量子力学作业完整版

1、 姓名： 学号：1由麦克斯韦方程和物质方程推导出三维波动方程。解：麦克斯韦方程为D= （1.1.43a）×E=-Bt (1.1.43b)B=0 (1.1.43c) ×H=J+Dt (1.1.43d)物质方程为 D=E (1.1.44a) B=H (1.1.44b) J=E (1.1.44c) 从上述(1.1.43)和(1.1.44)出发，推导电磁场方程。将矢量运算公式 E-2=××E (1.1.45)中E视为电场强度，利用 （1.1.43a）和(1.1.44a)得到E=1D=1=0 (1.1.46) 最后假定自由电荷密度 为常数。进而利用（1.1.43）

2、和(1.1.44)，有××E=-×Bt=-t×B =-t×H =-tJ+Dt =-Jt+2Dt2 =-Et- 2Et2将这个结果和（1.1.46）代入（1.1.45），得到2Et2+Et=2E (1.1.47a)这是电场方程。同理得磁场方程2Ht2+Ht=2H (1.1.47b) (1.1.47)中的一阶微商项刻画系统的损耗。如果系统的损耗为零，则（1.1.47）变为2Et2=c22E2Ht2=c22H(1.1.48)这是电磁场的波动方程，其中，c=1正是电磁波的传播速度。2.推导三维空间的模密度表达式gv=8v2c3提示：见课本第12页解：现

3、在考虑边长为L的正方形空腔，腔内允许存在的波数kx,ky,kz=Ll1,l2,l3其中，l1,l2,l3是一组正整数。三维k-空间中模的密度为/L3。考虑到kx,ky,kz连续变化的情况，考察直角坐标系到球坐标系的变换。一个半径为k,厚度为k的球壳的体积为4k2k。由于kx,ky,kz只限于取正值，它们只构成1/8的空间，相应球壳的体积为184k2k.由于模密度为L/3，因此1/8球壳内的模数为2184k2kL3由于空腔包含两个偏振态。利用k=2=2c,上式写为L382c3=L3g其中g=82c3,是三维空腔的模密度。3. 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=2.726

4、K 黑体辐射。此辐射的峰值波长是多少？在什么波段？ 解：m=bT=2.8978×10-32.726=1.063mm它处于微波频段。4. 康普顿散射的表达式为：-0=hm0c1-cos1.解释各个量的物理意义；2.推导出这个公式.解：1.m0为电子的静止质量，h为普朗克常量，c为光速，0为入射波长，为散射波长， =-0为散射光的红移量，hm0c为电子的康普顿波长，为散射角。2光子能量与动量之间的关系为E=cp,又因为E=hv得到光子的动量P=hvc=h。利用=h2，角频率=2和波矢量K=2=n，得E=,P=K以h0和h分别表示光子碰撞前和碰撞后的能量，而电子在碰撞前（静止）和碰撞后的能

5、量分别为m0c2和m0c2,是相对论因子=11-2c2 (1.3.10) 其中是碰撞后电子的速度。由碰撞前后系统的能量守恒，有h0+m0c2=h+m0c2（1.3.11）另外，设碰撞前光子的运动方向为X轴，以h0和h分别表示光子在碰撞前和碰撞后的动量，而电子在碰撞前和碰撞后的动量分别为0和m0。按照动量守恒，在X方向和y方向，分别有h0=hcos+m0cos 0=hsin-m0sin（1.3.12）消去，得h02+h2-h20cos=m02=m0c2-m0c2 (1.3.13)式子两边同除c，给出 m0c=h0-h+m0c (1.3.14)将（1.3.14）代入（1.3.13），整理后得-0=

6、hm0c(1-cos)5.波长为 =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：x-=hm0c1-cos=hm0c=0.0024nm故散射光波长为x=0.0124。碰撞后电子获得的能量等于入射光子损失的能量，该能量为E=h0-h=hc-00=2.4×104eV.6.在一束电子束，单电子的动能为E=20eV,求此电子的徳布罗意波长。解：由E=12m0v2得速度v=2Em0=2×20×1.602×10-199.109×10-31=2.67×106

