an A dx aa aaaa a a aan 222222222)(sin 2)(cos22)](cos 1[21)(sin 1'=+⋅'-'=+'-'=+-'=+'==-----∞⎰⎰⎰⎰πππππψ∴归一化常数aA 1='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)()(x a Ax x -=ψ描写，A 为归一化常数，求粒子能量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⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤a x x a x x an a x ,0 ,0 0 ,sin 2)(πψ 22222a n E n μπ = ) 3 2 1( ，，，=n 动量的几率分布函数为2)(n C E =ω⎰⎰==∞∞-an dx x x an dx x x C 0*)(sin)()(ψπψψ 先把)(x ψ归一化，由归一化条件，⎰⎰⎰+-=-==∞∞-aa dx x ax a x A dx x a x A dx x 022220222)2()()(1ψ⎰+-=adx x ax x a A 043222)2(30)523(525552a A a a a A =+-= ∴530aA =∴⎰-⋅⋅=an dx x a x x a n aa C 05)(sin 302π ]sin sin [1520203x xd a n x x xd a n x a a a a ⎰⎰-=ππ ax a n n a x a n x n a x a n x n a x a n n a x a n x n a a 0333222222323]cos 2sin 2 cos sin cos [152ππππππππππ--++-=])1(1[15433nn --=π∴2662])1(1[240)(n nn C E --==πω⎪⎩⎪⎨⎧=== ,6 ,4 ,205 3 196066n n n ，，，，，π ⎰⎰==∞∞-adx x p x dx x H x E 02)(2ˆ)()(ˆ)(ψμψψψ ⎰--⋅-=adx a x x dx d a x x a 02225)](2[)(30μ)32(30)(303352052a a adx a x x a a-=-=⎰μμ 225aμ = 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 ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=010******** x L ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=0000022ii i i L y 求它们的本征值和归一化的本征函数。

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 kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kT hce kThc λλ ⇒ kThce kT hc 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 ，λhP =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p h =λ nmm m E c hc Eh 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。