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补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2E E V kμμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则 当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022 μ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8） 则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg μηξξξη（10）式是以a V r 202 μ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V ，亦即 82220 πμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。
量⼦⼒学第四版卷⼀（曾谨⾔著）知识题⽬解析第4章4.29——6.14.29证明在zL ?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ψψm 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 ，()()()0111 =-=-=-=∴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 ?yl ?的平均值不为零，能够证明：,212y 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()2x L ?和()2yL ?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 22yxLL =⼜()[]222221 m l l L L L zy x -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴上题已证 0==y x L L 。
曾谨言《量子力学》（卷I ）第四版（科学出版社）2007年1月摘录第三版序言我认为一个好的高校教师，不应只满足于传授知识，而应着重培养学生如何思考问题、提出问题和解决问题。
这里涉及到科学上的继承和创新的关系。
“继往”中是一种手段，而目的只能是“开来”。
讲课虽不必要完全按照历史的发展线索讲，但有必要充分展开这种矛盾，让学生自己去思考，自己去设想一个解决矛盾的方案。
要真正贯彻启发式教学，教师有必要进行教学与科学研究。
而教学研究既有教学法的研究，便更实质性的是教学内容的研究。
从教学法来讲，教师讲述一个新概念和新原理时，应力求符合初学者的认识过程。
在教学内容上，至少对于像量子力学这样的现代物理课程来讲，我信为还有很多问题并未搞得很清楚，很值得研究。
量子力学涉及物质运动形式和规律的根本变革.20世纪前的经典物理学(经典力学、电动力学、热力学与统计物理学等)，只适用于描述一般宏观从物质波的驻波条件自然得出角动量量子化的条件及自然理解为什么束缚态的能量是量子化的：P17~18；人类对光的认识的发展历史把原来人们长期把物质粒子看作经典粒子而没有发现错误的启发作用：P18；康普顿实验对玻尔电子轨道概念的否定及得出“无限精确地跟踪一个电子是不可能的”：P21；在矩阵力学的建立过程中，玻尔的对应原理思想起了重要的作用；波动力学严于德布罗意物质波的思想：P21；微观粒子波粒二象性的准确含义：P29；电子的双缝衍射实验对理解电子波为几率波的作用：P31在非相对论条件下（没有粒子的产生与湮灭），概率波正确地把物质粒子的波动性与粒子性联系起来，也是在此条件下，有波函数的归一化及归一化不随时间变化的结果：P32；经典波没有归一化的要领，这也是概率波与经典波的区别之一：P32；波函数归一化不影响概率分布：P32多粒子体系波函数的物理意义表明：物质粒子的波动性并不是在三维空间中某种实在的物理量的波动现象，而一般说来是多维的位形空间中的概率波。
(完整word 版)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h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a 22==（3） 代入（2），解出 ,3,2,1,==n n E n ω （4）积分公式： c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 22222221.2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()⎰==⋅ ,3,2,1,x x xn 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/=，,3,2,1,,=z y x n n n粒子能量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E z y x z y x n n n zy x π,3,2,1,,=z y x n n n1.3设一个平面转子的转动惯量为I ，求能量的可能取值。
第五章： 对称性及守恒定律P248设粒子的哈密顿量为 )(2ˆˆ2r V p H+=μ。
（１） 证明V r p p r dtd ∀⋅-=⋅μ/)(2。
