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1、周世勋量子力学答案量子力学习题及解答 第一章 量子理论基础 11 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lm与温度T成反比，即 lm T=b； 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 8phv3rvdv=3c1hvkTdv， e-1以及 lv=c， rvdv=-rvdl， 有 dvdlcdl=-rv(l)dl r(l)=vcrl=-rl8phc=5l1ehclkT,-1这里的rl的物理意义是黑体内波长介于与+d之间的辐射能量密度。 本题关注的是取何值时，rl取得极大值，因此，就得要求rl 对的一阶导数为零，由此可求得相应的的值，记作lm。但要
2、注意的是，还需要验证rl对的二阶导数在lm处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的lm就是要求的，具体如下： rl=8phcl6e1hclkThc1-5+hc-lkTlkT-11-e=0 1 -5+hclkT11-ehclkT-hclkT=0 5(1-e如果令x=-)=hc lkThc ，则上述方程为 lkT5(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 hclmT= xk把x以及三个物理常量代入到上式便知 lmT=2.910-3mK 这便
3、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的发光颜色来判定温度的高低。 12 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= l如果所考虑的粒子是非相对论性的电子，那么 p2 E=2me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0.51106eV，因此利用非相对论性的电子的能量动量关系式，这样，便有 l=h p 2 =h2meEhc2mec2E1.2410-6620.5110
4、3=0.7110-9m=0.71nm在这里，利用了 m hc=1.2410-6eVm 以及 mec2=0.51106eV 最后，对 l=hc2mecE2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。 313 氦原子的动能是E=kT，求T=1K时，氦原子的德2布罗意波长。 解 根据 1kK=10-3eV， 知本题的氦原
5、子的动能为 E=33kT=kK=1.510-3eV, 22显然远远小于m核c2这样，便有 l=hc2m核cE2 3 =1.2410-69-323.7101.510=0.3710-9m=0.37nmm这里，利用了 m核c2=4931106eV=3.7109eV 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 l=hc2mcE2=hc2mkcT2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
6、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。 14 利用玻尔索末菲的量子化条件，求： 一维谐振子的能量； 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=910-24JT-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。 设一维谐振子的劲度常数为k，谐振子质量为，于是有 p212E=+kx 2m2这样，便有 p=2m(E-12kx) 2这里
7、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 k4 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+2m(E-12kx2)dx+x-1x-x(-)2m(E-kx2)dx=nh +2 x+2m(E-12kx2)dx+x+x2m(E-1xkx2)dx=nh -22m(E-1n x+x-2kx2)dx=2h为了积分上述方程的左边，作以下变量代换； x=2Eksinq 这样，便有 p22mEcos2qd2Esin=n-ph 2kq2p2mEcosq2Ekcosqdq=n -p222h
8、 pmn 2=p2E2kco2sqdq=2h 这时，令上式左边的积分为A，此外再构造一个积分 pB=2m-p2Esin2qdq 2k这样，便有 pA+B=2m-p2Eq=2Epm2kdk,pmA-B=2-p2Ecos2qdq2kp=2m-pEcos2qd(2q)2kp=2v-pE2kcosjdj,这里j =2，这样，就有 A-B=pm-pEkdsinj=0 2） 5 和，便有 A=Epmk这样，便有 Epmk=nh 2 E=nhm 2pk=nhmk ,h 2p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。 当电子在均匀磁场中作圆周运动时，有 其
