(完整版)量子力學總結(jié)

(完整版)量子力學總結(jié)量子力學基礎(chǔ)（概念）量子力學是一種描述微觀粒子在微觀尺度下運動的力學，使用不連續(xù)物理量來描述微觀粒子。量子的英文解釋為“afixedamount”（一份份、不連續(xù)），因此量子力學的特征就是不連續(xù)性。量子力學描述的對象是微觀粒子，而微觀特征量則以原子中電子的特征量為例。這包括精細結(jié)構(gòu)常數(shù)、原子的電子能級、原子尺寸等。例如，原子的電子能級大約在數(shù)10eV數(shù)量級。同時，原子尺寸可以用玻爾半徑來估算，一般原子的半徑為1?。角動量是量子力學中的基本概念之一，它可以用來描述微觀粒子的運動。在量子力學中，有多種現(xiàn)象和假設(shè)被用來解釋微觀粒子的行為，如光電效應、康普頓效應、波爾理論和德布洛意假設(shè)。德布洛意假設(shè)認為任何物體的運動都伴隨著波動，因此物體若以大小為P的動量運動時，則伴隨有波長為λ的波動。德布羅意波關(guān)系則是用來描述物質(zhì)波的關(guān)系，其中λ為波長，h為普朗克常數(shù)，P為動量。波粒二象性是量子力學中的一個重要概念。電子衍射實驗是證實電子波動性的重要實驗之一，由戴維遜和革末于1926年進行。他們觀察到了電子在鎳單晶表面的衍射現(xiàn)象，并求出電子的波長為0.167nm。根據(jù)上式，發(fā)現(xiàn)光子出現(xiàn)的概率與光波的電場強度的平方成正比，這是愛因斯坦在1907年對光輻射的量子統(tǒng)計解釋。同樣地，電子也會產(chǎn)生類似的干涉條紋，幾率大的地方會出現(xiàn)更多的電子形成明條波，而幾率小的地方出現(xiàn)的電子較少，形成暗條紋。玻恩將||2解釋為給定時間，在一定空間間隔內(nèi)發(fā)生一個粒子的幾率，他指出“對應空間的一個狀態(tài)，就有一個由伴隨這狀態(tài)的德布羅意波確定的幾率”，這也是他獲得1954年諾貝爾物理獎的原因。根據(jù)態(tài)迭加原理，非征態(tài)可以表示成本征態(tài)的迭加，其中|Cn|2代表總的幾率，也就是態(tài)中本征態(tài)n的相對強度（成分），即態(tài)部分地處于n的相對幾率。在態(tài)中力學量F的取值n的幾率可以表示為|Cn|2，這就是對波函數(shù)的普遍物理詮釋。如果是歸一化的，即積分結(jié)果為1，則|Cn|2的總和為1，代表總的幾率。如果沒有歸一化，則需要對|Cn|2求和后再除以積分結(jié)果得到總的幾率。波函數(shù)及其一次微商在全部分布空間中都必須有限，單值、連續(xù)的，平方可積。9、量子力學中常用的概念包括定態(tài)（幾率）、束縛態(tài)（波函數(shù)為零）和本征態(tài)等。此外，本征方程、本征函數(shù)和本征值也是重要的概念。10、算符的對易性是量子力學中的一個重要概念。常用力學量算符包括能量E、哈密頓算符H、動量P、動能T、勢能V(r)、坐標r和角動量等。13、14、15結(jié)論：力學量算符具有線性和厄米性質(zhì)。具體來說，力學量算符的本征值為實數(shù)，不同本征值對應的本征函數(shù)正交且歸一。在一定條件下，力學量算符的本征函數(shù)組成完備系。16、隧道效益、塞曼效益和史塔克效益是量子力學中的三個重要概念。18、全同粒子、費米子、波色子、洪特法則和泡利不相容原理是量子力學中的重要概念。19、海森堡測不準關(guān)系是量子力學中的一個重要原理，指的是兩個物理量同時測量時，測量結(jié)果的不確定性與兩個物理量的對易性有關(guān)。20、兩個物理量同時測準的條件需要滿足兩個物理量的對易性，即兩個物理量的算符對易。1、薛定諤方程是量子力學中的重要方程，描述了量子系統(tǒng)的波動性質(zhì)。三維情況下，薛定諤方程可以表示為拉普拉斯算符作用于波函數(shù)的結(jié)果等于哈密頓算符作用于波函數(shù)的結(jié)果。其中，哈密頓算符由動能和勢能項組成。2、定態(tài)薛定諤方程是指哈密頓算符中不含時間t的情況下，波函數(shù)可以分離成空間部分和時間部分的乘積形式。定態(tài)波函數(shù)的特點是幾率密度與時間無關(guān)。根據(jù)公式（4-29），我們可以直接計算任何力學量F的平均值，而不需要預先求出F的全部本征值（進而求加權(quán)平均）和本征函數(shù)，只要知道波函數(shù)ψ即可。如果ψ沒有歸一化，則可以使用公式（4-30）或（4-31）來計算F的平均值。為了求解最大幾率半徑，我們可以利用一維諧振子的第一激發(fā)態(tài)波函數(shù)ψ1(x)。通過計算幾率密度w(x)=|ψ1(x)|^2，我們可以將其轉(zhuǎn)換為以ξ=αx為自變量的函數(shù)x(ξ)。然后，我們可以求解dw/dξ^2=2α^2ξ^2πe^(-ξ^2)，并令ξ^2=1/α^2x^2，得到x=±1/α(=±μω)。因此，最大幾率半徑r=a/μω。對于一維勢阱問題，我們需要解定態(tài)方程（能量本征態(tài)方程）來求解波函數(shù)和能量本征值。對于勢阱問題，我們可以使用通解（4）來求解波函數(shù)。通過應用邊界條件，我們可以得到系數(shù)A和B的值，并進一步得到能量本征值。