量子力学第四版卷一习题答案
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量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第7章
其中 Py 和 Pz 为任意实数，
n = 0,1,2, ⋯
式（4）中 为以ψ ( x ) 为 ( x − x 0 ) 变量的一维谐振子能量本征函数，即
ψ ( x) = ψ
n
(x−
x0 ) = H n ( ξ ) e − ξ
2
2
（ 9）
H n ( ξ ) 为厄密多项式， ξ =
uω ( x − x0 ) =
e
−
iqf c
iqf q c ˆ ˆ ψ p − A + ∇ f e ψ dτ c ∗ iqf iqf iqf − ∗ ˆ c c ˆ e c ψ dτ − q ψ ∗p e ψ A + ∇ f e ψ dτ c ∫∫∫
(
)
（9 ）
在证明第 3 式时，设变换后的 v 是 势的变换式：
v′
。 写出右方平均值的显式，用（4）的波数变换，和 (4) ′ 的矢
q µ v ′ = p′ − A′ = c = =
∫∫∫ψ
∗
′ ˆ′ ˆ′ − q A p ψ ′dτ c
∫∫∫ e ∫∫∫
−
dV = ε q ， V = − ε qx dx
2
哈密顿算符是：
q 1 2qB q 2 ˆ = 1 {p ˆ x2 + ( p ˆ y 2 − Bx ) + pz 2 } − ε qx = ˆ x2 + p ˆ y2 − H {p p y x + B x 2 + pz } − ε qx （ 2µ c 2µ c c
第七章：粒子在电磁场中的运动
P367——7.1，7.2 证明在磁场 B 中，带电粒子的速度算符的各分量，满足下述的对易关系： iq ˆ vx , v y = 2 B （1） z µ c iq ˆ v y , vz = 2 B （ 2） x µ c iq ˆ [v By （ 3） z , vx ] = µ 2c
n = 0,1,2, ⋯
式（4）中 为以ψ ( x ) 为 ( x − x 0 ) 变量的一维谐振子能量本征函数，即
ψ ( x) = ψ
n
(x−
x0 ) = H n ( ξ ) e − ξ
2
2
（ 9）
H n ( ξ ) 为厄密多项式， ξ =
uω ( x − x0 ) =
e
−
iqf c
iqf q c ˆ ˆ ψ p − A + ∇ f e ψ dτ c ∗ iqf iqf iqf − ∗ ˆ c c ˆ e c ψ dτ − q ψ ∗p e ψ A + ∇ f e ψ dτ c ∫∫∫
(
)
（9 ）
在证明第 3 式时，设变换后的 v 是 势的变换式：
v′
。 写出右方平均值的显式，用（4）的波数变换，和 (4) ′ 的矢
q µ v ′ = p′ − A′ = c = =
∫∫∫ψ
∗
′ ˆ′ ˆ′ − q A p ψ ′dτ c
∫∫∫ e ∫∫∫
−
dV = ε q ， V = − ε qx dx
2
哈密顿算符是：
q 1 2qB q 2 ˆ = 1 {p ˆ x2 + ( p ˆ y 2 − Bx ) + pz 2 } − ε qx = ˆ x2 + p ˆ y2 − H {p p y x + B x 2 + pz } − ε qx （ 2µ c 2µ c c
第七章：粒子在电磁场中的运动
P367——7.1，7.2 证明在磁场 B 中，带电粒子的速度算符的各分量，满足下述的对易关系： iq ˆ vx , v y = 2 B （1） z µ c iq ˆ v y , vz = 2 B （ 2） x µ c iq ˆ [v By （ 3） z , vx ] = µ 2c
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
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
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...
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。
曾谨言量子力学(卷I)第四版(科学出版社)2007年1月...
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
(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。
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第5章-1
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。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
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 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-+=∆。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案
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。
量子力学第四版卷一(曾谨言著)习题集规范标准答案第3章-补充
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。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著)习题答案第3章-补充
2
2
代入边界条件 (b) 0 ,得 2
(b) sin(kb ) 0,kb n 2
因而 kb n , 2 (x) C sin[k(x b) n ]
C sin k(x b)
或 2(x)
(2)
C sin k(x b)
和V0 情形相同,C=A ,偶宇称解是
1(x) Asin k(x b)
x 2 2m(m 1 ) m2 2 1
2
a2
(m 1 ) 2m(m 1 ) m2 2 (m 1 )
2
2
m 2
m(m 1) 2
测不准关系中的不准度是：
p 2
* m
(
i
)
2
d 2 m dx 2
dx
2mE
m2 2
x2
2m(m
1 ) 2
m2 2
1 a2
(m 1 ) 2m(m 1 ) m2 2 (m 1 )
ka n , kb n
相减得 k(b a) (n n) n
n 是整数,可作为能级编号.
kn
n ba
因此能级是
En
2 2 2m
( n )2 ba
是二度简并的
注: 在本题中因为左右两个势阱对称,粒子在两者中都能出现, 和实际上是同一个函数,只是的取值 范围不同.
