1、量子力學習題及解答第一章量子理論基礎1. 1由黑體輻射公式導出維恩位移定律：能量密度極大值所對應的波長mT=b（常量）；并近似計算b的數值，準確到二位有效數字。 解根據普朗克的黑體輻射公式這里的的物理意義是黑體內波長介于人與人+d人之間的輻射能量密度。本題關注的是入取何值時，取得極大值，因此，就得要求對人的一階導數為零，由此可求得相應的人的值，記作mO但要注意的是，還需要驗證對人的二階導數在m處的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m就是要求的，具體如下：hc如果令x=，則上述方程為kT這是一個超越方程。首先，易知此方程有解：x=0,但經過驗證，此解是平庸的；另外的一個解可以通過逐步近似

2、法或者數值計算法獲得：x=,經過驗證，此解正是所要求的，這樣則有把x以及三個物理常量代入到上式便知這便是維恩位移定律。據此，我們知識物體溫度升高的話，輻射的能量分布的峰值向較短波長方面移動，這樣便會根據熱物體（如遙遠星體）的發光顏色來判定溫度的高低。1 . 2在0K附近，鈉的價電子能量約為3eV,求其德布羅意波長。解 根據德布羅意波粒二象性的關系，可知E=hv ,如果所考慮的粒子是非相對論性的電子（E動ec2）,那么如果我們考察的是相對性的光子，那么E=pc注意到本題所考慮的鈉的價電子的動能僅為3eV,遠遠小于電子的質量與光速平方的乘積，即0.51 106eV ,因此利用非相對論性的電子的能量

3、一一動量關系式，這樣，便有在這里，利用了以及最后，對以及vdv8 hv31,一3- hv一dvc e而1v c,vdvvd ,(1)(2)(3)m與溫度T成反比，即作一點討論，從上式可以看出，當粒子的質量越大時，這個粒子的波長就越短，因而這個粒子的波動性較弱，而 粒子性較強；同樣的，當粒子的動能越大時，這個粒子的波長就越短，因而這個粒子的波動性較弱，而粒子性較 強，由于宏觀世界的物體質量普遍很大，因而波動性極弱，顯現出來的都是粒子性，這種波粒二象性，從某種子 意義來說，只有在微觀世界才能顯現。一L 3,丁,一1 . 3氨原子的動能是E -kT(k為玻耳茲曼常數)，求T=1K時，氨原子的德布羅意

4、波長。2解根據31k K 10 eV,知本題的氨原子的動能為2顯然邁邁小于核c這樣，便有這里，利用了最后，再對德布羅意波長與溫度的關系作一點討論，由某種粒子構成的溫度為T的體系，其中粒子的平均動能的數量級為kT,這樣，其相慶的德布羅意波長就為據此可知，當體系的溫度越低，相應的德布羅意波長就越長，這時這種粒子的波動性就越明顯，特別是當波長長 到比粒子間的平均距離還長時，粒子間的相干性就尤為明顯，因此這時就能用經典的描述粒子統計分布的玻耳茲 曼分布，而必須用量子的描述粒子的統計分布一一玻色分布或費米公布。1 . 4利用玻爾一一索末菲的量子化條件，求：(1)一維諧振子的能量；(2)在均勻磁場中作圓周

5、運動的電子軌道的可能半徑。已知外磁場H=10T,玻爾磁子MB9 1024J T1,試計算運能的量子化間隔E,并與T=4K及T=100K的熱運動能量相比較。解玻爾一一索末菲的量子化條件為其中q是微觀粒子的一個廣義坐標，p是與之相對應的廣義動量，回路積分是沿運動軌道積一圈，n是正整數。(1)設一維諧振子的勁度常數為k,諧振子質量為心，于是有這樣，便有這里的正負號分別表示諧振子沿著正方向運動和沿著負方向運動，一正一負正好表示一個來回，運動了一圈。此外，根據可解出xJkk這表示諧振子的正負方向的最大位移。這樣，根據玻爾一一索末菲的量子化條件，有為了積分上述方程的左邊，作以下變量代換；這樣，便有這時，令