2根據(jù)定態(tài)薛定諤方程，可以得到能量本征值和波函數(shù)分別為：$$E_n=\frac{n^2\pi^2}{2\mua^2}\qquad\qquad\psi_n(x)=Asin\left(\frac{n\pix}{a}\right)$$將式（6）減去式（5），可以得到：$$2Asin(\alphax)=Bcos(\alphaa)$$當$A\neq0$時，有$cos\alphaa\neq0$，因此有：$$\alphaa=(2n+1)\frac{\pi}{2}\qquad\Rightarrow\qquad\alpha=\frac{(2n+1)\pi}{2a}$$代入能量本征值公式中，可以得到：$$E_n=\frac{(n+1)^2\pi^2}{2\mua^2}$$波函數(shù)為：$$\psi_n(x)=Bcos\left(\frac{(2n+1)\pix}{2a}\right)$$將式（9）和（10）改寫為：$$E_n=\frac{(2n+1)^2\pi^2}{8\mua^2}\qquad\qquad\psi_n(x)=Bcos\left(\frac{n\pix}{a}\right)$$將式（8）和（10）改寫為：$$\psi_n(x)=\begin{cases}Asin\left(\frac{n\pix}{2a}\right),&n\text{為偶數(shù)}\\Bcos\left(\frac{(2n+1)\pix}{2a}\right),&n\text{為奇數(shù)}\\0,&|x|>a\end{cases}$$歸一化常數(shù)為$A=B=\frac{1}{a}$。根據(jù)能量本征值和波函數(shù)，可以得到三個區(qū)間內(nèi)的波函數(shù)形式為：$$\begin{aligned}\psi_I(x)&=Ae^{i\betax}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquadx<-a\\\psi_{II}(x)&=Bsin(\alphax+\delta)\qquad\qquad\qquad-a<x<a\\\psi_{III}(x)&=Ce^{-\betax}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquadx>a\end{aligned}$$其中，$\alpha$和$\beta$分別為：$$\alpha=\frac{(2n+1)\pi}{2a}\qquad\qquad\beta=\sqrt{\frac{2\muE_n}{\hbar^2}}$$滿足連續(xù)性條件的關(guān)系式為：$$ctg(\alphaa+\delta)=-\frac{\beta}{\alpha}\qquad\qquadctg(-\alphaa+\delta)=\frac{\beta}{\alpha}$$兩式相減，可以得到：$$2\alphaa=n_1\pi-2ctg^{-1}\frac{\beta}{\alpha}$$令$n=n_2-n_1$（$n_2$為正整數(shù)），則有：$$\alphaa=n\frac{\pi}{2}-ctg^{-1}\frac{\beta}{\alpha}$$在本文中，我們考慮了三個物理問題的解法。首先，對于一個粒子在不對稱力場中的情況，我們采用了類似于上一題的方法來求解束縛態(tài)的能量。通過分別求解定態(tài)方程，我們得到了不同n值的αn值，并進而求出了對應的能量E。其次，我們解決了一個平面轉(zhuǎn)子的問題。我們得到了方程的解，以及對應的能級E和量子數(shù)m。最后，我們考慮了范德瓦爾斯力的情況。通過分區(qū)求解定態(tài)方程，我們得到了不同區(qū)間內(nèi)的波函數(shù)，并進而求出了對應的能量E。文章中有一些數(shù)學公式和符號，但是缺少上下文，很難理解。因此，我們只能嘗試修復格式錯誤和刪除有問題的段落。下面是修復后的文章：階梯勢的散射問題考慮如下的薛定諤方程：$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+V(x)\psi(x)=E\psi(x)$$其中，$V(x)$為階梯勢函數(shù)，即：$$V(x)=\begin{cases}-V_0,&x<0\\V_0,&x\geq0\end{cases}$$假設(shè)$E>V_0$，我們可以得到如下的解：$$\psi_1(x)=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}$$其中，$k_1=\sqrt{\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}}$，$A$和$B$為待定系數(shù)。同樣地，對于$x\geq0$的情況，我們有：$$\psi_2(x)=Ce^{ik_2x}+De^{-ik_2x}$$其中，$k_2=\sqrt{\frac{2m(E+V_0)}{\hbar^2}}$，$C$和$D$為待定系數(shù)。由于粒子一旦越過$x=0$的點（階梯勢），就不會再被阻擋，因此不存在返回的波，即$D=0$。接下來，我們考慮如何確定系數(shù)$A$、$B$和$C$。