量子力学教程高等教育出版社周世勋课后答案详解

量子力学课后习题详解

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与温度T成反比,即

; m 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

8 hv3

vdv 3

c

1e

hvkT

dv, (1) 1

以及 v c, (2)

vdv vd , (3)

有

dvd

c d

v( )

d

v( ) c

8 hc 5

1e

hckT

, 1

这里的 的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+dλ之间的辐射能量密度。

本题关注的是λ取何值时, 取得极大值,因此,就得要求 对λ的一阶导数为零,由此可求得相应的λ的值,记作 m。但要注意的是,还需要验证 对λ的二阶导数在 m处的取值是否小于零,如果小于零,那么前面求得的 m就是要求的,具体如下:

'

8 hc

6

e

1

hc kT

hc1 5 hc kT 1 1 e kT

0

5

hc

kT

11 e

hc kT

hc kT

0

5(1 e

如果令x=

hc

,则上述方程为 kT

)

hc

kT

5(1 e x) x

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

hc mT xk

把x以及三个物理常量代入到上式便知

mT 2.9 10 3m K

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,

hP

如果所考虑的粒子是非相对论性的电子(E动 ec2),那么

p2

E 2 e

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0.51 106eV,因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式,这样,便有

h

p

h2 eEhc2 ec2E1.24 10 6

6

2 0.51 10 3 0.71 10 9m 0.71nm

在这里,利用了

m

hc 1.24 10 6eV m

以及

ec2 0.51 106eV

最后,对

hc2 ecE

2

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。

3

1.3 氦原子的动能是E kT(k为玻耳兹曼常数),求T=1K时,氦原子的德

2

布罗意波长。

解 根据

1k K 10 3eV,

知本题的氦原子的动能为

E

33

kT k K 1.5 10 3eV, 22

显然远远小于 核c2这样,便有

hc2 核cE

2

1.24 10 6

9

3

2 3.7 10 1.5 10 0.37 10 9m 0.37nm

这里,利用了

m

核c2 4 931 106eV 3.7 109eV

最后,再对德布罗意波长与温度的关系作一点讨论,由某种粒子构成的温度为T的体系,其中粒子的平均动能的数量级为kT,这样,其相庆的德布罗意波长就为

hc2 cE

2

hc2 kcT

2

据此可知,当体系的温度越低,相应的德布罗意波长就越长,这时这种粒子的波动性就越明显,特别是当波长长到比粒子间的平均距离还长时,粒子间的相干性就尤为明显,因此这时就能用经典的描述粒子统计分布的玻耳兹曼分布,而必须用量子的描述粒子的统计分布——玻色分布或费米公布。

1.4 利用玻尔——索末菲的量子化条件,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轨道的可能半径。

已知外磁场H=10T,玻尔磁子MB 9 10 24J T 1,试计算运能的量子化间隔△E,并与T=4K及T=100K的热运动能量相比较。

解 玻尔——索末菲的量子化条件为

pdq nh

其中q是微观粒子的一个广义坐标,p是与之相对应的广义动量,回路积分是沿运动轨道积一圈,n是正整数。

(1)设一维谐振子的劲度常数为k,谐振子质量为μ,于是有

p212

E kx

2 2

这样,便有

p 2 (E

12kx) 2

这里的正负号分别表示谐振子沿着正方向运动和沿着负方向运动,一正一负正好表示一个来回,运动了一圈。此外,根据

1E kx2

2可解出 x

2E

k

这表示谐振子的正负方向的最大位移。这样,根据玻尔——索末菲的量子化条件,有

x

x2 (E 12kx2)dx x x( )2 (E 1

kx2)dx nh

2

x

2 (E 12kx2)dx x 1

x

x2 (E kx2)dx nh

2

(E

xx21n

2kx2)dx 2h

为了积分上述方程的左边,作以下变量代换;

x

2E

k

sin 这样,便有

22 Ecos2 d 2E n

2

h ksin

2

22Ecos

2E

2

kcos d n2

h

22E

2

2

k

cos d

n

2

h

这时,令上式左边的积分为A,此外再构造一个积分

B 2 2E

2

k

sin2 d

这样,便有

A B 2 2E

d 2E 2

k

k

,

(1)