6、上式左邊的積分為A,此外再構個積分這樣，便有A B 2E .2A B ：2E .2,這里 二2 8,這樣，就有一d2E一，kk(1)一cos2 d kA BEJ dsin0(2). k（2）當電子在均勻磁場中作圓周運動時，有 這時，玻爾一一索末菲的量子化條件就為2_ _P又因為動能耐E所以，有2q其中，MB上一是玻爾磁子，這樣，發現量子化的能量也是等間隔的，而且2具體到本題，有根據動能與溫度的關系式以及可知，當溫度T=4K時，當溫度T=100K時，顯然，兩種情況下的熱運動所對應的能量要大于前面的量子化的能量的間隔。1 . 5兩個光子在一定條件下可以轉化為正負電子對，如果兩光子的能量相等，問要實

7、現實種轉化，光子的波長 最大是多少？解關于兩個光子轉化為正負電子對的動力學過程，如兩個光子以怎樣的概率轉化為正負電子對的問題，嚴格來說，需要用到相對性量子場論的知識去計算，修正當涉及到這個過程的運動學方面，如能量守恒，動量守恒 等，我們不需要用那么高深的知識去計算，具休到本題，兩個光子能量相等，因此當對心碰撞時，轉化為正風電 子對反需的能量最小，因而所對應的波長也就最長，而且，有 此外，還有 于是，有盡管這是光子轉化為電子的最大波長，但從數值上看，也是相當小的，我們知道，電子是自然界中最 輕的有質量的粒子，如果是光子轉化為像正反質子對之類的更大質量的粒子，那么所對應的光子的最大波 長將會更小，

8、這從某種意義上告訴我們，當涉及到粒子的衰變，產生，轉化等問題，一般所需的能量是很 大的。能量越大，粒子間的轉化等現象就越豐富，這樣，也許就能發現新粒子，這便是世界上在造越來越 高能的加速器的原因：期待發現新現象，新粒子，新物理。第二章波函數和薛定調方程證明在定態中，幾率流與時間無關。證：對于定態，可令可見J與t無關。由下列定態波函數計算幾率流密度:解：J1和J2只有r分量rsinJ1與r同向。表示向外傳播的球面波。根據式（1）和（2）,便有 這樣，便有其中h最后，對此解作一點討論首先，注意到諧振子的能量被量子化了;其次，這量子化的能量是等間隔分布的從所得結果說明1表示向外傳播的球面波,2表示向

9、內（即向原點）傳播的球面波。在球坐標中可見，12與反向。表示向內（即向原點）傳播的球面波。補充：設（x） eikx,粒子的位置幾率分布如何？這個波函數能否歸一化?2波函數不能按（x） dx 1方式歸一化。其相對位置幾率分布函數為2一一.一，.一，一1表示粒子在空間各處出現的幾率相同一粒子在一維勢場中運動，求粒子的能級和對應的波函數解：U（x）與t無關，是定態問題。其定態S一方程即粒子不能運動到勢阱以外的地方去。根據波函數的標準條件確定系數A, B,由連續性條件，得2(0)l(0)2(a)3(a)5B 06Asin ka 0A 0sinka 0ka n (n 1,2,3,)2(x) Asin n

10、- x由歸一化條件在各區域的具體形式為I ： x 0n ： 0 x am ： x a2d22m dx22d2-22 m dx2d2T -22m dx由于（1）、（3）方程中，由于U（x）l(x)2(x)3(x)U(x) i(x) E i(x) CfE2(x)U(x)3(x) E3(x)區,要等式成立，必須方程（2）可變為.2d2(x) 2mEdx22(x)0令k22mE得其解為2(x) Asin kxBcoskx得Asin2xdx 1oaa_._ m n asin-x sin xdxbaa 2對應于En的歸一化的定態波函數為證明()式中的歸一化常數是A sin - (x a), xa證：na0