考察V0 为有限值情形的解,先设 E<V0 设区间 (a, b) 中的解是
区间 (b,a) ，设波函数：Байду номын сангаас
再考虑
2 (x) b sin(kx ) (5) (x a)x b 在二点的连续条件得
代入
B sin(ka ) 0, B sin(kb ) 0
得: ka p , kb p ,但 p, p 整数,因此区间 (b,a) 的波函数:
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第4章-2
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-+=∆。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第11章
1s 态
ψ
100
=
1
π a3
e
−
r a
（1）
2s 态
ψ
200
=
r − ( 2 − )e 2 a a 32π a 3 r − ( )e 2 a sin θ ⋅ e iϕ 8 π a3 a 1
r
1
r
（2）
2p 态
ψ
211
=
1
r
（3a）
ψ
21, − 1
r − = ( )e 2 a sin θ ⋅ e − iϕ 8 π a3 a = r − ( )e 2 a cos θ 32π a 3 a 1
=
r − 2a − a 3 ( 2 − )e r d r ⋅ ∫ cos θ sin θ dθ ∫ a 32π a 3 r = 0 0
∞
π
2π
∫ dϕ
0
= 0
（8）
1s向2 s 的跃迁不存在。再考察 (1s → 2 p ) 的跃迁， 代入（4）中知道 C 200,100 = 0, W200,100 = 0即自
1
r
=
r= ∞
r= 0
∫
r e
4
dr ⋅
π
θ =0
∫
cos θ sin θ dθ ⋅
2
2π
ϕ =0
∫ dϕ
=
⋅ 4!⋅ (
π − 2a 5 1 ) ⋅ (− cos 3 θ ) 2π 0 3 3
（11）
=
将三种值分别代入（7），得 C 211,100 = 0, C 21− 1,100 = 0
C 210,100 =
t
−
t τ
将（6）代入（4）先对时间进行积分；并认为充分长时间可以用 t → ∞
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 科学出版社 课后答案
目次第二章：波函数与波动方程………………1——25第三章：一维定态问题……………………26——80第四章：力学量用符表达…………………80——168第五章：对称性与守衡定律………………168——199第六章：中心力场…………………………200——272第七章：粒子在电磁场中的运动…………273——289第八章：自旋………………………………290——340* * * * *参考用书1．曾谨言编著：量子力学上册 科学。
19812．周世勋编：量子力学教程 人教。
19793．L ．I ．席夫著，李淑娴，陈崇光译：量子力学 人教。
19824．D ．特哈尔编，王正清，刘弘度译：量子力学习题集 人教。
19815．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。
19586．原岛鲜著：初等量子力学（日文） 裳华房。
19727．N.F.Mott.I.N.Sneddon:Wave Mechanics and its Applications 西联影印。
19488．L.Pauling.E.B.Wilson:Introduction to Quantum- Mechanics(有中译本：陈洪生译。
科学) 19519. A.S.Davydov: Quantum Mechanics Pergamon Press 196510. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics（英译本） Springer Verlag 197311. A.Messian:Quantum Mechanics V ol I.North.Holland Pubs 1961ndau,E.Lifshitz:Quantum-Mechanics1958量子力学常用积分公式 (1) dx e x an e x a dx e x ax n ax n ax n ⎰⎰--=11 )0(>n (2) )cos sin (sin 22bx b bx a b a e bxdx e axax-+=⎰ (3) =⎰axdx e ax cos )sin cos (22bx b bx a b a e ax++ (4) ax x a ax a axdx x cos 1sin 1sin 2-=⎰ (5) =⎰axdx x sin 2ax a x aax a x cos )2(sin 2222-+ (6) ax a x ax a axdx x sin cos 1cos 2+=⎰ (7) ax aa x ax a x axdx x sin )2(cos 2cos 3222-+=⎰))ln(2222c ax x a ac c ax x ++++ (0>a ) (8)⎰=+dx c ax 2)arcsin(222x c a a c c ax x --++ (a<0) ⎰20sin πxdx n 2!!!)