7、m/s,则相应的的徳布罗意波长为=hm0v=6.626×10-349.109×10-31×2.67×106m3.7 .1.设归一化波函数： x=Ae-12ax2,-<x<+,a为常数，求归一化常数A。2.设归一化波函数：x=Asinnax （ 0<x<a），n为正整数,a为常数，求归一化常数A。解：1. A2=1-|e-12ax2|2dx=1-e-ax2dx=a122.A2=10asinnaxdx=-ancosna|0a当n为奇数时，A2=2an，当n为偶数时，A2=08.自由粒子的波函数为r,t=Aeipr-Et其中 p 和 E

8、 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：对r,t=Aeipr-Et两边关于t求偏导数得到t=-iE (1)对方程两边关于X求偏导数：x=xAeipxx+pyy+pzz-Et=Aipxeipxx+pyy+pzz-Et=ipx再次对x求偏导数，得到2x2=xAipxeipxx+pyy+pzz-Et=-px22同理 2y2=-py22, 2z2=-pz22以上三式相加，得到2x2+2y2+2z2=-12px2+py2+pz2=-p22即2=-p22 (2)对（1）式同乘以i,对（2）式同乘以22m,然后两式相加，并且

9、自由粒子的能量-动量关系式E=p22m，得到it=-22m2上式就是自由粒子满足的微分方程。9.设一个微观粒子的哈密顿算符的本征方程为Hnx=Enn(x)该粒子的初始波函数为x,0=c11x+c22(x)设cn n(x) 为实数，求任意时刻的波函数及粒子的几率密度。解：（1）任意t时刻体系的波函数为x,t=ncnn(x)exp(-iEnt)将初始波函数x,0=c11x+c22(x)代入cn=n*xx,0dx,并利用m*xnxdx=mn,mn=1,(m=n)0,(mn),得到展开系数cn=n*xc11x+c22xdx=c1,(n=1)c2,(n=2)0,(n1,2)这样，任意t时刻的波函数为 x

10、,t= c11xexp-iE1tc22(x)exp(-iE2t) （2）任意t时刻的几率密度为（x,t）2 =c1*1*xexpiE1t+c2*2*exp(iE2t)c11xexp-iE1t+c22(x)exp(-iE2t) =c121(x)2+c222(x)2 +c1*c21*x2xexp-iE2-E1t+c2*c12*(x)1(x)expi(E2-E1)t因为设cn n(x)为实数,则 c1*c21*x2x=c1c21(x)2(x) c2*c12*x1x=c1c21(x)2(x)令=E2-E1,任意t时刻几率密度为（x,t）2=c121(x)2+c222(x)2+2c1c21(x)2(x)

11、cost10.宽度为a的一维无限深势阱中粒子的本征函数为nx=2asinnax,(n=1,2,3)求证本征函数的正交性：0amxnxdx,(mn)证明：0amxnxdx（m,n=1,2,3） =2a0asinmxasinnxadx = 1a0acosm-nxa-cosm+nxadx =11m-nsinm-nxa-1m+nsinm+nxaa0 =1sinm-nm-n-sinm+nm+n =0 (mn)11. 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Me

12、V? 核的线度按a=1.0×10-14计算解：质子的基态能量为E1=n2222ma2=222mpa2=2×1.05×10-3422×1.67×10-27×1.0×10-142=3.3×10-13J第一激发态的能量为E2=4222mpa24E1=13.2×10-13J质子从第一激发态跃迁到基态释放的能量E2-E1=9.9×10-13J=9.9×10-131.6×10-19eV=6.2MeV12. 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

13、自由的。设细杆的长度为a,电子的初始波函数为Y(x,0) = f (x) = Ax (0 < x < a, A为归一化常数)试求任意t 时刻电子的波函数 Y(x, t)。解：初始波函数满足f(0)=0,f(a)=0的边界条件。先将其归一化：0aAx2dx=A23a3=1A=3a3于是归一化初始化波函数为f(x)= 3a3x展开系数为cn=0a2asinnax3a3xdx=6a20axsinnaxdx=6a2-a2ncosn=-6ncosn= 6n (n=1,3,5)-6n (n=2,4,6)13. 设粒子处于半无限深势阱中，推导出粒子至少有一个束缚态的条件。提示:见课本第114 页

14、解：一维半无限深势阱的势场为Vx= , x00, 0<x<aV0,xa设粒子的能量为E，0<E<V0，在x0区域，粒子波函数x=0.在势阱内部（0<x<a），设粒子波函数为（x）,相应的薛定谔方程为d2dx2+k2=0,其中k2=2mE2,方程通解为x=Asinkx+Bcoskx其中，A和B为任意常数。由波函数在x=0的连续性条件0=0，得到B=0，故x=Asinkx在xa区域，设粒子波函数x,粒子在该区域的势能为V0，它的薛定谔方程为-2d22mdx2+V0=E可以写为d2dx2-K2=0，其中K2=2mV0-E2上述方程通解为x=Cexp-Kx+Dexp

