量子力学第四版卷一曾谨言著习题答案解析

1、.WORD.格式.专业资料.整理分享.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V(x)122x中运动，用量子化条件求粒子能量E的可能取值。提示：利用：p dx 二 nh, n =1,2， p = 2mE-V（x）解：能量为E的粒子在谐振子势中的活动范围为x wa（ 1）1其中a由下式决定：E =V （x）= -m 2a2。由此得a = .2E/m 2(2)x = _a即为粒子运动的转折点。有量子化条件pdx=22m( E_aa2m i a2 - x2dx 二 2m a2-am ：a2 二 nh2(3)代入（2），解出En 二n ,n =1,2,3,( 2积分公式：f Ja2 -u2

2、du = UFa2 -u2 + arcsin+c22a1.2设粒子限制在长、宽、咼分别为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x, 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. Px dx = nxh , b =1,2,3,Px 2a = nxh（ 2a :一来一回为一个周期）Px 二 nxh/2a ,同理可得,Py = nyh/2b,pz = nzh/2c,nx, ny

3、, nz h ,2,3,粒子能量"2 J 2、nxnynz+ 2. 2 2a b c2 -21, 2 2 2. " Enxnynz( px p y pz )=x y z 2m2mnx，ny,nz =1,2,3/1.3设一个平面转子的转动惯量为I，求能量的可能取值。2兀2提示：利用=nh, n= 1,2，p(p是平面转子的角动量。转子的能量E= p(p/2l。解：平面转子的转角(角位移)记为 :。它的角动量p = I '(广义动量)，P :是运动惯量。按量子化条件2I p dx = 2二 p 二 mhm =1,23p = mh，因而平面转子的能量Em 二 p2/2I

4、二m2 2/2l，m =1,2,3,B,求粒子能量允许值.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(解)带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动 单位，洛伦兹与向心力平衡条件是：,设圆半径是r ,线速度是v,用高斯制2Bev mv(1)又利用量子化条件，令p二电荷角动量q二转角2 JI:pdq 二 ° mrvd= 2：mrv = nh (2)即 mrv = nh (3)1 Re卉 n由(2)求得电荷动能=mv :2 2mc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磁矩士 =电流*线圈面积*场强=evr , v是电荷的旋转频率，vv，代入前式得2二

5、r运动电荷的磁势能=en （符号是正的）2mc Ben点电荷的总能量=动能+磁势能=E=（ n = 1,2,3 ）2mc1.5 , 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n 1si n： 1 二 n2s in：（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射定律:pdl =0认为p = mv则：pdl =0这将导得下述折p = Ev仍就成立,cE是粒子能量，从一种n1sin ： 3 二 n3 sin： 1这明显违反实验事实，即使考虑相对论效应，则对自由粒子: 媒质到另一种媒质 E仍不变，仍有' pd0

6、，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I = n1AQ n2QB设A, B到界面距离是a,b（都是常量）有I 和 1ase 1 n2bsec： 2又AB沿界面的投影c也是常数，因而:-1，: 2存在约束条件:atg ： r btg ： 2 二 c（ 2）求（1）的变分，而将1 ,2看作能独立变化的，有以下极值条件I 二 n sec：n2bsec 2tg： 2d： 2=° 22匸再求（2）的变分 asec rd1 bsec 2d2 二 0与消去1和d 2得niSin ： 1 二 n2Sin： 2(5)乙法见同一图，取x为

7、变分参数,取0为原点，则有I =na2X2. b2(c_x2)求此式变分，令之为零，有：这个式子从图中几何关系得知n1 x&I 二n1! 2 2a x,就是(5).n 2(c -x)、x22.b (c - x)(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、.VGd 0,依前题相速,而Vgc2=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vp,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2mcv2(1)2mv试根据哈密顿量 H = E

8、= , m2c4 - c2p2(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 式来组成哈氏正则方程式组：q二qi- 2:H,本题中q巾rv，p> =p,因而丄22cp(4)vm c c p中Jm2c4+c2p2从前式解出p(用v表示)即得到(2).又若将 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：p =k于 式右方，又用E =于式左方,遍除h:co2c2k(k)按照波包理论，波包群速度 Vg是角频率丢波数的一阶导数:：m2C4 c2k2I 2c2k24罟-+c2k

9、22C P/2 422m c c p最后一式按照（4）式等于粒子速度 V，因而vg二V。又按一般的波动理论，波的相速度vg是由下式规定VP '（:是频率）Vpk利用（5）式得知1 24m c丄2V 厂2k2 c c（ 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:E _' _ c2 _ c2p k VVG(7)补充：1.1设质量为m的粒子在一维无限深势阱中运动，&, xvO, x>a V（x）“0,0 < x v a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,

10、2,3,)又据de Broglie 关系而能量 = 2a/nE = p2 /2m = 2 /2m -2.2 2 2 -.2 2h n 二 n2ma2（1）（2）（3）2m 4a2= 1,2,3，1 试用量子化条件，求谐振子的能量1谐振子势能V (x) m - 2x2 (解)(甲法)可以用 Wils on-Sommefeld的量子化条件式：pdq二nh在量子化条件中,令p = m x为振子动量，q = x为振子坐标，设总能量E2 2m ， x+2m 2p = 2m(E -代入公式得2m(E-m；x2)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

11、A或B点动能为1 2 20, E m a ,(1)改写为：2a 2 22 m 、a - x dx 二 nh (2) a积分得：m，£2二二nh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 ，直接写出位移X ,用 t的项表示：q = x = asi nt求微分：dq 二 dx 二 a cos tdt (4) 求积分：p = m x = ma，cos .t (5) 将(4)(5)代量子化条件：2 2 T 2pdq =ma 国cos cotdt = nh2 -TT是振动周期,T=,求出积分，得m a2 二-nhn =1,2,3 正整数,箱的长宽高分别为 a,

12、b,c.#2用量子化条件，求限制在箱内运动的粒子的能量八、/rx丨 '0a*(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，此周期中动量与位移同时变号，量(如Px T - px),其余分动量不变，设想粒子从某一分运动完成一个周期 子化条件：apxd qnxh =2 Px 0dx =2a Px (1)b1 Pydq厂 nyh =2Py 0dy =2bpy (2)cPzdq nzh =2Pz0dz =2cPz (3)px, py, pz都是常数，总动量平方p=jp： + py +总能量是：2(p"+py2m 2m+ pZ)=>(也2 (£)2 (E)28m a b c但 nx, ny, nz 二 1,2,33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