A B 2 2E

cos2 d

2

k

2

E

2

k

cos2 d(2 )

2 E

,

2

k

cos d 这里 =2θ,这样,就有

A B

E

k

dsin 0 2)

(

根据式(1)和(2),便有

A E

这样,便有

k

E

k

n

h 2

E nh

2 k

nh

其中h

k

,

h

2

最后,对此解作一点讨论。首先,注意到谐振子的能量被量子化了;其次,这量子化的能量是等间隔分布的。

(2)当电子在均匀磁场中作圆周运动时,有

2

R

q B

p qBR 这时,玻尔——索末菲的量子化条件就为

2

qBRd(R ) nh

qBR2 2 nh qBR2 nh

p2

又因为动能耐E ,所以,有

2

(qBR)2q2B2R2

E

2 2

qBn q

nB 2 2 nBNB,

其中,MB

q

是玻尔磁子,这样,发现量子化的能量也是等间隔的,而且 2

E BMB

具体到本题,有

E 10 9 10 24J 9 10 23J

根据动能与温度的关系式

E

3kT 2

以及

1k K 10 3eV 1.6 10 22J

可知,当温度T=4K时,

E 1.5 4 1.6 10 22J 9.6 10 22J

当温度T=100K时,

E 1.5 100 1.6 10 22J 2.4 10 20J

显然,两种情况下的热运动所对应的能量要大于前面的量子化的能量的间隔。

1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对,如果两光子的能量相等,问要实现实种转化,光子的波长最大是多少?

解 关于两个光子转化为正负电子对的动力学过程,如两个光子以怎样的概率转化为正负电子对的问题,严格来说,需要用到相对性量子场论的知识去计算,修正当涉及到这个过程的运动学方面,如能量守恒,动量守恒等,我们不需要用那么高深的知识去计算,具休到本题,两个光子能量相等,因此当对心碰撞时,转化为正风电子对反需的能量最小,因而所对应的波长也就最长,而且,有

E hv ec2

此外,还有

E pc

hc

于是,有

hc

ec2

hc ec2

1.24 10 6 m6

0.51 10 2.4 10 12m 2.4 10 3nm

尽管这是光子转化为电子的最大波长,但从数值上看,也是相当小的,我们知道,电子是自然界中最轻的有质量的粒子,如果是光子转化为像正反质子对之

类的更大质量的粒子,那么所对应的光子的最大波长将会更小,这从某种意义上告诉我们,当涉及到粒子的衰变,产生,转化等问题,一般所需的能量是很大的。能量越大,粒子间的转化等现象就越丰富,这样,也许就能发现新粒子,这便是世界上在造越来越高能的加速器的原因:期待发现新现象,新粒子,新物理。

第二章波 函数和薛定谔方程

2.1证明在定态中,几率流与时间无关。 证:对于定态,可令

(r,t) (r)f(t)

Et

(r)e

i J ( * * )

2m

iiii

Et Et Et Et* i

[ (r)e ( (r)e) *(r)e ( (r)e )]

2m

i

[ (r) *(r) *(r) (r)]

2m

可见J与t无关。

i

2.2 由下列定态波函数计算几率流密度:

11r

(1) 1 eik ( 2 ) 2 e ik r

rr

从所得结果说明 1表示向外传播的球面波, 2表示向内(即向原点) 传播的球面波。

解:J1和J2只有r分量

1 1

e 在球坐标中 r0 e

rr rsin

(1) J i 2m

( **

1 1 1 1 1)

i 2m[1reikr r(1re ikr) 1 ikr 1ikr

re r(r

e)]r0

i 111111 2m[r(

r2 ikr) r( r2 ikr)]r0

kmr2r k

0 mr

3

r J与

1r同向。表示向外传播的球面波。

(2) Ji **

2 2m

( 2 2 2 )

i 2m[1re ikr 1ikr1ikr 1 ikr

r(re) re r(re)]r0

i 11112m[r( 11

r2 ikr) r( r2 ikr)]r0

k k

mr2r0 mr

3r

可见,J

2与r反向。表示向内(即向原点) 传播的球面波。

补充:设 (x) eikx,粒子的位置几率分布如何?这个波函数能否归一化?

