量子力学-第四版-卷一-(曾谨言-著)习题答案

1、第一章量子力学的诞生1.1设质量为m的粒子在谐振子势 V(x)2x2中运动，用量子化条件求粒子能量E的可能取值。提示：利用:;p dx nh, n 1,2,.2mE V(x)解：能量为E的粒子在谐振子势中的活动范围为1其中a由下式决定：E V(x)xa由此得a ,2E/m 2 ，x a即为粒子运动的转折点。有量子化条件:p dx 22m( Ea 1 _m22x2) dx2m2 x2dx2mV(x)1V丿!a20a2 a - m2 anh得 a2 -nh-m解出代入2,En积分公式:a2 u2duU a2a2arcsin U c2a1,2,3,1.2设粒子限制在长、宽、咼分别为a,b,c的箱内运

2、动，试用量子化条件求粒子能量的可能取值。解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发，那么碰撞为弹性碰撞。动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为x, y, z轴方向，把粒子沿 x, y, z轴三个方向的运动分开处理。利用量子化条件，对于x方向，有: Px dx nxh , nx 1,2,3,Px 2a nxh 2a :一来一回为一个周期Px nxh/2a ,同理可得,Py nyh/2b, pz nzh/2c,nx,ny,nz 1,2,3,粒子能量E1(2Enxnynz(Px2m2 2Py Pz)2 2 2 nx22m a22nynz.22bc山小

3、丫，nz1,2,3,1.3设一个平面转子的转动惯量为1 ,求能量的可能取值。一 2 2提示：利用0 p d nh, n 1,2, , p是平面转子的角动量。转子的能量E p /2I。解：平面转子的转角角位移记为 。它的角动量p I 广义动量，p是运动惯量。按量子化条件2o p dx 2 p mhm 1,2,3,pmh，因而平面转子的能量Emp2/2I m2 2/2I，m1,2,3,1.4有一带电荷e质量m的粒子在平面内运动，垂直于平面方向磁场是B,求粒子能量允许值(解)带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设圆半径是r ,线速度是v,用高斯制单位，洛伦兹与向心力平衡条件是：2Bev mv(1)c

4、 r又利用量子化条件，令p 电荷角动量q2:pdq mrvd 2 mrv nh 即 mrv nh(3)由(2)求得电荷动能=1 mv2 Be n22mc再求运动电荷在磁场中的磁磁矩*场强 电流*线圈面积*场强转角势能，按电磁学通电导体在磁场中的势能2ev* r * B,v是电荷的旋转频率，vv，代入前式得运动电荷的磁势能=Be-n (符号是正的)2mc点电荷的总能量=动能+磁势能=E= Be n ( n 1,2,3)2mc 1.5, 1.6未找到答案1.7 1试用Fermat最小光程原理导出光的折射定律n 1sin 1 n2sin 22光的波动论的拥护者曾向光的微粒论者提出下述非难:如认为光是

5、粒子，那么其运动遵守最小作用量原理pdl认为p mv那么 pdl 0这将导得下述折射定律n1sin 3n3sin1这明显违反实验事实，即使考虑相对论效应，那么对自由粒子:p -Ev仍就成立，E是粒子能量，从一种c媒质到另一种媒质 E仍不变，仍有 pdl0，你怎样解决矛盾?解甲法：光线在同一均匀媒质中依直线传播，因此自定点A到定点B的路径是两段直线：光程I n 1AQ n2QB设A，B到界面距离是a,b(都是常量)有| n1asec 1 n2bsec 2又AB沿界面的投影c也是常数，因而2存在约束条件:atg 1 btg 2 c 2求(1)的变分，而将 1,2看作能独立变化的，有以下极值条件|

