量子力學第四版卷一曾謹言著習題答案解析

1、.WORD.格式.專業(yè)資料.整理分享.第一章量子力學的誕生1.1設質量為m的粒子在諧振子勢V(x)122x中運動，用量子化條件求粒子能量E的可能取值。提示：利用：p dx 二 nh, n =1,2， p = 2mE-V（x）解：能量為E的粒子在諧振子勢中的活動范圍為x wa（ 1）1其中a由下式決定：E =V （x）= -m 2a2。由此得a = .2E/m 2(2)x = _a即為粒子運動的轉折點。有量子化條件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積分公式：f Ja2 -u2

2、du = UFa2 -u2 + arcsin+c22a1.2設粒子限制在長、寬、咼分別為a, b,c的箱內運動，試用量子化條件求粒子能量的可能取值。解：除了與箱壁碰撞外，粒子在箱內作自由運動。假設粒子與箱壁碰撞不引起內部激發(fā)，則碰撞為彈性碰撞。動量大小不改變，僅方向反向。選箱的長、寬、高三個方向為x, y, z軸方向，把粒子沿 x, y, z軸三個方向的運動分開處理。利用量子化條件，對于x方向，有. Px dx = nxh , b =1,2,3,Px 2a = nxh（ 2a :一來一回為一個周期）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設一個平面轉子的轉動慣量為I，求能量的可能取值。2兀2提示：利用=nh, n= 1,2，p(p是平面轉子的角動量。轉子的能量E= p(p/2l。解：平面轉子的轉角(角位移)記為 :。它的角動量p = I '(廣義動量)，P :是運動慣量。按量子化條件2I p dx = 2二 p 二 mhm =1,23p = mh，因而平面轉子的能量Em 二 p2/2I

4、二m2 2/2l，m =1,2,3,B,求粒子能量允許值.1.4有一帶電荷e質量m的粒子在平面內運動，垂直于平面方向磁場是(解)帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動 單位，洛倫茲與向心力平衡條件是：,設圓半徑是r ,線速度是v,用高斯制2Bev mv(1)又利用量子化條件，令p二電荷角動量q二轉角2 JI:pdq 二 ° mrvd= 2：mrv = nh (2)即 mrv = nh (3)1 Re卉 n由(2)求得電荷動能=mv :2 2mc再求運動電荷在磁場中的磁勢能，按電磁學通電導體在磁場中的勢能磁矩士 =電流*線圈面積*場強=evr , v是電荷的旋轉頻率，vv，代入前式得2二

5、r運動電荷的磁勢能=en （符號是正的）2mc Ben點電荷的總能量=動能+磁勢能=E=（ n = 1,2,3 ）2mc1.5 , 1.6未找到答案1.7（ 1）試用Fermat最小光程原理導出光的折射定律n 1si n： 1 二 n2s in：（2）光的波動論的擁護者曾向光的微粒論者提出下述非難:如認為光是粒子，則其運動遵守最小作用量原理射定律:pdl =0認為p = mv則：pdl =0這將導得下述折p = Ev仍就成立,cE是粒子能量，從一種n1sin ： 3 二 n3 sin： 1這明顯違反實驗事實，即使考慮相對論效應，則對自由粒子: 媒質到另一種媒質 E仍不變，仍有' pd0

6、，你怎樣解決矛盾?（解）甲法：光線在同一均勻媒質中依直線傳播，因此自定點A到定點B的路徑是兩段直線：光程I = n1AQ n2QB設A, B到界面距離是a,b（都是常量）有I 和 1ase 1 n2bsec： 2又AB沿界面的投影c也是常數(shù)，因而:-1，: 2存在約束條件:atg ： r btg ： 2 二 c（ 2）求（1）的變分，而將1 ,2看作能獨立變化的，有以下極值條件I 二 n sec：n2bsec 2tg： 2d： 2=° 22匸再求（2）的變分 asec rd1 bsec 2d2 二 0與消去1和d 2得niSin ： 1 二 n2Sin： 2(5)乙法見同一圖，取x為