11、,x a由歸一化，得歸一化常數A - #a求一維諧振子處在激發態時幾率最大的位置。d1(x)/口令一0 ,得dx由1(x)的表達式可知，x 0, x時，1( x)可見x1J 是所求幾率最大的位置。#V在一維勢場中運動的粒子，勢能對原點對稱：U( x)證：在一維勢場中運動的粒子的定態S-方程為2d2了d7(x)U(x)(x) E (x)將式中的*以(x)代換，得2 22En2n2ma(n 1,2,3,)可見E是量子化的2d2廠菽(x) U( x) ( x)(x)0 O顯然不是最大幾率的位置U (x),證明粒子的定態波函數具有確定的宇稱。5x) U(x) ( x) E ( x)x)和(x)都是描寫

12、在同一勢場作用下的粒子狀態的波函數。由于它們描寫的是(x) c (x)x反演，可得，反演步驟與上完全相同，即是完全等價的乘，得可見，c一粒子在一維勢阱中運動，求束縛態(0 EU0)的能級所滿足的方程。整理后,利用U ( x) U (x),得同一個狀態，因此(x)和(x)之間只能相差一個常數co方程、可相互進行空間反演(xx)而得其對方，由經x x反演，可得,(x) cx)1時,(x)(x)(x)具有偶宇稱,1時,x)(x)(x)具有奇宇稱,當勢場滿足U(x)U(x)時，粒子的定態波函數具有確定的宇稱。解法一：粒子所滿足的S-方程為按勢能U (x)的形式分區域的具體形式為2d22 dx21(x)

13、Uo1(x) E1(x)2d22 dx22(x)2(x)2且dx23(x)Uo3(x) E3(x)(Uo2E)比較、式可知，(由再經x2 (UoE)32306kk；k1各方程的解為由波函數的有限性, 因此(13)式，并合并成方程組，得C、D、F,進而得出波函數的具體形式，要方程組有非零解，必須2k1ae，22、 (k2k)sin 2k2a2k1k2cos2k2a 022、即(k2k1)tg2 k2a 2k1k20為所求束縛態能級所滿足的方程。#解法二：接(13)#解法三：合并(a)、(b)：in:令k；2 (UoE)2tg2 k2a2k1k222k2k1利用tg2k2a2tgk2a1 tg2k

14、2a由波函數的連續性，有整理(10)、(11)、(12)、解此方程即可得出B、(11)-(13)2k2D sin k2ak1ek1a(B F )(10)+(12)2Dcosk2a ek1a(B F)(11)+(13)2k2c cos k2ak1(F B)eika(12)-(10)2Csink2a (F B)eik1a(11)(13)(12)(10k2ctgk2ak1kza,kza,則解法四：（最簡方法-平移坐標軸法）因此由波函數的連續性，有代入（6）利用、（5）,得#分子間的范德瓦耳斯力所產生的勢能可以近似表示為求束縛態的能級所滿足的方程。解：勢能曲線如圖示，分成四個區域求解定態S-方程為對各

15、區域的具體形式為對于束縛態來說，有U0(L 0)(0 x 2a)212221k22 (UE),2k22 E/2束縛態0 E U0U(x)(x0)U0(0 x a)m：Ui(ax b)IV:(bx)U(x)粒子不可能到達此區域，故(U。2E)2 (Ui2E)2 (U0E)24Fek3x由波函數及其一階導數的連續，得3(b)4(b)Ck2sin k2b Dk2cosk2bFk3ek3b由 、得(k2cosk2b)C (k2sin k2b)D ( k3sink2b)C (k3cosk2b)D,k2k2(一cosk2b sin k2b)C(一cosk2b sink2b)D 0(12)k3k3聯立（12

16、）、（13）得，要此方程組有非零解，必須把代入即得此即為所要求的束縛態能級所滿足的方程。附：從方程之后也可以直接用行列式求解。見附頁。此即為所求方程。#補充練習題一12 2一X1、設（x） Ae2（為常數），求A = ?解：由歸一化條件，有91291 JV2L2ki2k23k；k22 (UiE)22 E/2各方程的解分別為由波函數的有限性，得k3x2A(ek3Xe )2(a)3(a)A(ek3xk3X)C sin k2aD cosk2a3(a)3(a)Ak1(ek3aek3a)Ck2cosk2a Dk2sin k2a3(b)4(b)C sin k2bDcosk2b Fek3b由、，得kakak