（２） 证明：对于定态 V r T ∀⋅=2（证明）（１）z y x p z p y p xp r ˆˆˆˆˆˆ++=⋅，运用力学量平均值导数公式，以及对易算符的公配律：]ˆ,ˆˆ[1)ˆˆ(H p r i p rdt d⋅=⋅]ˆ,ˆˆ[H p r =⋅=)],z y （２） ˆ[r⋅ x x x x p x p p x p p xˆˆˆˆˆ]ˆ,ˆˆ[232-= x x x x x x p x p p x p p x p p xˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ2223-+-= x x x x x p p x p p p xˆ]ˆ,ˆ[ˆˆ]ˆ,ˆ[2+= 222ˆ2ˆˆx x x p i p i p i =+= （４）],ˆ[ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ],ˆˆ[V p x p V x V p x p x V V p x V p xx x x x x x =-=-=xV x i ∂∂=ˆˆ （５） 将（４）（５）代入（３），得：}{)ˆˆˆ(]ˆ,ˆˆ[222zV z y V y x V x i p p p i H p rz y x ∂∂+∂∂+∂∂+++=⋅ μ }ˆ{2V r pi ∀⋅+=μ代入（１），证得题给公式：V r pp r dt d ∀⋅-=⋅ μ2ˆ)( （６） 的平均值，按前述习题２的结论，其 则=⋅p r dt d 由前式P249 ） （２）库仑场 T V 2-= （３）T V n Cr V n2,==（解）先证明维里定理：假设粒子所在的势场是直角坐标),,(z y x 的n 次齐次式，则不论n 是正、负数，势场用直角坐标表示的函数，可以表示为以下形式，式中Ｖ假定是有理函数（若是无理式，也可展开成级数）：∑=ijkkj i ijk z y x C z y x V ),,( （１）此处的k j i ,,暂设是正或负的整数，它们满足：n k j i =++ （定数）ijk C 是展开式系数，该求和式可设为有限项，即多项式。
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2E E V kμμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则 当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022 μ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8） 则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg μηξξξη（10）式是以a V r 202 μ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V ，亦即 82220 πμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。
4.29——6.14.29证明在zL ˆ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 ，()()()0111 =-=-=-=∴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 ˆ，y l ˆ在x l ˆ本征态中平均值是零，但乘积x l ˆyl ˆ的平均值不为零，能够证明：,212y x y x l l i m l l -==说明y x l l ˆˆ不是厄密的。
2ˆx l ，2ˆy l 的平均值见下题。
4.30 设粒子处于()ϕθ,lm Y 状态下，求()2x L ∆和()2yL ∆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 22yxLL =又()[]222221 m l l L L L zy x -+=-=+()[]2222121m l l L L yx-+==∴ 上题已证 0==y x L L 。
()()()[]2222222121m l l L L L L L L x x x xx x -+==-=-=∆∴ 同理 ()()[]222121m l l L y-+=∆。
第二章：函数与波动方程P69 当势能)(r V 改变一常量C 时,即c r V r V +→)()(,粒子的波函数与时间无关部分变否?能量本征值变否?(解)设原来的薛定谔方程式是0)]([2222=-+ψψx V E mdx d将方程式左边加减相等的量ψC 得:0]})([]{[2222=+-++ψψC x V C E mdx d这两个方程式从数学形式上来说完全相同,因此它们有相同的解)(x ψ, 从能量本征值来说,后者比前者增加了C 。
(证)E =υT = = =用高斯定理 中间一式的第一项是零,因为ψ假定满足平方可积条件,因而0>T 因此 V V T E >+=,能让能量平均值V V min >因此V E min >令ψψn=(本征态)则EnE =而VE nmin>得证2.1设一维自由粒子的初态()/00,x ip ex =ψ， 求()t x ,ψ。
解： () /2200,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t m p x p i et x ψ2.2对于一维自由运动粒子，设)()0,(x x δψ=求2),(t x ψ。
（解）题给条件太简单，可以假设一些合理的条件，既然是自由运动，可设粒子动量是p ，能量是E ，为了能代表一种最普遍的一维自由运动，可以认为粒子的波函数是个波包（许多平面波的叠加），其波函数： p d ep t x i E px ip )()(21),(-∞-∞=⎰=φπψ （1）这是一维波包的通用表示法，是一种福里哀变换，上式若令0=t 应有 ex px i∞)0,(ψx δ)(将（2）（3(ψ，代入（4）(ψ p d eet x p i mx p m it timx ⎰∞-∞=--=)2(22221),(πψ利用积分απξαξ=⎰∞∞--d e 2： ti m et x ti m x ππψ221),(22=写出共轭函数（前一式i 变号）：ti m et x timx -=-ππψ221),(22 t mt m t x πππψ22)2(1),(22=⨯=本题也可以用Fresnel 积分表示，为此可将（6）式积分改为：dp tmx p m t i dp t mx p m t 22)](2[sin )](2[cos ---⎰⎰∞∞-∞∞-用课本公式得timxetm i t x t x 2*2)1(21),(),(ππψψ=，两者相乘，可得相同的结果。