7、變分參數(shù),取0為原點，則有I =na2X2. b2(c_x2)求此式變分，令之為零，有：這個式子從圖中幾何關系得知n1 x&I 二n1! 2 2a x,就是(5).n 2(c -x)、x22.b (c - x)(2)按前述論點光若看作微粒則粒子速度v應等于光波的群速度VG光程原理作、.VGd 0,依前題相速,而Vgc2=cn , n是折射率，n是波前陣面更引起的,而波陣面速度則是相速度vp,這樣最小作用量原理仍可以化成最小光程原理前一非難是將光子的傳播速度V看作相速度 vp的誤解.1.8對高速運動的粒子(靜質量m)的能量和動量由下式給出2mcv2(1)2mv試根據哈密頓量 H = E

8、= , m2c4 - c2p2(3)及正則方程式來檢驗以上二式.由此得出粒子速度和德布羅意的群速度相等的關系.計算速度并證明它大于光速.(解)根據 式來組成哈氏正則方程式組：q二qi- 2:H,本題中q巾rv，p> =p,因而丄22cp(4)vm c c p中Jm2c4+c2p2從前式解出p(用v表示)即得到(2).又若將 代入(3),就可得到(1)式.其次求粒子速度 v和它的物質波的群速度Vg間的關系.運用德氏的假設：p =k于 式右方，又用E =于式左方,遍除h:co2c2k(k)按照波包理論，波包群速度 Vg是角頻率丟波數(shù)的一階導數(shù):：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。又按一般的波動理論，波的相速度vg是由下式規(guī)定VP '（:是頻率）Vpk利用（5）式得知1 24m c丄2V 廠2k2 c c（ 6）故相速度（物質波的）應當超過光速。最后找出Vg和Vp的關系，將（1）（2）相除，再運用德氏波假設:E _' _ c2 _ c2p k VVG(7)補充：1.1設質量為m的粒子在一維無限深勢阱中運動，&, xvO, x>a V（x）“0,0 < x v a試用de Broglie的駐波條件，求粒子能量的可能取值。解：據駐波條件，有(n =1,

10、2,3,)又據de Broglie 關系而能量 = 2a/nE = p2 /2m = 2 /2m -2.2 2 2 -.2 2h n 二 n2ma2（1）（2）（3）2m 4a2= 1,2,3，1 試用量子化條件，求諧振子的能量1諧振子勢能V (x) m - 2x2 (解)(甲法)可以用 Wils on-Sommefeld的量子化條件式：pdq二nh在量子化條件中,令p = m x為振子動量，q = x為振子坐標，設總能量E2 2m ， x+2m 2p = 2m(E -代入公式得2m(E-m；x2)dx = nh量子化條件的積分指一個周期內的位移,可看作振幅 OA的四倍,要決定振幅a ,注意在

11、A或B點動能為1 2 20, E m a ,(1)改寫為：2a 2 22 m 、a - x dx 二 nh (2) a積分得：m，£2二二nh乙法也是利用量子化條件，大積分變量用時間t而不用位移X ,按題意振動角頻率為 ，直接寫出位移X ,用 t的項表示：q = x = asi nt求微分：dq 二 dx 二 a cos tdt (4) 求積分：p = m x = ma，cos .t (5) 將(4)(5)代量子化條件：2 2 T 2pdq =ma 國cos cotdt = nh2 -TT是振動周期,T=,求出積分，得m a2 二-nhn =1,2,3 正整數(shù),箱的長寬高分別為 a,

12、b,c.#2用量子化條件，求限制在箱內運動的粒子的能量八、/rx丨 '0a*(解)三維問題，有三個獨立量子化條件，可設想粒子有三個分運動，每一分運動是自由運動 .設粒子與器壁作彈性碰撞，則每碰一次時，與此壁正交方向的分動量變號，此周期中動量與位移同時變號，量(如Px T - px),其余分動量不變，設想粒子從某一分運動完成一個周期 子化條件：apxd qnxh =2 Px 0dx =2a Px (1)b1 Pydq廠 nyh =2Py 0dy =2bpy (2)cPzdq nzh =2Pz0dz =2cPz (3)px, py, pz都是常數(shù)，總動量平方p=jp： + py +總能量是：2(p"+py2m 2m+ pZ)=>(也2 (£)2 (E)28m a b c但 nx, ny, nz 二 1,2,33平面轉子的轉動慣量為求能量允許值.(解)解釋題意：平面轉子是個轉動體，它的位置由一坐標(例如轉角)決定，它的運動是一種