17、1e1ek kk( ak( aCcosk2a D cosk2aC sin k2a D cosk2a(11)Lae1Lae1kakae ek1、，,則式變為k2A e dy A J利用e dy力2 (U0E)22、求基態微觀線性諧振子在經典界限外被發現的幾率。解：基態能量為E。設基態的經典界限的位置為在界限外發現振子的幾率為1勢能的平均值U一exdxa1式中.2:2/2e出為正態分布函數(x)Jxet2/2dt.2時的值（2） o查表得(.2) 0.920.922(1 0.92) 0.16在經典極限外發現振子的幾率為。(23x33x）是線性諧振子的波函數，并求此波函數對應的能量。證：線性諧振子的

18、S-方程為2d22 dx(X)x2(x)E (x)把（x）代入上式，有把 （x）代入式左邊，得dx 時，左邊=右邊2(x)(23 x）,是線性諧振子的波函數，其對應的能量為一維諧振子處在基態（x）第三章2 2.x i22量子力學中的力子重3、試證明（X）122 2x22(2)動能的平均值Tp-(3)動量的幾率分布函數。一12F1222x2解：(1)?Uxx e dx22* q(x) ? (x) dx11或T E U 24* c(p)p(x) (x)dx動量幾率分布函數為#1r / a.氫原子處在基態(r, , )j- e，求:.a0(1)r的平均值;2八e ,一(2)勢能 的平均值；r(3)最

19、可幾半徑；(4)動能的平均值；(5)動量的幾率分布函數。解：(1)r (r, , )2dre2r/a0r2sin drd dC3000a。(3)電子出現在r+dr球殼內出現的幾率為d (r)0,r10,2,口a0dra0是最可幾半徑。21, 2、11- 2(r )-(Sin )22r r r sinsin。0, r2時,(r)0為幾率最小位置 c(p)*p(r)(r, , )d動量幾率分布函數#證明氫原子中電子運動所產生的電流密度在球極坐標中的分量是 證：電子的電流密度為在球極坐標中為式中er、e、e為單位矢量nm中的r和部分是實數Jeie ,.一27；(1mnm2 r sinimnm|2)e

20、e mrsin可見，JerJe0#由上題可知， 氫原子中的電流可以看作是由許多圓周電流組成的(1)求一圓周電流的磁矩。(2)證明氫原子磁矩為原子磁矩與角動量之比為 這個比值稱為回轉磁比率。解：(1)一圓周電流的磁矩為dM iA JedS A ( i為圓周所圍面積)(2)氫原子的磁矩為e m在CGS單位制中M-一2 cH-lrshiS_*為圓周電流，A原子磁矩與角動量之比為MzLzLz(SI)MzLze -行(CGS)一剛性轉子轉動慣量為它的能量的經典表示式是HL-, L為角動量，求與此對應的量子體系在下列情況下的定態能量及波函數：(1)轉子繞一固定軸轉動：(2)轉子繞一固定點轉動：解：(1)設

21、該固定軸沿軸方向，則有哈米頓算符2d22I d2其本征方程為(H與t無關，屬定態問題取其解為()Aeim(m可正可負可為零)由波函數的單值性，應有即ei2m1m= 0 , 1, 2,2 2轉子的定態能量為Em. (m= 0 , 1, 2,)2I可見能量只能取一系列分立值，構成分立譜。定態波函數為A為歸一化常數，由歸一化條件轉子的歸一化波函數為綜上所述，除m=0外，能級是二重簡并的。(2)取固定點為坐標原點，則轉子的哈米頓算符為H?與t無關，屬定態問題，其本征方程為(式中Y(,)設為I-?的本征函數，E為其本征值)令2IE2,則有此即為角動量L?2的本征方程，其本征值為其波函數為球諧函數Ym(