6、n 1asec 1tg1d1 n2bsec 2tg2d20 再求2的变分asec21d 1 bsec22d2 c 0与消去d 1和d 2得nisinin2sin 2乙法见同一图，取x为变分参数 取0为原点,那么有：Ina2 x2 b2 (c x2)求此式变分，令之为零，有： Inix xa2x2n2(c x) x 02b2 (c x)这个式子从图中几何关系得知，就是(5).(2)按前述论点光假设看作微粒那么粒子速度V应等于光波的群速度Vg光程原理作VGdl0,依前题相22cc速Vp，而Vg cn，n是折射率，n是波前阵面更引起的，而波阵面速度那么是相速度Vp，这样最小作VgVp用量原理仍可以化

7、成最小光程原理ndl 0前一非难是将光子的传播速度v看作相速度Vp的误解1.8对高速运动的粒子(静质量2 mc r?/ c2m )的能量和动量由下式给出(1)试根据哈密顿量及正那么方程式来检验以上二式速由此得出粒子速度和德布罗意的群速度相等的关系计算速度并证明它大于光(解)根据(3)式来组成哈氏正那么方程式组：qqH，此题中qjv, pi p,因而Pi2422v m c c pP2C P:2422.me c p从前式解出p(用V表示)即得到(2).又假设将 代入(3)，就可得到(1)式.其次求粒子速度V和它的物质波的群速度间的关系.运用德氏的假设：p k于式右方，又用于(3)式左方，遍除h:(

8、k)按照波包理论，波包群速度Vg是角频率丢波数的一阶导数:im2c4Vg k(2c2k2c2k24m c2c2k2m2c42c P-22c P最后一式按照4式等于粒子速度V，因而vGV o又按一般的波动理论，波的相速度Vg是由下式规定Vpk利用5式得知是频率Vp4m cc c k6故相速度物质波的应当超过光速。最后找出Vg和Vp的关系，将12相除，再运用德氏波假设:Vp7补充：1.1设质量为m的粒子在一维无限深势阱中运动,V(x),x 0, x a0,0 x a解：据驻波条件，有(n 1,2,3,又据de Broglie关系而能量2a/nh/p2/2m2 2h n2m 4a22 /2m 22

9、2 2n2ma21,2,3,1试用量子化条件，求谐振子的能量谐振子势能V(x)(解)(甲法)可以用 Wilson-Sommerfeld的量子化条件式：pdqnhn -A0Z* 在量子化条件中，令pmx为振子动量，q x为振子坐标，设总能量E那么E P：2mm 2x2p j2m(E 宁代入公式得：2 22m(E m ?x )dx nh量子化条件的积分指一个周期内的位移，可看作振幅 0A的四倍，要决定振幅a ,注意在A或B点动能为1 2 20, E m a ,(1)改写为:2x2dx nha2积分得：m a2nh1遍乘 得2E h2乙法也是利用量子化条件，大积分变量用时间t而不用位移X,按题意振动

10、角频率为，直接写出位移X,用t的项表示：q x asin t求微分：dq dx a cos tdt 求积分：p mx ma cos t将(4)(5)代量子化条件：nhpdq ma2 2 0 cos2 tdtT是振动周期,T=，求出积分，得m a2 nhE Ln2n 1,2,3正整数2用量子化条件，求限制在箱内运动的粒子的能量，箱的长宽高分别为a,b,c. 解三维问题，有三个独立量子化条件，可设想粒子有三个分运动，每一分运动是自由运动.设粒子与器壁作弹性碰撞，那么每碰一次时，与此壁正交方向的分动量变号如Px,其余分动量不变，设想粒子从某一分运动完成一个周期，此周期中动量与位移同时变号，量子化条aPxdqxnxh2Pxdxo2a Px(1)Pydq：nyh2Pybdyo丿2bPy(2)Pzdqznzh2Pzcdzo2cPz(3)px, py, pz都是常数，总动量平方p牛；p； p： pZ总能量是：e 2L _L(pX2m 2m2PypZ)1 (nxh)2 (nyh2m( 2a )( 2b2 n zh 2)(叮沁28m a半2b(E)2c但 nx，ny，nz1,2,33平面转子的转动惯量为，求能量允许值解解释题意：平面转子是个转动体，它的位置由一坐