9、中h=mu2R=quB p=mu=qBR 这时，玻尔索末菲的量子化条件就为 2p0qBRd(Rq)=nh qBR22p=nh qBR2=nh p2又因为动能耐E=，所以，有 2m(qBR)2q2B2R2E= 2m2mqBnhqh=nB2m2m =nBNB,=其中，MB=qh是玻尔磁子，这样，发现量子化的能量也是等间隔的，而且 2m 6 DE=BMB 具体到本题，有 DE=10910-24J=910-23J 根据动能与温度的关系式 E=以及 3kT 21kK=10-3eV=1.610-22J 可知，当温度T=4K时， E=1.541.610-22J=9.610-22J 当温度T=100K时， E
10、=1.51001.610-22J=2.410-20J 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。 15 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=mec2
11、 此外，还有 E=pc=于是，有 hclhcl =mec2l=hcmec2 1.2410-6=m60.5110=2.410-12m =2.410-3nm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7 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
12、 2.1证明在定态中，几率流与时间无关。 证：对于定态，可令 rrY(r，t)=y(r)f(t)ir-hEt =y(r)erih J=(YY*-Y*Y)2m iiii-Et-Etr-hEtr-hEt*rrih =y(r)e-y*(r)eh2mrrrrih =y(r)y*(r)-y*(r)y(r)2mr 可见J与t无关。 2.2 由下列定态波函数计算几率流密度： 11r (1)y1=eik ( 2 ) y 2=e-ikrrr 从所得结果说明y1表示向外传播的球面波，y2表示向内(即向原点) 传播的球面波。 rr 解：J1和J2只有r分量 rr1r1+ej在球坐标中 =r0+eq rrqrsinq
13、j 8 (1) Jrih*1=2m(y1y1-y1y1) =ih2m1reikrr(1re-ikr)-1re-ikr1ikrrr(re)r0 =ih111111r 2mr(-r2-ikr)-r(-r2+ikr)r0 =hkrhkrmr2r0=mr3r rJr1与r同向。表示向外传播的球面波。 (2) rJ=ih2m(y*22y2-y2y) =ih2m1re-ikrr(1reikr)-11-ikrrreikrr(re)r0 =ih11112mr(-11r r2+ikr)-r(-r2-ikr)r0 =-hkrhkrmr2r0=-mr3r 可见，Jrr2与r反向。表示向内(即向原点) 传播的球面波。
14、 补充：设y(x)=eikx，粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？ Qy*ydx=dx= 波函数不能按y(x)2dx=1方式归一化。 其相对位置几率分布函数为 w=y2=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 U(x)=，xa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 9 h2d2y(x)+U(x)y(x)=Ey(x) -2mdx2 在各区域的具体形式为 h2d2y1(x)+U(x)y1(x)=Ey1(x) ：xa -22mdx由于(1)、(3)方程中，由于U(x)=，要等式成立，必须 y1(x)=0 y2(x)=0
15、即粒子不能运动到势阱以外的地方去。 d2y2(x)2mE+2y2(x)=0 方程(2)可变为dx2h 令k2=2mE，得 2hd2y2(x)2+ky2(x)=0 2dx 其解为 y2(x)=Asinkx+Bcoskx 根据波函数的标准条件确定系数A，B，由连续性条件，得 y2(0)=y1(0) y2(a)=y3(a) B=0 Asinka=0 QA0sinka=0ka=np (n=1, 2, 3,L) y2(x)=Asinnpx a10 由归一化条件 y(x)dx=1 2得 A2asin2npaxdx=1 0a由 bsinmpax*sinnpaaxdx=2dmn A=2 a2 y2(x)=as
16、innpax Qk2=2mEh22En=ph222ma2n (n=1,2,3,L)可见E是量子化的。 对应于En的归一化的定态波函数为 2 y(x,t)=asinnpiaxe-hEnt, 0xan 0, xa # 2.4. 证明式中的归一化常数是A=1a证y=Asinnp：(x+a), na 0, 由归一化，得 xaxa11 1=yndx=A2sin2-a2anp(x+a)dxa=A21np1-cos(x+a)dx-a2aaaA2A2 =x-2-a2a-acosnp(x+a)dxaaA2anp2=Aa-sin(x+a)2npa-a=A2a 归一化常数A=1a # 2.5 求一维谐振子处在激发态