22、, ) NmP網(cos )eim轉子的定態能量為可見，能量是分立的，且是(21)重簡并的#設t=0時，粒子的狀態為求此時粒子的平均動量和平均動能。解：(x) Asin2kx2cos kx A1(1 cos2kx)2cos kx上述的A為歸一化常數，可由歸一化條件，得A 1/ 動量p的平均值為#一維運動粒子的狀態是其中0,求：(1)粒子動量的幾率分布函數;(2)粒子的平均動量。可見，動量pn的可能值為0 2k2k k2動能包的可能值為022k222, 2 22k k 2k2對應的幾率n應為A2A 2A 2AA1616A216A216解：（1）先求歸一化常數，由3/2動量幾率分布函數為3 xdx

23、 p (x)? (x)dx i 4 xe (e )dx dx#.在一維無限深勢阱中運動的粒子，勢阱的寬度為a,如果粒子的狀態由波函數描寫，A為歸一化常數，求粒子的幾率分布和能量的平均值。解：由波函數（x）的形式可知一維無限深勢阱的分布如圖示。粒子能量的本征函數和本征值為動量的幾率分布函數為（E） C先把（x）歸一化，由歸一化條件,2240n 2(E)|Cn|F1 ( 1)n.設氫原子處于狀態求氫原子能量、角動量平方及角動量Z分量的可能值，這些可能值出現的幾率和這些力學量的平均值解：在此能量中，氫原子能量有確定值角動量平方有確定值為角動量Z分量的可能值為其相應的幾率分別為其平均值為一粒子在硬壁球

24、形空腔中運動，勢能為求粒子的能級和定態函數。解：據題意，在r a的區域，U（r）,所以粒子不可能運動到這一區域，即在這區域粒子的波函數0(r a)無關，是各向同性的，因此，粒子的波函數只與r有關，而與 、 無由于在r a的區域內,U（r） 0。只求角動量為零的情況，即0 ,這時在各個方向發現粒子的幾率是Cnx)dx相同的。即粒子的幾率分布與角度關。設為（r）,則粒子的能量的本征方程為22 E令U(r) rE , k得其通解為波函數的有限性條件知，（0）有限，則B(r) sin krr由波函數的連續性條件，有B 0 ka(n 1,2,)22其中B為歸一化，由歸一化條件得歸一化的波函數.nsin

25、r1 a22求第題中粒子位置和動量的測不準關系（x） （ p）解：P 0粒子處于狀態式中 為常量。當粒子的動量平均值，并計算測不準關系（x）2（ p）2解：先把（x）歸一化，由歸一化條件，得,是歸一化的動量平均值為FP7?_2x * x dx xexdx#(r)（奇被積函數）利用測不準關系估計氫原子的基態能量。解：設氫原子基態的最概然半徑為R,則原子半徑的不確定范圍可近似取為由測不準關系2基態能量應取E的極小值，由補充練習題二可見，io。不是U的本征函數可見，io。是(T? U?)的本征函數2.證明：L J6 , L的氫原子中的電子，在2解：Wm( , )d Ymd2 Wm( , ) Ym|L

26、蕊，L的電子，其2, m 1(P)24R2對于氫原子，基態波函數為偶宇稱,而動量算符P為奇宇稱，所以又有(P)22P所以p2(P)24R2可近似取R2能量平均值為P2作為數量級估算可近似取2es則有R2代入E ,得到基態能量為Emin4es11.試以基態氫原子為例證明:不是做l?的本征函數，而是T? I?的本征函數。45和135的方向上被發現的幾率最大。22W21（,）Ym15sin82cos152sin23245和13515W2 1為最大值。即在32135方向發現電子的幾率最大。在其它方向發現電子的幾率密度均在c 150-32之間。3.試證明：處于1s, 2p和3d態的氫原子的電子在離原子核

