量子物理作业答案

量子力学导论作业

File2~file5

1. 热辐射的峰值波长与辐射体温度之间的关系被维恩位移定律：

bTm

表示，其中Kmb3108978.2。求人体热辐射的峰值波长（设体温为37）。

解：由定律bTm可得：

mmTtbTbom631035.927337108978.2

即，人体热辐射的峰值波长为9350nm。

2. 宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀各向同性的背景热辐射相当于T=2.726K黑体辐射。此辐射的峰值波长是多少？在什么波段？

解:根据维恩位移定律bTm，得：

mmTbm331006.1726.2108978.2

即该辐射峰值波长为1.06mm，属于红外波段。

3. 波长=0.01nm的X射线光子与静止的电子发生碰撞。在与入射方向垂直的方向上观察时，散射X射线的波长为多大？碰撞后电子获得的能量是多少eV?

解：依题意，在垂直方向观察时散射角，90

由波长改变量公式cos100cmh，得散射后X射线波长： m98313490100124.0)90cos1(103101.91063.61001.0

X射线损失的能量等于电子增加的动能

)0124.0101.01(1011031063.698340hchcEEXe

eVJEe415104.21085.3

所以，散射X射线波长为0.0124nm，电子获得能量为eV4104.2

4. 在一束电子束中，单电子的动能为E=20eV，求此电子的德布罗意波长。

解：电子动能较小，固忽略其相对论效应，所以由

221mvE，得电子速率mEv2

又mvp，由德布罗意公式ph

mmmvh10311931341075.2101.9106.1202101.91063.6即电子德布罗意波长为101075.2m。

File6

1.设归一化波函数：)(2221xAexxa，a为常数，求归一化常数A。

解：由归一化条件12dxx，有 122222221dxeAdxAexaxa

2.设归一化波函数：xanAxnsin)0(ax，n为正整数，a为常数，求归一化常数A。

解：由归一化条件12dxx，有

1)(sinsin222dxxanAdxxanA

令dxaaxd,

则上述积分化为：122sin22202aAaAdnaA

所以，aA2

File7

1. 自由粒子的波函数为

)(),(EtrpiAetr

其中p和E是粒子的动量和能量，r和t是空间与时间变量，是普朗克常数，A是归一化常数。试建立自由粒子波函数所满足的方程。

解：

波函数两边对时间t求一次导数，得：

)(EtrpieiAEt

忽略归一化常数A的影响，显然由上式可得： Eti

由力学量的算符表示，ip，并且由关系mpE22得：

22mE

考虑在势场中运动的粒子的经典能量关系式

VmpE22，得

VmE22

所以，综上所述可知自由粒子的波函数满足的方程为

),(2),(22trrVmtrti

File8

设一个微观粒子的哈密顿算符的本征方程为

)()(ˆxExHnnn

该粒子的初始波函数为

)()()0,(2211xcxcx

设nc和)(xn是实数，求任意时刻的波函数),(tx及粒子的几率密度。

解：

含时薛定谔方程的一般解：

nnnntiExctx)exp()(),(

由题目已知，得： )()()0exp()()0,(2211xcxcxcxnnn

显然

)()()(2211xcxcxcnnn

所以任意时刻波函数

)exp()()(),(2211tiExcxctxn

几率密度

222112)()(),()(xcxctxx

(file9）

宽度为a的一维无限深势阱中粒子的本征函数为

,...3,2,1sin2)(nxanaxn

求证本征函数的正交性：

anmnmdxxx0)(0)()(

证明：

aanmdxxanaxamadxxx00sin2sin2)()( )sin(1)sin(1)sin(1)cos()cos(1)cos()cos(21200000nmnmxanmnmaaxanmnmaaxdxanmxdxanmadxxanmxanmaaaaaa

显然，nm时，

0)sin(1nmnm

即：

anmnmdxxx0)(0)()(

命题得证。

（file10）

原子核内的质子和中子可以粗略地当成处于无限深势阱中而不能逸出，它们在核中可以认为是自由的。按一维无限深势阱估算，质子从第一激发态（n=2）跃迁到基态（n=1）时，释放的能量是多少MeV？核的线度按ma14100.1计算。

解：一维无限深势阱能量满足,...3,2,1,22222nmanEn

MeVmaEn1.2J100.11067.181063.621214272342221时，

MeVmaEn5.0J100.11067.181063.642222142723422221时，

所以，释放的能量

MeVEEE6.121

（file11）

理想金属细杆中的电子可以当成处于一维无限深势阱中而不能逸出，它们在细杆中可以认为是自由的。设细杆的长度为a，电子的初始波函数为

),0()()0,(为归一化常数AaxAxxfx

试求任意t时刻电子的波函数),(tx。

(file12）

设一个微观粒子的哈密顿不含时间，其本征方程为)()(ˆxExHnnn，如果粒子的初态为)(xk，求粒子在任意时刻的波函数及几率密度。

解：含时薛定谔方程的一般解为

nnnntiExctx)exp()(),(

由已知条件可知

)()0exp()()0,(xxcxknnn

nnkcccx2211)(

则，有

)(1)(0knckncnn

所以

)exp()(),(tiExtxkk

几率密度

22)(),()(xtxxk，不随时间变化

（file13）

设谐振子处于基态（n=0）：

1.写出其波函数的表达式；

2.由哈密顿算符的本征方程及基态波函数计算基态能量。

解：1.一维谐振子的波函数

)exp()exp()1()(),()2exp()(222nnnnnnnnddHAHA为归一化常数

当n=0时，10H，所以

mxx,2exp)(22410

2.一维谐振子的哈密顿算符

22222212ˆxmxmH

将哈密顿算符作用于基态波函数)(0x

212122212212ˆ222422222242222220xmxmmxmxmxmxxmH

由哈密顿算符的本征方程

nnnEHˆ

得基态能量：

210E

(file14)

设想一个质量为m=1g的小珠子悬挂在一个小弹簧下面做振幅为A=1mm的简谐振动。已知弹簧的劲度系数为k=0.1N/m。按量子理论计算，此弹簧振子的能级间隔多大？与它现有的振动能量对应的量子数n是多少？由此可以看出宏观振子与量子振子的关系是什么？

解：振子的角频率

sradsradmk/100/001.01.0

由量子理论，线性谐振子的能量间隔

JE32341006.110021063.6

其振动能量

JJkAE522105.001.01.02121

由线性谐振子的能级公式

JnEn5105.0)21(

得：

26107.4n

由以上计算得到结论：宏观世界中谐振子的能级间隔变得非常小3210，此时能量呈现出连续性，而对应的能级n非常大，即在量子理论中，n时，量子化已经非常不明显，表现为连续性。