* dx dx

∴波函数不能按

(x)

2

dx 1方式归一化。

其相对位置几率分布函数为 2

1表示粒子在空间各处出现的几率相同。

2.3 一粒子在一维势场

,x U(x)

0 0,

0 x a

,x a中运动,求粒子的能级和对应的波函数。

解:U(x)与t无关,是定态问题。其定态S—方程

2d2

(x) U(x) (x) E (x) 2

2mdx 在各区域的具体形式为

2d2

Ⅰ:x 0 1(x) U(x) 1(x) E 1(x) ① 2

2mdx 2d2

Ⅱ: 0 x a 2(x) E 2(x) ②

2mdx2 2d2

Ⅲ:x a 3(x) U(x) 3(x) E 3(x) ③ 2

2mdx由于(1)、(3)方程中,由于U(x) ,要等式成立,必须

1(x) 0 2(x) 0 即粒子不能运动到势阱以外的地方去。

d2 2(x)2mE

2 2(x) 0 方程(2)可变为2

dx

令k2

2mE

,得 2

d2 2(x)2

k 2(x) 0 2

dx 其解为 2(x) Asinkx Bcoskx ④ 根据波函数的标准条件确定系数A,B,由连续性条件,得 2(0) 1(0) ⑤

2(a) 3(a) ⑥

⑤ B 0 ⑥ Asinka 0

A 0 sinka 0

ka n (n 1, 2, 3, )

n

x a

∴ 2(x) Asin

由归一化条件

(x)dx 1

2

得 A

2

a

sin

2n

a

xdx 1 0

a

由

b

sin

m ax sinn a

axdx 2

mn A 2

a

2

2(x) asin a

x k2

2mE 2

2 En

2

22ma

2

n (n 1,2,3, )可见E是量子化的。

对应于En的归一化的定态波函数为

2 (x,t)

asinn i

a

xe Ent

, 0 x an

0, x a, x a #

2.4. 证明(2.6-14)式中的归一化常数是A

1a

证

A sinn :

(x a), na

0, (2.6-14)

由归一化,得

x ax a

1 ndx A 2sin2

a

2

a

n

(x a)dxa

A 2

1n [1 cos(x a)]dx a2a

aa

A 2A 2

x

2 a2

a

a

cos

n

(x a)dxa

a

A 2an 2

A a sin(x a)

2n a a A 2a

∴归一化常数A

1a

#

2.5 求一维谐振子处在激发态时几率最大的位置。

解: (x) 2 xe2

21

22

x

1(x) 1(x) 4 2

2

x2e

222

x

2

3

x2e

22

x

22d 1(x)2 3

[2x 2 2x3]e x

dx 令

d 1(x)

0,得 dx

1

x 0 x x

由 1(x)的表达式可知,x 0 ,显然不是最大几率的位置。 1(x) 0。 x 时,

d2 1(x)2 322223 2x2

而 [(2 6 x) 2 x(2x 2 x)]e

dx2 3

224

[(1 5 2x2 2 4x4)]e x

d2 1(x)4 31 2 0 2

dx1ex

2

可见x

1

是所求几率最大的位置。 #

2.6 在一维势场中运动的粒子,势能对原点对称:U( x) U(x),证明粒子的定态波函数具有确定的宇称。

证:在一维势场中运动的粒子的定态S-方程为

2d2

(x) U(x) (x) E (x) ①

2 dx2 将式中的x以( x)代换,得

2d2

( x) U( x) ( x) E ( x) ② 2

2 dx利用U( x) U(x),得

2d2

( x) U(x) ( x) E ( x) ③ 2

2 dx 比较①、③式可知, ( x)和 (x)都是描写在同一势场作用下的粒子状态的波函数。由于它们描写的是同一个状态,因此 ( x)和 (x)之间只能相差一个常数c。方程①、③可相互进行空间反演 (x x)而得其对方,由①经x x反演,可得③,