27、的距離分別為a0、4ao和9ao的球殼內被發現的幾率最大（a0為第一玻爾軌道半徑證：對1s態，n1,0,1、3/2 r/a0R10（一）ea。W100, r2a0易見，當10,2時，W100不是最大值。W1o（ao）4一ea。2一，為最大值,所以處于1s態的電子在ra0處被發現的幾率最大。對2P態的電子n 2,1,*3/2r3a0r/2a0er10,2r34a0易見，當r10,2時,W210為最小值。r 4a。為幾率最大位置,即在4ao的球殼內發現球態的電子的幾率最大。對于3d態的電子n 3,2,23/21rr2r/3a0R32（一）-（一） ea081 . 15 a0W32令一320r0,

28、r2r39a0易見，當r10, r2時,W320為幾率最小位置。r 9a0為幾率最大位置，即在9a0的球殼內發現球態的電子的幾率最大。4.當無磁場時，在金屬中的電子的勢能可近似視為22 E2-其中U00,求電子在均勻場外電場作用下穿過金屬表面的透射系數。解：設電場強度為，方向沿x軸負向，則總勢能為V(x) ex (x 0),勢能曲線如圖所示。則透射系數為式中E為電子能量。x10 , x2由下式確定UoEx2-e令xU0一Esin2e2透射系數D exp 3UoE .-e2(UoE)5.指出下列算符哪個是線性的，說明其理由。D4x2-d-2；dx解：4x2_2是線性算符dx22一，z不是線性算符

29、n 是線性算符K 16.指出下列算符哪個是厄米算符，說明其理由。d2. . . .7、下列函數哪些是算符-2的本征函數，其本征值是什么？dx2x x , e , sinx, 3cosx, sin x cosxd2, 2、 c解： 一2(x )2dx2x2不是 J 的本征函數。dx2Jxdx2d2.夫 的本征函數，其對應的本征值為1。dxex不是d2cosx是 2的本征函數，其對應的本征值為一dx解：F?的本征方程為22-d-E,2Edxk28、試求算符F?ieix的本征函數。dxFeixce（F是F的本征值）9、如果把坐標原點取在一維無限深勢阱的中心，求阱中粒子的波函數和能級的表達式。0,解:

30、U(x)方程（分區域）：U(x)in:U(x)i(x)0/a(x2iii(x)0D dx2(sin x) (cosx) sin xdx.d2.可見，sinx是 一的本征函數，其對應的本征值為dx21。1 J(3cosx) ( 3sin x) dxdx3cosx (3cosx)d23cosx是2的本征函數,dx其對應的本征值為-1。d2.-2 (sin xdx(sin x dcosx)(cosxdxcosx)sin x)sin xcosxsin xii22 E2-標準條件:M2)11(2)IIIAsin(sin( kxk20IIkx(x)Asin k(xka(n1,2,)Asin粒子的波函數為(

31、x)n(x2)0,2_. 2粒子的能級為E k22k2(n1,2,3,)由歸一化條件，得A .2 a粒子的歸一化波函數為10、證明：處于1s、2P和3d態的氫原子中的電子，當它處于距原子核的距離分別為a、4a、9a的球殼處的幾率最（a。為第一玻爾軌道半徑）證：1s:(r)10drR1022r dr令 jdr0，則得d210dr2110為幾率最小處。rnd210dr2r11a0為幾率最大處。a00r329a0為幾率最大處。11、求一維諧振子處在第一激發態時幾率最大的位置。令d0 ,得dxr的平均值;2e勢能 的平均值r21drd22idr2r224ao為最大幾率位置。d2r224 a04a0時,

32、10dr2r 0為幾率最小位置。132dr0,得同理可知r310為幾率最小處。解：r3a02ra0drsin13a。re2rdr解：1(x)d2dxd2dxX1x1x20, x20,x1x26.設氫原子處在(r,x000為幾率最小處。ra0 x0為幾率最大處。的態(a0為第一玻爾軌道半徑)，求112*22 xe212、粒子在勢能為的場中運動。證明對于能量UiU2的狀態，其能量由下式決定:則得（其中i22d22 dx22dii2 dx2Uiiiiiii(x0)0 x A)m:2iiid2dxiii(x 0)22E2 (U2E)2d2iidx2k2iid2iiidx2iii其通解為利用標準條件，由