!1(πn n - (=n 正偶数) (9) = ⎰20cos πxdx n !!!)!1(n n - (=n 正奇数)2π (0>a ) (10)⎰∞=0sin dx xax 2π-(0<a ) (11)) 10!+∞-=⎰n n ax a n dx x e (0,>=a n 正整数) (12) adx e ax π2102=⎰∞- (13) 121022!)!12(2++∞--=⎰n n ax n an dx e x π (14) 10122!2+∞-+=⎰n ax n a n dx e x (15) 2sin 022a dx xax π⎰∞= (16) ⎰∞-+=0222)(2sin b a ab bxdx xe ax (0>a ) ⎰∞-+-=022222)(c o s b a b a b x d x xe ax (0>a )。
量子力学 第四版 卷一 (曾谨言 著) 答案----第8章
(13)
cos θ sin θ e − iϕ c 2 c2 = λ iϕ − cos θ c 2 c2 sin θ e σ ⋅ n 的本征矢是： θ i (δ − ϕ ) cos e 2 1= , 2= θ iδ sin e 2
或
（5 ）
(cos θ − λ )c1 + sin θ e − iϕ ⋅ c 2 = 0 iϕ sin θ e ⋅ c1 − (cos θ + λ )c 2 = 0
（ 6）
（6）具有非平凡解（平凡解 c1 = 0 ， c 2 = 0 ）条件是久期方程式为零，即
cos θ − λ sin θ e iϕ
)
是 (θ , ϕ ) 方向的单位
解：在 δ z 表象中， δ 的矩阵表示为
σ
因此，
x
0 1 = 1 0 ， σ
n
y
0 − i = i 0 ， σ
z
1 0 = 0 − 1
（1 ）
σ
= σ ⋅ n = σ x nx + σ y ny + σ z nz nz = n + in y x n x − in y cos ϕ = iϕ − nz sin θ e a sin θ e − iϕ − cos ϕ
(2)
c1 , c 2 待定常数，又设 σˆ x 的本征值 λ ，则 σˆ x 的本征方程式是：
σˆ x χ = λ χ
将（2）代入（3）：
(3)
σˆ x ( c1α + c 2 β ) = λ ( c1α + c 2 β
量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案第5章-2
x=x＇+vt＇y=y＇z=z＇
t＇=t⑴
势能在K＇K两坐标系中的表示式有下列关系
V＇（x＇,t＇）=V＇(x-vt,t)=V(x,t)⑵
证明若在K＇中薛定谔方程式是
则在K＇中：
其中： ⑶
[证明]从伽利略变换定义可知，在⑴式中当t=0时，x=x＇，t=t＇，因此在时刻t=0一点的波函数 与 相重合，这个关系和§5.1⑵的海森伯，薛定谔表象变换:
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。
5.16——2.1
5.17——2.2
5.17设Hamilton量 。证明求和规则
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。
5.18——2.4
5.18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 。
5.15——参考7.17
5.15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
本题和三维自由场类似,差别在于均匀二维势场,但它不影响力学量的守恒.
t＇=t⑴
势能在K＇K两坐标系中的表示式有下列关系
V＇（x＇,t＇）=V＇(x-vt,t)=V(x,t)⑵
证明若在K＇中薛定谔方程式是
则在K＇中：
其中： ⑶
[证明]从伽利略变换定义可知，在⑴式中当t=0时，x=x＇，t=t＇，因此在时刻t=0一点的波函数 与 相重合，这个关系和§5.1⑵的海森伯，薛定谔表象变换:
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。
5.16——2.1
5.17——2.2
5.17设Hamilton量 。证明求和规则
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。
5.18——2.4
5.18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 。
5.15——参考7.17
5.15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
本题和三维自由场类似,差别在于均匀二维势场,但它不影响力学量的守恒.