15、(Kx)其中C和D为任意常数。波函数的标准条件要求0,故D=0.从而x=Cexp-Kx。现在进一步考查波函数在x=a的连续性条件。首先，x和x在x=a处的一阶导数要保持连续：a=a即Asinka=Cexp-Ka,另外势函数Vx在x=a处有边界，Va=V0,波函数在x=a处的一阶导数要保持连续，因而，dxdx|x=a=dxdx|x=a,分别对x，x求导数，在利用上面的关系式，我们得到Akcoska=-CKexp-Ka构成关于A和C的线性齐次方程组Asin(ka)-Cexp-Ka=0Akcos(ka)+CKexp-Ka=0它有非零解的必要充分条件是系数行列式为0：sin(ka)exp-Kakcos

16、(ka)Kexp-Ka=0展开后得到Ksin(ka)+kcos(ka) exp-Ka=0因为exp-Ka0，Ksin(ka)+kcos(ka)=0得到cot(ka)=-Kk,此方程为超越方程。为了求解超越方程，引入无量纲能量参量X=a2mE和无量纲参量=a2mV0,利用以上两式，将cot(ka)=-Kk写为cotX=-X2-1利用图像法求解超越方程，令C(X)=cotX y(X)= -X2-1在同一坐标做出两条曲线，二者交点的横坐标就是超越方程的解：X1，X2，X3Xn.XN(共有N个)半无限深势阱中粒子的能量En=2Xn22ma2(n=1,2,3,N)它随n的变化取分立值。由于势阱深度=a2

17、mV0取有限值，当X增大到时，曲线y(X)走到它的终点y()=0.所以两条曲线的交点有有限多个（共有N个），表示束缚态共有N个：nx=Ansinknx(n=1,2,3,4,N) nx=Cnexp-Knx(n=1,2,3,N)其中，kn=Xna,Kn=-XnacotXn体系的最高能级被Xn即ENV0决定，另一方面，如果足够小，以致2<-32，则C(X)与y(X)只有一个交点，表示体系中只有一个束缚态。当X取最小值Xmin=2Xmin22ma2=228ma2=0.25E1这样体系至少存在一个束缚态的条件是2V0228ma214设谐振子处于基态（n=0）； （1）、写出其波函数的表示式 （2）

18、、由哈密顿符的本征方程及基态波函数计算基态能量解：（1）、= () （2）、将1式代入 得：+ 得=15. 设谐振子的初态为基态和第一激发态的叠加态：（1）、求出归一化常数A；（2）、求出谐振子任意时刻的状态（3）、计算在态中能量的期待值解：归一化条件：所以能量的期待值16. 设想一个质量为m =1的小珠子悬挂在一个小弹簧下面做振幅为 =1的简谐振动。已知弹簧的劲度系数为=.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？由此可以看出宏观谐振子与量子谐振子的关系是什么？解：由 得： =6.6E=k=J= 4.5所以当n很大的时候，宏观谐振子与量子谐振

19、子才越来越接近。17.试证谐振子处于第一激发态（n=1）时的波函数为：并求处在这个态时谐振子的最可几位置。解： 当n=1时，代入式中得：当,当振子几率最小，当时，振子几率最大，也就是振子的最可几位置。18.氢分子中原子的振动相当于一个谐振子，其等效劲度系数为 =1.13N/m，质量为m =1.67kg。求此分子的能量本征值（以eV为单位）。当此谐振子由某一激发态跃迁到相邻下一个激发态时，所发射的光子的能量和波长各是多少？解：= = =0.56eV 由E= 得：=2.2219.证明：坐标与动量算符构成的算符不是尼密算符，已知。证：= =。 坐标与动量算符构成的算符不是尼密算符20.求解角动量Z分量=的本征方程： 给出本征函数与本征值。提示：利用周期性边界条件：解：由本征方程得：由得c= 得 (m=0) (m=0)可以进一步求得c=所以本征函数是 本征值(m=0)21. 氢原子处于基态（n=1，l=0,m=0）：(1)写出其本征函数；(2)写出电子的径向几率密度；(3)求电子的最可几