量子力学第四版卷一曾谨言著习题答案
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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 πϕϕ ϕp 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 是运动惯量。
按量子化条件mh p =∴ϕ，因而平面转子的能量I m I p E m 2/2/222==ϕ，1.4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,设圆半径是r ,线速度是v ,用高斯制单位，洛伦兹与向心力平衡条件是: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 2212 =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 是电荷的旋转频率, rvv π2=,代入前式得运动电荷的磁势能=mcnBe 2 (符号是正的) 点电荷的总能量=动能+磁势能=E=mcnBe 2 ( 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（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这明显违反实验事实，即使考虑相对论效应，则对自由粒子：2cEvp =仍就成立，E 是粒子能量，从一种媒质到另一种媒质E 仍不变，仍有⎰=0pdl δ，你怎样解决矛盾？（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 的路径是两段直线：光程设A ，B 到界面距离是a,b(都是常量)有又AB 沿界面的投影c 也是常数，因而α1，α2存在约束条件：c btg atg =+αα21 （2）求(1)的变分,而将α1,α2看作能独立变化的,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和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: 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vG光程原理作0=⎰dl v Gδ,依前题相速vvGpc 2=,而cn c vvpG==2,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v p ,这样最小作用量原理仍可以化成最小光程原理.前一非难是将光子的传播速度v 看作相速度vp的误解.1.8对高速运动的粒子(静质量m )的能量和动量由下式给出: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 和它的物质波的群速度vG间的关系.运用德氏的假设: k p =于(3)式右方, 又用ω =E 于(3)式左方,遍除h :按照波包理论，波包群速度vG是角频率丢波数的一阶导数：=22422222422pc c m p c k c c m k c +=+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是由下式规定kv p ωυλ== （υ是频率）利用（5）式得知c c kc m vp>+=22242 （6） 故相速度（物质波的）应当超过光速。
最后找出vG和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=== ω， 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， 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 a /2=∴λ （1）又据de Broglie 关系λ/h p = （2）而能量(),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,可看作振幅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 [乙法]也是利用量子化条件,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: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: T 是振动周期,T=ωπ2,求出积分,得3,2,1=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,,都是常数,总动量平方222z y x p p p p ++=总能量是:=])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:平面转子是个转动体,它的位置由一坐标（例如转角ϕ）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I ω,但⋅=ϕω是角速度,能量是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是量子化的(2)I=I =n 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)(2212222 n n E ω (3)#。