17、时几率最大的位置。 -aa 解：y(x)=2axe22p2122xw1(x)=y1(x)=4a2222a = x2e-axax2e-a2p22x3p22dw1(x)2a3 =2x-2a2x3e-ax dxp 令dw1(x) =0，得 dx1 x=0 x= x= aw1(x)=0。 由w1(x)的表达式可知，x=0 ，显然不是最大几率的位置。 x=时，d2w1(x)2a322223-a2x2而 =(2-6ax)-2ax(2x-2ax)edx2p 3224a=(1-5a2x2-2a4x4)e-axpd2w1(x)4a31 =-20, xa U(x)= 0, xa运动，求束缚态(0EU0)的能级所满
18、足的方程。 解法一：粒子所满足的S-方程为 -h2d22mdx2y(x)+U(x)y(x)=Ey(x) 按势能U(x)的形式分区域的具体形式为 ：-h2d22mdx2y1(x)+U0y1(x)=Ey1(x) ：-h2d22mdx2y2(x)=Ey2(x) ：-h2d22mdx2y3(x)+U0y3(x)=Ey3(x) 整理后，得 ： y-2m(U0-E)1h2y1=0 ：. y2m E2+h2y2=0 ：y2m(U0-E)3-h2y3=0 令 k21=2m(U0-E)h2 k22mE2=h2 则 ： y1-k21y1=0 ：. y2-k22y2=0 ：y-k231y1=0 -xa-axaax1
19、4 各方程的解为 y1=Ae-kx+Bekx y2=Csink2x+Dcosk2x 11y3=Ee+kx+Fe-kx11 由波函数的有限性，有 y1(-)有限 A =0y3()有限 E =0因此 y1=Bekx1y3=Fe-k1x 由波函数的连续性，有 y1(-a)=y2(-a),Be-ka=-Csink2a+Dcosk2a (10)1(-a),k1Be-ka=k2Ccosk2a+k2Dsink2a y1(-a)=y2(11)1y2(a)=y3(a),Csink2a+Dcosk2a=Fe-k1a (12)1(a)=y3(a),k2Ccosk2a-k2Dsink2a=-k1Fe-ka y2(13
20、) 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-k1aF=00+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-k1ak1e-k1a00sink2a-cosk2a-k2cosk2a-k2sink2asink2ak2cosk2a00-k1acosk2ae-k2sink2ak1Be-k1a=0 15 -k2cosk2a-
21、k2sink2a00=e-k1asink2acosk2a-e-k1a-k2cosk2a-k2sink2ak1e-k1asink2a-cosk2a0 -kk1e-1asink2acosk2a-e-k1a=k 2cosk2a-k2sink2ak-k1e1a =e-k1a-k2-k1a1kk2e-1acosk2a+k22esink2acosk2a+ +kk1asin2k-k1k2e-2a+k22e1asink2acosk2a- -kk1e-1ak-k1e1asink2acosk2a+k2e-k1acos2k2a+ +k-k1e1asink2acosk2a-k2e-k1asin2k2a =e-2k1a
22、-2k21k2cos2k2a+k22sin2k2a-k1sin2k2a =e-2k1a(k222-k1)sin2k2a-2k1k2co2sk2a e-2k1a0 (k22-k21)sin2k2a-2k1k2cos2k2a=0 即 (k22-k21)tg2k2a-2k1k2=0为所求束缚态能级所满足的方程。# 解法二：接式 -Csink2a+Dcosk2a=k2kCcoskk2a+2Dsink2a 1k1 Csinkk22a+Dcosk2a=-kCcoskk 2a+2Dsink2a 1k1 16 k2kcosk+sinkk22a2asink2a-cosk2ak1k1=02kcoskk22a+si
23、nk2a-(ksink2a-cosk2a)11-(k2kcosk+sinkk2a2a)(2sink2a-cosk2a)1k1-(k2coskk2k2a+sink2a)(sink2a-cosk2a)=01k1 (k2kcosksinkk2a+2a)(2sink2a-cosk2a)=01k12 k2k2kk2sink2acosk2a+2sink2a-2cos2k2a-sink2acos1kk2a=01k12 (-1+ k22kk2)sin2k2a- 2cos21kk2a=01 (k222-k1)sin2k2a- 2k1k2cos2k2a=0# 解法三： (11)-(13)2k2Dsink2a=kk