33、有限性知iCie由連續性知i(0)ii(0)C1Asini(0)ii(0)CikA cosii(a)iii(a)Asin( kxxD2eii(a)iii(a)kA cos(kxD2ex由、，得tg由、，得6tg(ka而tg(ka) tgka tg1 tgka tg把、代入,得tgkatg1 tgka tg整理，得tgka令tgka由sin xtgxka nktg,1 tg2x1sin 2sink2 U2#13、設波函數（x）*d2求(dx)xdxdx ?解：原式(dx)x(dx)xd dxdxxdx14、說明：如果算符A和B?都是厄米的，那么（A+B?）也是厄米的證:*(A自)2d*B?2dA

34、+B?也是厄米的。15、問下列算符是否是厄米算符:？px1 , 2(?x?x?)解：1(x?x)2d12(?x 2)d因為px?0px不是厄米算符。2*11l(ppxpxp)2d 221 (Xppxpxp)是厄米算符。216、如果算符p?滿足關系式？?2?2? 2 ?？3?3?3?2證：？2?2? (1？?3?3? (2 ?17、求pxPc Pxpx?解：pxPxPxLpx(掂=018、IpxQ ppx?解：px?xpx(尼pPy)=0第四章.求在動量表象中角動量Lx的矩陣元和Lx的矩陣1(xpx)2d-1(pxp)2d2p2p)p2#p2p) pp3pPy)PxPx(pPzppy)(pP p

35、py)態和力學量的表象13-P rpr解：(Lx)pp(2 ) e(ypzZpy)ed#求能量表象中，一維無限深勢阱的坐標與動量的矩陣元解：基矢：Un( x)2sQx a a臺匕旦. 匚目匕星：En2 2 2n2 a2對角元：xmm2xsin2jx a a1uucosnudu2cosnu sin nu cnn當時，m nxmn(sin m x) x / . n(sin )dx2求在動量表象中線性諧振子的能量本征函數。解：定態薛定調方程為兩邊乘以2/日，得跟課本式比較可知，線性諧振子的能量本征值和本征函數為 式中Nn為歸一化因子，即#.求線性諧振子哈密頓量在動量表象中的矩陣元求它們的本征值和歸一

36、化的本征函數。最后將矩陣Lx和Ly對角化解：Lx的久期方程為. Lx的本征值為0,L?x的本征方程ai其中a2設為Lx的本征函數L2和l?Z共同表象中的矩陣a3當i0時，有ai00ai由歸一化條件1取ai)C(P,t) 0P,設已知在L2和2的共同表象中,算符&和？y的矩陣分別為200對應于？x的本征值012當2時，有ai2aiai由歸一化條件1取ai2121歸一化的一產對應于？*的本征值,212當2時，有a12a1a1由歸一化條件1取a1二2121了對應于Lx的本征值12由以上結果可知，從L2和？Z的共同表象變到 ？x表象的變換矩陣為.對角化的矩陣為LxS LxS.歸一化的按照與上同

37、樣的方法可得?y的本征值為0,?y的歸一化的本征函數為利用S可使17y對角化#求連續性方程的矩陣表示解：連續性方程為而J :(*)2i (*T? T? *) t寫成矩陣形式為第五章微擾理論ro、電荷均勻分布的小球，計算這種效應對類氫原子基態能量的一級修正解：這種分布只對r ro的區域有影響，對r ro的區域無影響。據題意知其中U0(r)是不考慮這種效應的勢能分布，即ro區域，U (r)可由下式得出,73/ Z1/2(-3)eao2Zrao r ao,故e轉動慣量為I、電偶極矩為D的空間轉子處在均勻電場在從L2和L?Z的共同表象變到?y表象的變換矩陣為如果類氫原子的核不是點電荷，而是半徑為U (