量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第6章-2
（11）
因而
u( r ) = F (
（12）
完整的径向波函数是
ψ ( r ,ϕ ) = R( r )e lmϕ
= 常数δ
m
e− a 2r 2 2
1 k2 F( + − , m + 1, a 2 r 2 ) 2 2 2 4a
m
（13）
由于合流超几何级数收敛性质和 e i 相似，故其无穷级数形式不适于作为波函数的解，欲使其能作为 波函数的一个因式，这个级数要中断，设最高幂 p,由（11）可知 a ξ +p=0
e2 ， n = nr + l + 1 ， n r = 0,1,2, ⋯ En = − 2n 2 a
将 l 换成 l ' ，即得价电子的能级：
（ 5）
E nl = −
通常令
e2 2n a
l '2
， n ' = nr + l ' + 1
（ 6）
l' = l + ∆
（7）
n ' = nr + l + ∆ l + 1 = n + ∆
12
（1）
a 为 Bohr 半径，求价电子的能级。 1 1 8λ 提示：令 l ( l + 1) − 2λ = l l + 1 ，解出 l = − + l + 1 − 2 2 ( 2l + 1) 2
'
(
'
)
'
解：取守恒量完全集为 H , L2 , L z ，其共同本征函数为
e imϕ = e im (ϕ + 2 xπ ) m是整数
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x a 即为粒子运动的转折点。
有量子化条件e 2nh得a 2----m代入(2)，解出设粒子限制在长、宽、高分别为a,b,c 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P x n x h/2a ,n x ,n y ,n z 1,2,3,粒子能量第一章 1 设质量为m 的粒子在谐振子势 V(x) -m2量子力学的诞生2x 2中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
提示：利用 0 P dx nh, n 1,2, j2m[E V(x)]解：能量为E 的粒子在谐振子势中的活动范围为 其中a 由下式决定：E V (x) 1 -m 2由此得a j2E/m 2口 p dx 2 j2m(Ea '2 2 X .x )2ma _ __________J a 2 x 2dxa2ma 2 nhE n n1,2,3,(4)积分公式： J a2u 2duarcs in^ c 2 aX, y, z 轴方向，把粒子沿 X, y, z 轴三个 方向的运动分开处理。
利用量子化条件，对于X 方向，有口 P x dx n x hn x 1,2,3, P x 2a n x h (2a :—来一回为一个周期)同理可得,P y n y h/2b . P z n z h/2c ,mh ，因而平面转子的能量1,2,3,有一带电荷e 质量m 的粒子在平面内运动 （解）带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动 条件是：,垂直于平面方向磁场是 B,求粒子能量允许值,设圆半径是r ,线速度是v ,用高斯制单位,En x n y n 2m 2 22 2、P y P z ) 2m 2n x ―2a2ny b 22n zcn x ,n y , n z 1,2,3,设一个平面转子的转动惯量为I， 求能量的可能取值。
2提示：利用0 p d nh, n1,2, ,p 是平面转子的角动量。
转子的能量 P2/2I 。
解：平面转子的转角（角位移） 记为 它的角动量p I （广义动量） 是运动惯量。
按量子化条件 p dxmhm 1,2,3,Bev 2mv(1)又利用量子化条件 P 电荷角动量 转角 2 口 pdq 0 mrvd2 mrv nh ⑵ 即 mrv nh 由（1）（2）求得电荷动能 再求运动电荷 ⑶ =1 2 --mv 2 在磁场 Be n 2mc 中的 势能，按电磁学通电导体 在磁场中的势能 磁矩*场强 电流*线圈面积*场强2ev* r * B e r一 , v 是电荷的旋转频率，v 六，代入前式得运动电荷的磁势能--B^^ （符号是正的 2mc点电荷的总能量-动能+磁势能-E-Be n2mc(n 1,2,3 )，未找到答案E mP2/2I m 2 2/2I ，洛伦兹与向心力平衡In 1(a 2 X 2 ^Jb 2 (c X 2)n 1x X求此式变分，令之为零，有：I n 1n2(cJ b 2(c X)2X)这个式子从图中几何关系得知，就是(5).