补充3.5）设粒子处于半壁高的势场中⎪⎩⎪⎨⎧><<-<∞=ax a x V x V ,00,x ,)(0 （1） 求粒子的能量本征值。
求至少存在一条束缚能级的体积。
解：分区域写出eq s .:ax ,0)()(a x 0 ,0)()(22"212'"1>=-<<=+x k x x k x ψψψψ （2）其中 ()22022'2k ,2ηηE E V k μμ-=+=（3） 方程的解为kxkxx ik x ik DeCe x Be Ae x --+=+=)()(21''ψψ （4）根据对波函数的有限性要求，当∞→x 时，)(2x ψ有限，则0=C当0=x 时，0)(1=x ψ，则0=+B A 于是ax , )(x 0 ,sin )(2'1>=<<=-kxDe x a x k F x ψψ （5）在a x =处，波函数及其一级导数连续，得ka ka kDe a k F k De a k F ---=='''cos ,sin （6）上两方程相比，得 kk a k tg ''-= （7）即 ()E E V E V atg +--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+0022ημ（7’） 若令 ηξ==a a k k ,'（8）则由（7）和（3），我们将得到两个方程：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=(10)9) ( 2220a V ctg ημηξξξη（10）式是以a V r 202ημ=为半径的圆。
对于束缚态来说，00<<-E V ，结合（3）、（8）式可知，ξ和η都大于零。
（10）式表达的圆与曲线ξξηctg -=在第一象限的交点可决定束缚态能级。
当2π≥r ，即222πμ≥a V η，亦即 82220ηπμ≥a V （11）时，至少存在一个束缚态能级。
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 -===⋅⎰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: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h n a m a m dx x a m dx x m E m dx p aaaa==⋅=-=-=⋅⎰⎰⎰+-+-222222222)21(22πωπωωω得ωωπm nm nh a η22==(3) 代入(2),解出 Λη,3,2,1,==n n E n ω (4)积分公式:c au a u a u du u a ++-=-⎰arcsin 22222221、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 xn 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⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++=222222222222)(21c n b n a n mp p p m E zy x z y x n n n zy x ηπ Λ,3,2,1,,=z y x n n n1、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,,2,1,20Λ==⎰n nh d p πϕϕ ϕp 就是平面转子的角动量。
转子的能量I p E 2/2ϕ=。
解:平面转子的转角(角位移)记为ϕ。
它的角动量.ϕϕI p =(广义动量),ϕp 就是运动惯量。
按量子化条件Λ,3,2,1,220===⎰m mh p dx p ϕπϕπmh p =∴ϕ,因而平面转子的能量I m I p E m 2/2/222η==ϕ,Λ,3,2,1=m1、4有一带电荷e 质量m 的粒子在平面内运动,垂直于平面方向磁场就是B,求粒子能量允许值、(解)带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动,设圆半径就是r ,线速度就是v ,用高斯制单位,洛伦兹与向心力平衡条件就是:rmv c Bev 2= (1) 又利用量子化条件,令=p 电荷角动量 =q 转角ϕnh mrv mrvd pdq ===⎰⎰πϕπ220(2)即 nh mrv = (3) 由(1)(2)求得电荷动能=mcnBe mv 2212η= 再求运动电荷在磁场中的磁势能,按电磁学通电导体在磁场中的势能=c B r ev c c *****2π==场强线圈面积电流场强磁矩,v 就是电荷的旋转频率, rvv π2=,代入前式得运动电荷的磁势能=mcnBe 2η (符号就是正的) 点电荷的总能量=动能+磁势能=E=mcnBe 2η ( 3,2,1=n )1、5,1、6未找到答案1、7(1)试用Fermat 最小光程原理导出光的折射定律αα2211sin sin n n =(2)光的波动论的拥护者曾向光的微粒论者提出下述非难: 如认为光就是粒子,则其运动遵守最小作用量原理⎰=0pdl δ 认为mv p =则⎰=0pdl δ这将导得下述折射定律αα1331sin sin n n =这明显违反实验事实,即使考虑相对论效应,则对自由粒子:2c Evp =仍就成立,E 就是粒子能量,从一种媒质到另一种媒质E 仍不变,仍有⎰=0pdl δ,您怎样解决矛盾？