38、r)為考慮這種效應后的勢能分布，在ro區域,由于ro很小，所以H?H?(o)Uo(r),可視為一種微擾，由它引起的一級修正為(基態Z一rao)Ei2-74 2Z e3 3 oaororoo2 2(3rrr4)dr-742Z e3 oaorord(o)1中，如果電場較小，用微擾法求轉子基態能量的二級修正解：取 的正方向為Z軸正方向建立坐標系，則轉子的哈米頓算符為取H?(0)E01及E02,現在受到微擾H?的作用，微擾矩陣元為解：由微擾公式得能量的二級修正值為解：當電離后的電子動能為零時，這時對應的單色光的頻率最小，其值為t 0時，氫原子處于基態，其波函數為2i在t時刻躍遷到電離態的幾率為對于吸收

39、躍遷情況，上式起主要作用的第二項，故不考慮第一項,由于電場較小，又把H?視為微擾,用微擾法求得此問題。H?的本征值為E(o)2I(1)2本征函數為(0)Ym(，)F?(0)的基態能量為E00,為非簡并情況。根據定態非簡并微擾論可知H12H21a , H11H22a、b都是實數。用微擾公式求能量至二級修正值。求經過長時間后氫原子處在2p態的幾率xH?設一體系未受微擾作用時有兩個能級:E0；)H11E02H22b#設在及率。t 0時，氫原子處于基態,以后受到單色光的照射而電離。設單色光的電場可以近似地表示為均為零；電離電子的波函數近似地以平面波表示。求這單色光的最小頻率和在時刻sin t,t躍遷到

40、電離態的幾微擾H?(t)m(21e r sin t、3/2 )eeJit i t、-(e e )2i其中F? e3解：對于2P態,m可取0,1三值，其相應的狀態為氫原子處在2p態的幾率也就是從100躍遷到210、211、211的幾率之和。,、1 am(t)iHmkeimktdt由上述結果可知,時,其中21W100W1s 2P1(E2E1)*R21Y10e2110,(t)rcos RoYoodW100 21 1(取方向為Z軸方向)W100 210W100 211W10021 14es。(11、3 e44833e28 a。#計算氫原子由第一激發態到基態的自發發射幾率。解:Amk2 34esmk3

41、c3由選擇定則故只需計算2p1 s的幾率21X21y212P有三個狀態，即(1)先計算Z的矩陣元(2)計算x的矩陣元計算y的矩陣元計算fA21計算氫原子由解：J2prmk5.231s是禁戒的Z2121 1r cosrsin cosy rsin sinr.一-sin21一rsin2i(ei(ei10910 s 0.52 10 s2p態躍遷到1s態時所發出的光譜線強度。1sN2PA2p 1s 219一 一 _若N2P10，則J213.1W求線性諧振子偶極躍遷的選擇定則#補充練習三作用，試求基態能級的一級修正。解：基態波函數（零級近似）為 .能量一級修正為2、具有電荷為q的離子，在其平衡位置附近作一

42、維簡諧振動，在光的照射下發生躍遷。 設入射光的能量為1（）其波長較長，求: 原來處于基態的離子，單位時間內躍遷到第一激發態的幾率。討論躍遷的選擇定則一維線性諧振子的波函數為解:Amkrmkxmkk 1時,xmkk 1一維無限深勢阱（0 x a）中的粒子受到微擾10(21xe2e2 2x)x12x22dx躍遷幾率2 24 qs0 1o231(22qsT?I()2 2qsT()2xmk，當xmk0時的躍遷為禁戒躍遷即選擇定則為（提示：利用積分關系2nx02ax(2n 1)2n 1答：0 12 2qs21(-222 qsI()僅當1時,xmk0,所以諧振子的偶極躍遷的選擇定則是q 1解：F? q0 x2(eq)其中x10*.1x0dxrmk2I(mk)2 2qs32x102I（對于一維線T諧振子rnxi）3可見，所討論的選擇定則為一激發態的幾率。.證明:?x?y上式兩邊乘?z,得Q2i ?z求在自旋態i(Sz)中，Sx和S?v的測不準關系：2y解：在z表象中l(Sz)、x、的矩