( x) c (x) ④

由③再经 x x反演,可得①,反演步骤与上完全相同,即是完全等价的。 (x) c ( x) ⑤

④乘 ⑤,得

(x) ( x) c2 (x) ( x) 可见,c2 1 c 1

当c 1时, ( x) (x), (x)具有偶宇称, 当c 1时, ( x) (x), (x)具有奇宇称,

当势场满足 U( x) U(x)时,粒子的定态波函数具有确定的宇称。#

2.7 一粒子在一维势阱中

U0 0, x a

U(x)

0, x a

运动,求束缚态(0 E U0)的能级所满足的方程。 解法一:粒子所满足的S-方程为

2d2

2 dx2

(x) U(x) (x) E (x) 按势能U(x)的形式分区域的具体形式为

Ⅰ:

2d2

2 dx2 1(x) U0 1(x) E 1(x)①

Ⅱ: 2d2

2 dx2

2(x) E 2(x) ②

Ⅲ: 2d2

2 dx2

3(x) U0 3(x) E 3(x)③

整理后,得

Ⅰ: 2 (U0 E)

1

2

1 0 Ⅱ:. 2 E

2

22 0 Ⅲ: 2 (U0 E)

3

2

3 0 令 k21 2 (U0 E) 2 k2

2 E2

2

则

Ⅰ: 1

k21 1 0 ⑦ Ⅱ:. 2

k22 2 0 ⑧ Ⅲ: k23

1 1 0 ⑨ ④ ⑤⑥ x a a x aa x

各方程的解为

1 Ae kx Bekx

2 Csink2x Dcosk2x

1

1

3 Ee kx Fe kx

1

1

由波函数的有限性,有 因此

1( )有限 A 0

3( )有限 E 0

1

1 Bekx 3 Fe

k1x

由波函数的连续性,有

1( a) 2( a), Be ka Csink2a Dcosk2a (10)

1

( a), k1Be ka k2Ccosk2a k2Dsink2a (11) 1 ( a) 2

1

2(a) 3(a), Csink2a Dcosk2a Fe

k1a

(12)

1

(a) 3 (a), k2Ccosk2a k2Dsink2a k1Fe ka (13) 2

整理(10)、(11)、(12)、(13)式,并合并成方程组,得

e k1aB sink2aC cosk2aD 0 0

k1e k1aB k2cosk2aC k2sink2a D 0 00 sink2aC cosk2aD e

k1a

F 0

0 k2cosk2aC k2sink2aD k1e k1aF 0

解此方程即可得出B、C、D、F,进而得出波函数的具体形式,要方程组

有非零解,必须

e k1a

k1e k1a

00

sink2a

cosk2a

k2cosk2a k2sink2a0

0 k1a

sink2acosk2aek2cosk2a k2sink2ak1Be k1a

k2cosk2a k2sink2a

00 e k1a

sink2acoska2a

e k1

k2cosk2a

k2sink k2ak1e1a

sink2a

cosk2a

kk1e 1asink2acosk2a e k1a

k

2cosk2a k2sink2ak k1e1a

e k1a[ k2 k1a

1kk2e 1acosk2a k22esink2acosk2a kk1asin2k k1k2e 2a k22e

1asink2acosk2a] kk1e 1a[k k1e1asink2acosk2a k2e k1acos2k2a k k1e1asink2acosk2a k2e k1asin2k2a] e 2k1a[ 2k2