(2)按前述论点光若看作微粒则粒子速度v 应等于光波的群速度V G 光程原理作v Gdl 0,依前题相速(1) 试用Fermat 最小光程原理导出光的折射定律rnsi n 1 n2sin 2(2)光的波动论的拥护者曾向光的微粒论者提出下述非难:射定律n1sin3n3sin1媒质到另一种媒质 E 仍不变，仍有pdl 0，你怎样解决矛盾In 1AQn 2QB设A , B 到界面距离是a,b(都是常量)有1n 1asec1 n2bsec2atg 1 btg 2 c⑶与⑷消去d 1和d 2得"Sin 1n2sin2⑸如认为光是粒子，则其运动遵守最小作用量原理pd l认为p mv 则 pdl 0这将导得下述折这明显违反实验事实，即使考虑相对论效应，则对自由粒子:EV仍就成立，E 是粒子能量，从一种c(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 的路径是两段直线：光程又AB 沿界面的投影c 也是常数，因而 12存在约束条件:求(1)的变分，而将2看作能独立变化的,有以下极值条件I n“asec j tgid 1 n2bsec2tg2d2再求(2)的变分2■2asecd bsec2d2［乙法］见同一图，取x 为变分参数,取0为原点, 则有：2mv r c 2H一,本题中qjv ,p ip ,因而 Pi, ___________________ 2I ~2 ~2 c p v —v m c c p IPV m c c p从前式解出P (用v 表示)即得到(2).又若将⑵ 代入(3),就可得到(1)式.于⑶式左方，遍除h :VG 占c 2k 2c 2k2C P _ ~2~2 cP c2 2V P _,而V G J cn , n 是折射率，n 是波前阵面更引起的，而波阵面速度则是相速度 P V G V PV P ，这样最小作用量原理仍可以化成最小光程原理ndl 0前一非难是将光子的传播速度v 看作相速度 V P 的误解.对高速运动的粒子(静质量m )的能量和动量由下式给出me 2i' F(1)试根据哈密顿量Jm 2c 4c 2p 2(3)及正则方程式来检验以上二式 速..由此得出粒子速度和德布罗意的群速度相等的关系.计算速度并证明它大于光(解)根据(3)式来组成哈氏正则方程式组 其次求粒子速度 v 和它的物质波的群速度V G 间的关系.运用德氏的假设p k 于(3)式右方，又用c"2(k)按照波包理论，波包群速度V G 是角频率丢波数的一阶导数:2| 22c kL '2 4 \f m cV G 和V P 的关系，将（1）（2）相除，再运用德氏波假设:补充: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(n 1,2,3,)2a/n又据de Broglie 关系h/而能量最后一式按照（4）式等于粒子速度 v，因而VG又按一般的波动理论，波的相速度 VG 是由下式规定VP利用（5） k 式得知 （是频率） V Pm 2c 4 2-V c c(6)故相速度 （物质波的）应当超过光速。
V GV PV G(7)p 2/2m K 2 2h n2m 4a 22/2m 22 2n 22ma 2n 1,2,3,最后找出 设质量为 m 的粒子在一维无限深势阱中运动,V(x)0, 00,(1)#［1］试用量子化条件，求谐振子的能量［谐振子势能V （x ） 1m2x 2］（解）（甲法）可以用 Wilson-Sommerfeld 的量子化条件式:□ pdq nh,令p m X 为振子动量，q x 为振子坐标,设总能量E求积分：p m X ma cos t (5) 将(4)(5)代量子化条件：。
pdq ma2cos 2tdt nh 2T 是振动周期,T=—,求出积分，得m a 2nhE Ln n2n 1,2,3 正整数在量子化条件中 则E P22m)2 2,2m(E 宁)代入公式得：Ofm2x 2j2m(Eh)dx nh量子化条件的积分指一个周期内的位移,可看作振幅 OA 的四倍,要决定振幅a ,注意在 A 或B 点动能为1 2 20, E ^m a ,(1)改写为:ai'X 2dx nh积分得：m a 2nh1遍乘 ---- 得2E h2 ［乙法］也是利用量子化条件t 的项表示： ,大积分变量用时间t 而不用位移x ,按题意振动角频率为 ，直接写出位移x ,用q X asin t 求微分：dq dx a costdt ⑷(3)#[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a ，b ，c.（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 P ），其余分动量不变，设想粒子从某一，此周期中动量与位移同时变号，量子化条件：E 2- 2-(p ； p y p ；)2m 2-1 [(n x h )2(n yh 、22m [( 2a )(2b 2 2分运动完成一个周期 。
P x dqxnx ha2Px0dx2aPxP yd qyn yh b2P y 0dy2bPyP zdq zn z hc2Pz0dz2CP zP x ，P y ，P z都是常数，总动量平方 P2 2P y P z 总能量是：)2唱2]2=8-[(7)2 (T)2（¥）2]但 n x ，n y ，n z 1,2,3[3] 平面转子的转动惯量为 ，求能量允许值.（解）解释题意：平面转子是个转动体，它的位置由一坐标（例如转角 ）决定，它的运动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，转子的角动量是角速度，能量是E 122利用量子化条件，将P 理解成为角动量，q 理解成转角,一个周期内的运动理解成旋转一周 ,则有° pdq (1) 说明是量子化的nh n ,————(n2nh (1)1,2,3 ……..)代入能量公式，得能量量子化公式：E2 2川、2 n。