a1.1設質(zhì)量為m的粒子在一維無限深勢阱中運動,V(x)=í?0,0

量子力學導論習題答案.pdf

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1、第一章量子力學的誕生ì¥,x<0,x>a1.1設質(zhì)量為m的粒子在一維無限深勢阱中運動,V(x)=í?0,0

2、,粒子在箱內(nèi)作自由運動。假設粒子與箱壁碰撞不引起內(nèi)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òp×dx=nh,(n=1,2,3,L)xxx即p×2a=nh(2a:一來一回為一個周期)xxp=nh/2a,xx同理可得,p=nh/2b,p=nh/2c,yyzzn,n,n=1,2,3,Lxyz22?2n22?1222ph?nxynz÷粒子能量E=(p+p+p)=++nxnyn

3、z2mxyz2m?a2b2c2÷è?n,n,n=1,2,3,Lxyz1221.3設質(zhì)量為m的粒子在諧振子勢V(x)=mwx中運動,用量子化條件求粒子能量E的可能取值。2提示:利用òp×dx=nh,n=1,2,L,p=2m[E-V(x)]V(x)解:能量為E的粒子在諧振子勢中的活動范圍為x£a(1)122其中a由下式?jīng)Q定:E=Vx()=mwa。-a0axxa=22由此得a=2E/mw,(2)x=±a即為粒子運動的轉折點。有量子化條件+a+a12222?òpdx×=2ò2(mE-mwx)dx=2mwòa

4、-xdx2-a-a2p2=2maw×=mwpa=nh22nh2hn得a==(3)mwpmw代入(2),解出E=nhw,n=1,2,3,L(4)n222u22au積分公式:òa-udu=a-u+arcsin+c22a1.4設一個平面轉子的轉動慣量為I,求能量的可能取值。2p2提示:利用pdj=nh,n=1,2,L,p是平面轉子的角動量。轉子的能量E=p/2I。òjjj0解:平面轉子的轉角(角位移)記為j。.它的角動量p=Ij(廣義動量),p是運動慣量。按量子化條件jj2pòpdx=2pp=mh,m=1

5、,2,3,Ljj0p=mh,j因而平面轉子的能量222E=p/2I=mh/2I,mjm=1,2,3,L第二章波函數(shù)與Schr?dinger方程v2.1設質(zhì)量為m的粒子在勢場V(r)中運動。3(a)證明粒子的能量平均值為E=òdr×w,2h**w=?yy+yVy(能量密度)2m2*?wvvh??y?y*?(b)證明能量守恒公式+?×s=0s=-??y+?y÷(能流密度)?÷?t2mè?t?t?證:(a)粒子的能量平均值為(設y已歸一化)2*?h2?3E=òy??-?+V÷÷ydr=T+V(1)è2m

6、?3*V=òdryVy(勢能平均值)(2)23*?h2?T=òdry??-?÷÷y(動能平均值)è2m?2hò3[(*)(*)()]=-dr?×y?y-?y×?y2m其中T的第一項可化為面積分,而在無窮遠處歸一化的波函數(shù)必然為0。因此2h3*T=òdr?y×?y(3)2m2h**結合式(1)、(2)和(3),可知能量密度w=?y×?y+yVy,(4)2m3且能量平均值E=òdr×w。(b)由(4)式,得...2éù?w=hê??y*×?y+?y*×??yú+?y*Vyy+*V?y?t2mê?t?út

7、?t?t??é?..??..?ù.2=hê?×??y*?y+?y?y*÷?-?y*?2y+?y?2y*÷ú+?y*Vyy+*V?y2mê??t?t÷??t?t÷ú?t?t?è?è??..22v?y*?h2??y?h2?*=-?×+s?-?+V÷y+?-?+V÷y?tè2m??tè2m?..??=-?×+svE??y*y+?yy*÷??t?t÷è?v?=-?×s+Er(r:幾率密度)?tv=-?×s(定態(tài)波函數(shù),幾率密度r不隨時間改變)?wv所以+?×s=0。?t2.2考慮單粒子的Schr?dinge

8、r方程2?(v)h2(v)[(v)(v)](v)ihyr,t=-?yr,t+Vr+iVryr,t(1)12?t2mV與V為實函數(shù)。12(a)證明粒子的幾率(粒子數(shù))不守恒。(b)證明粒子在空間體積t內(nèi)的幾率隨時間的變化為dòòò3*hòò(**)v2V2òòò3*dryy=-y?y-y?y×dS+dryydt2imhtSt證:(a)式(1)取復共軛,得2?*h2**-ihy=-?y+(V-iV)y(2)12?t2m*y′(1)-y′(2),得2?(*)h(*22*)*

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