1k2cos2k2a k22sin2k2a k1sin2k2a]

e 2k1a[(k222 k1)sin

2k2a 2k1k2cos2k2a] ∵ e 2k1a 0

∴(k222 k1)sin2k2a 2k1k2cos2k2a 0

即 (k222 k1)tg2k2a 2k1k2 0为所求束缚态能级所满足的方程。#

解法二:接(13)式

Csink2a Dcosk2a

k2kCcoskk

2a 2Dsink2a 1k1

Csinkk22a Dcosk2a

kCcoskk

2a 2Dsink2a 1k1

k2kcosk sinkk2

2a2asink2a cosk2ak1k1

0

2kcoskk2

2a sink2a (ksink2a cosk2a)11 (k2kcosk sinkk

2a2a)(2sink2a cosk2a)1k1 (

k2coskk

2k2a sink2a)(sink2a cosk2a) 01k1 (

k2kcosksinkk

2a 2a)(2sink2a cosk2a) 01k1

2 k2k2k

k2sink2acosk2a 2sink2a 2cos2k2a sink2acos1kk2a 0

1k12

( 1 k22k

k2)sin2k2a 2cos21kk2a 0

1 (k2

22 k1)sin2k2a 2k1k2cos2k2a 0

#

解法三:

(11)-(13) 2k2Dsink2a kk1e 1a(B F) (10)+(12) 2Dcosk2a e k1a(B F)

(11) (13)

(10) (12)

k2tgk2a k1 (a)

(11)+(13) 2kik2Ccosk2a k1(F B)e 1a (12)-(10) 2Csink2a (F B)e ik1a

(11 ) (13 )

(12 ) (10 ) k 2 ctgk 2 a k 1

令 k2a, k2a, 则

tg (c)或

ctg (d)

2

2

(k2 k2) 2 U2

0a1

2

2

(f) 合并(a)、

(b):

tg2k1k22a

2kk22 利用tg2k2tgk2a

2a tg2

k 2 k112a

#

解法四:(最简方法-平移坐标轴法)

Ⅰ: 2

2 1 U0 1 E 1 (χ≤0) Ⅱ: 2

2 2 E 2 (0<χ<2a) Ⅲ: 2

2 3 U0 3 E 3 (χ≥2a) 1 2 (U0 E) 1 0

2

2 E

2 2 2 0

2 (U0

3 E) 2

3 0 22

1 k1 1 0 (1) k1 2 (U0 E) 2 2 k20 (2) k22

2 2 2 2 E 束缚态0

k21 3 0 (3) 1 Ae k1

x Be k1

x

2 Csink2x Dcosk2x

k1

xk3 Ee Fe 1

x

1( )有限 B 0

)有限 E 0

3(因此

1 Aek1x 3 Fe

k

1x

由波函数的连续性,有

1(0) 2(0), A D (4)

1 (0) 2

(0), k1A k2C (5) (2a) 2k2

3 (2a), k2Ccos2k2a k2Dsin2k2a k1Fe1a

(6)

2(2a) 3(2a), Csin2k2a Dcos2k2k1

a2a Fe (7)

(7)代入(6)

kk

Csin2k22a Dcos2k2a Ccos2k2k2a kDsin2k2a 11

利用(4)、(5),得

k1kAsin2kk

2a Acos2k2a Acos2k2a 2kDsin2k2a21A[(

k1k k2

k)sin2k2a 2cos2k2a] 021

A 0

(k1k k

2k)sin2k2a 2cos2k2a 021

两边乘上( k1k2)即得

(k22

2 k1)sin2k2a 2k1k2cos2k2a 0

#

2.8分子间的范德瓦耳斯力所产生的势能可以近似表示为

, x 0 , U(x)

U0, 0 x a,

U1, a x b, 0, b x ,

求束缚态的能级所满足的方程。

解:势能曲线如图示,分成四个区域求解。 定态S-方程为

2d2

2 dx2

(x) U(x) (x) E (x) 对各区域的具体形式为

Ⅰ: 2

2 1 U(x) 1 E 1 (x 0) Ⅱ: 2

2 2 U0 2 E 2 (0 x a) Ⅲ: 2

2 3 U1 3 E 3 (a x b) Ⅳ: 2

2

4 0 E 4 (b x)

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2kvi.html