24、1a1e-(B+F) (10)+(12)2Dcosk1a2a=e-k(B+F) (11)-(13)(10)+(12)k2tgk2a=k1 (a) (11)+(13)2kik1a2Ccosk2a=-k1(F-B)e- (12)-(10)2Csink2a=(F-B)e-ik1a (11 ) + (13 ) (12 ) - (10 ) k 2 ctgk 2 a = - k 1 令 x=k2a，h=k2a， 则 x tgx=h (c)或x ctgx=-h (d)22=(k2+k2)=2mU2x+h0a12h2 (f) 合并(a)、(b)： 17 tg2k1k22a=2kk2k2 利用tg2k2tgk2
25、a2a=2k 2-11-tg2a # 解法四： ：-h22my1+U0y1=Ey1 ：-h22my2=Ey2 ：-h22my3+U0y3=Ey3 y1-2m(U0-E)y1=0h2 y+2mE2h2y2=0 y3-2m(U0-E)h2y3=0y1-k2y211=0 (1) k1=2m(U0-E)h2y2+k22y2=0 (2) k22mEh22=束缚态0EU0y3-k21y3=0 (3)y111=Ae+kx+Be-kxy2=Csink2x+Dcosk2x yk1x3=Ee+Fe-k1x y1(-)有限 B =0y E =03()有限因此 yk1=Ae1x yk3=Fe-1x 由波函数的连续性，
26、有 y1(0)=y2(0),A=D (4)y1(0)=y2(0),k1A=k2C (5)y(2a)=y-2k23(2a),k2Ccos2k2a-k2Dsin2k2a=-k1Fe1a (6)y2(2a)=y3(2a),Csin2k-2k1a2a+Dcos2k2a=Fe ( 7 ) 18 (7)代入(6) kk Csin2k2a+Dcos2k2a=-2kCcos2k2a+2Dsin2k2a 1k1 利用(4)、(5)，得 k1kAsin2ka=-Acos2kk22a+Acos2k22a+Dsin2k2a2k1A(k1k-k2)sin2k2a+2cos2k2a=02k1 QA0(k1kk-2)sin
27、2k2a+2cos2k2a=02k1两边乘上(-k1k2)即得(k2k22-1)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 xa， -U1, a xb，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 -h2d22mdx2y(x)+U(x)y(x)=Ey(x) 对各区域的具体形式为 ：-h22my1+U(x)y1=Ey1 (x0) ：-h22my2+U0y2=Ey2 (0xa) ：-h22my3-U1y3=Ey3 (axb) ：-h22my4+
28、0=Ey4 (bx) 19 对于区域，U(x)=，粒子不可能到达此区域，故 y1(x)=0 而 . y-2m (U0-E)2h2y2=0 y2m (U1+E)3+h2y3=0 y4+2mEh2y4=0 对于束缚态来说，有-UE0 y-k22m (U0-E)21y2=0 k21=h2 y+k23y3=0 k22m (U1+E)33=h2 y4+k24y4=0 k24=-2mE/h2 各方程的解分别为 y1x1x2=Aek+Be-k y3=Csink2x+Dcosk2x y3x4=Ee+k+Fe-k3x 由波函数的有限性，得 y4()有限， E=0 y4=Fe-k3x 由波函数及其一阶导数的连续，
29、得 y1(0)=y2(0) B=-A y2=A(ek3x-e-k3x) y2(a)=y3(a)A(ek3x-e-k3x)=Csink2a+Dcosk2a y(a)=yk3a33(a)Ak1(e+e-k3a)=Ck2cosk2a-Dk2sink2a y3(b)=y4(b)Csink2b+Dcosk-k3b2b=Fe y3(b)=y4(b)Ck2sink2b-Dk2cosk2b=-Fk3b3e-k 20 k1ek1a+e-k1aCcosk2a-Dcosk2a由、，得 (11) =k1a-k1ak2e-eCsink2a+Dcosk2a由 、得(k2cosk2b)C-(k2sink2b)D=(-k3s
30、ink2b)C-(k3cosk2b)D (k2kcosk2b+sink2b)C=(-2cosk2b+sink2b)D=0 (12) k3k3 令b=ek1a+e-k1ak1ek1a-e-k1ak，则式变为 2 (bsink2a-cosk2a)C+(bcosk2a+sink2a)D=0 联立(12)、(13)得，要此方程组有非零解，必须 (k2 kcosksink-k22b+2b)(sink2b+cosk2b)3k=0 (bsink3 2a-cosk2a)(bcosk2a+sink2a)即 (bcoskk22a+sink2a)(kcosk2b+sink2b)-(bsink2a-cosk2a)3 (-k2ksink2b+cosk2b)=03 bk2kcoskbcoska+k222ksink2bsink2a+bsink2bcosk2a+33 +sinkk22bsink2a+bksinkk2bsink2a-2ksink2bcosk2a)- 33 -bcosk2bsink2a