(解)甲法:光线在同一均匀媒质中依直线传播,因此自定点A 到定点B 的路径就是两段直线:光程QB AQ I n n 21+=设A,B 到界面距离就是a,b(都就是常量)有αα2211sec sec b a I n n +=又AB 沿界面的投影c 也就是常数,因而α1,α2存在约束条件:c btg atg =+αα21 (2)求(1)的变分,而将α1,α2瞧作能独立变化的,有以下极值条件0sec sec 22221111=+=ααααααδd tg b tg a I n d n (3)再求(2)的变分 0sec sec 222112==+c d b a d δαααα(3)与(4)消去α1d与α2d 得αα2211sin sin n n = (5)[乙法]见同一图,取x 为变分参数,取0为原点,则有: )(222221x c b x a I n n-+++=求此式变分,令之为零,有: 0)()(222221=-+--+=x c b xx c xa xx I n n δδδ这个式子从图中几何关系得知,就就是(5)、(2)按前述论点光若瞧作微粒则粒子速度v 应等于光波的群速度vG光程原理作0=⎰dl v Gδ,依前题相速vvGpc 2=,而cn c vvpG==2,n 就是折射率,n 就是波前阵面更引起的,而波阵面速度则就是相速度v p ,这样最小作用量原理仍可以化成最小光程原理、⎰=0ndl δ前一非难就是将光子的传播速度v 瞧作相速度vp的误解、1、8对高速运动的粒子(静质量m )的能量与动量由下式给出:2221c v mc E -=(1)2221c v mv p -=(2)试根据哈密顿量 2242p c c m E H +== (3)及正则方程式来检验以上二式、由此得出粒子速度与德布罗意的群速度相等的关系、计算速度并证明它大于光速、(解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组:pqiiH ∂∂=⋅,本题中v q i=⋅,p pi=,因而224222242pc c m p c p c c m pv +=+∂∂= (4)从前式解出p (用v 表示)即得到(2)、又若将(2)代入(3),就可得到(1)式、 其次求粒子速度v 与它的物质波的群速度vG间的关系、运用德氏的假设: k p η=于(3)式右方, 又用ωη=E 于(3)式左方,遍除h :)(22242k k c c m ωω=+=η按照波包理论,波包群速度vG就是角频率丢波数的一阶导数:22242k c c m kv G +∂∂=η =22422222422pc c m p c k c cm kc +=+η最后一式按照(4)式等于粒子速度v ,因而v vG=。
又按一般的波动理论,波的相速度vG就是由下式规定kv p ωυλ== (υ就是频率)利用(5)式得知c c kc m vp>+=22242η (6) 故相速度(物质波的)应当超过光速。
最后找出vG与vp的关系,将(1)(2)相除,再运用德氏波假设:v Gc v c k p E 22===ηηω, vvGpc 2=(7)补充:1、1设质量为m 的粒子在一维无限深势阱中运动,⎩⎨⎧<<><∞=a x ax x x V 0,0,0,)( 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 ),3,2,1(2Λ=⋅=n n a λn a /2=∴λ (1)又据de Broglie 关系λ/h p = (2)而能量()Ληη,3,2,12422/2/2222222222==⋅===n ma n a m n h m m p E πλ (3)[1] 试用量子化条件,求谐振子的能量[谐振子势能2221)(x m x V ω=] (解)(甲法)可以用Wilson-Sommerfeld 的量子化条件式:⎰=nh pdq在量子化条件中,令⋅=x m p 为振子动量,x q = 为振子坐标,设总能量E则 22222x m m P E ω+= )2(222x m E m p ω-= 代入公式得:nh dx x m E m =-⎰)2(222ω量子化条件的积分指一个周期内的位移,可瞧作振幅OA 的四倍,要决定振幅a ,注意在A 或B 点动能为0,2221a m E ω=,(1)改写为: nh dx x a m aa=-⎰-222ω (2)积分得:nh a m =πω2遍乘πω21得 ωπωηn h E ==2[乙法]也就是利用量子化条件,大积分变量用时间t 而不用位移x ,按题意振动角频率为ω,直接写出位移x ,用t 的项表示:t a x q ωsin ==求微分:tdt a dx dq ωωcos == (4) 求积分:t ma x m p ωωcos ==⋅(5) 将(4)(5)代量子化条件:nh tdt ma pdq T==⎰⎰0222cos ωω T 就是振动周期,T=ωπ2,求出积分,得nh a m =πω2 ωπωηn n h E ==23,2,1=n 正整数 #[2]用量子化条件,求限制在箱内运动的粒子的能量,箱的长宽高分别为.,,c b a(解)三维问题,有三个独立量子化条件,可设想粒子有三个分运动,每一分运动就是自由运动、设粒子与器壁作弹性碰撞,则每碰一次时,与此壁正交方向的分动量变号(如p pxx-→),其余分动量不变,设想粒子从某一分运动完成一个周期,此周期中动量与位移同时变号,量子化条件:pp n q p xax xxxa dx h d 220===⎰⎰ (1) pp n q pyby y y ybdy h d 22===⎰⎰ (2)pp n q p zcz z z zc dz hd 22===⎰⎰(3)p p p zyx,,都就是常数,总动量平方222z y x p p p p ++=总能量就是:)(2122222z y x p p p mm p E ++===])2()2()2[(21222ch b h a h m n n n z y x ++ =])()()[(82222cb a m h n n n z y x ++ 但3,2,1,,=n n n z y x 正整数、#[3] 平面转子的转动惯量为I ,求能量允许值、(解)解释题意:平面转子就是个转动体,它的位置由一坐标(例如转角ϕ)决定,它的运动就是一种刚体的平面平行运动、例如双原子分子的旋转、按刚体力学,转子的角动量I ω,但⋅=ϕω就是角速度,能量就是221ωI =E利用量子化条件,将p 理解成为角动量,q 理解成转角ϕ,一个周期内的运动理解成旋转一周,则有nh d pdq =I =I =⎰⎰ωπϕωπ220(1)(1) 说明ω就是量子化的(2)I=I =ηn nh πω2 (3,2,1=n ……、、) (2) (3) 代入能量公式,得能量量子化公式:I=I I =I =2)(2212222ηηn n E ω (3)#。