根據(jù)$x=0$的連續(xù)性條件，我們有：$$\psi_1(0)=\psi_2(0)$$$$\frac{d\psi_1}{dx}(0)=\frac{d\psi_2}{dx}(0)$$將$\psi_1(x)$和$\psi_2(x)$代入上述兩個式子，可以得到：$$A+B=C$$$$ik_1(A-B)=ik_2C$$解出$A$和$B$，可以得到：$$A=\frac{ik_2}{2k_1+k_2}C,\quadB=\frac{2k_1}{2k_1+k_2}C$$因此，我們得到了如下的解：$$\psi(x)=\begin{cases}\frac{ik_2}{2k_1+k_2}Ce^{ik_1x}+\frac{2k_1}{2k_1+k_2}Ce^{-ik_1x},&x<0\\Ce^{ik_2x},&x\geq0\end{cases}$$其中，$C$為待定系數(shù)。dx]=i，即eix和其導數(shù)的對易關(guān)系為虛數(shù)單位i。4-3(1)計算[x,d/dxxψ]ψ，其中ψ為任意波函數(shù)。將x和導數(shù)作用在ψ上，得到xψ'和ψ，再相減得到xψ'-xψ。因此，[x,d/dxx]=1。(2)計算[H,P]ψ(x)，其中H為哈密頓算符，P為動量算符，V(r)為勢能函數(shù)。根據(jù)哈密頓算符和動量算符的定義，展開式子得到[H,P]ψ(x)=i(?V(x)/?x)ψ(x)。(3)計算[d/dx,x^2]ψ，其中ψ為任意波函數(shù)。將x^2和導數(shù)作用在ψ上，得到2xψ+x^2ψ'-x^2ψ''。因此，[d/dx,x^2]=2x。(4)計算[H,x]ψ(x)，其中H為哈密頓算符，V(x)為勢能函數(shù)。根據(jù)哈密頓算符和x的定義，展開式子得到[H,x]ψ(x)=-i(1/2m)(ψ''+xψ')。4、求解平均值解：首先求出初始波函數(shù)：$\phi(x,0)=\frac{1}{11}u(x)+\frac{2}{5}u^2(x)+c_3u(x)$1）由$1+\frac{1}{2}+c_2=3c_3$得$c_3=\frac{10}{3}$2）由時間因子$e^{iEt/\hbar}$，$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega$，有$\phi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{5}}e^{i\frac{5}{2}\omegat}u(x)+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\frac{5}{2}\omegat}u^2(x)+\frac{1}{\sqrt{10}}e^{i\frac{3}{2}\omegat}u^3(x)$3）計算能量期望值：$E(t)=\int\phi^*(x,t)\hat{H}\phi(x,t)dx=\frac{1}{5}E_1+\frac{2}{2}E_2+\frac{10}{10}E_3=\frac{13}{5}\hbar\omega$4-10一維諧振子基態(tài)解：（1）利用第8題結(jié)果可直接得出$V=\frac{1}{4}\hbar\omega$（2）由基態(tài)波函數(shù)計算得$T=\frac{1}{4}\hbar\omega$（3）計算動量幾率分布：$\psi(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\alphax^2/4-i\omegat/2}$，動量本征函數(shù)為$\varphi(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{ipx/\hbar}$，則幾率振幅為$C(p,t)=\frac{\alpha}{\sqrt{2\pi}}e^{i\omegat/2-p^2/2\alpha^2}$，動量幾率分布為$\omega(p,t)=|C(p,t)|^2$4-11$\psi(x,0)=A(\sin^2x+\cosx)$1）求動量與動能：$\psi(x,0)=A\left(\frac{1-\cos2x}{2}+\cosx\right)$，展開為傅里葉級數(shù)得到$c_{\pm2}=-\frac{1}{2},c_1=1,c_0=\frac{1}{2}$，則動量為$p=\pm2k,k$，動能為$E_k=\frac{\hbar^2k^2}{2m}$，故$E_{\pm2}=2E_k,E_1=E_k,E_0=\frac{1}{2}E_k$。2）由傅里葉級數(shù)得到$\psi(x,0)=\frac{A}{2}(1+e^{2ikx}+\cos2kx)$，則$P=\frac{A^2}{2}$，$T=\frac{\pi\hbar}{2E_k}$。文章中存在大量的格式錯誤和段落缺失，需要進行修正和補充。以下是修正后的文章：根據(jù)公式2，可以推導出公式3：$\piA^2=\frac{416}{1+4\cdot}$，因此$A=\frac{1}{\pi}$。接著，根據(jù)公式4，可以得到$p=\frac{cp+c^2}{p+c}-\frac{-p+c}{(-p)+c}+\frac{2p}{(2p)+c}-20$。平均動能的公式為$T=\frac{1}{2\mu}P^2$，其中$P^2=\frac{c\cdotp+c^2}{p+c}-\frac{-p+c}{(-p)+c}+\f