(完整版)量子力学总结

(完整版)量子力学总结量子力学基础（概念）量子力学是一种描述微观粒子在微观尺度下运动的力学，使用不连续物理量来描述微观粒子。量子的英文解释为“afixedamount”（一份份、不连续），因此量子力学的特征就是不连续性。量子力学描述的对象是微观粒子，而微观特征量则以原子中电子的特征量为例。这包括精细结构常数、原子的电子能级、原子尺寸等。例如，原子的电子能级大约在数10eV数量级。同时，原子尺寸可以用玻尔半径来估算，一般原子的半径为1Å。角动量是量子力学中的基本概念之一，它可以用来描述微观粒子的运动。在量子力学中，有多种现象和假设被用来解释微观粒子的行为，如光电效应、康普顿效应、波尔理论和德布洛意假设。德布洛意假设认为任何物体的运动都伴随着波动，因此物体若以大小为P的动量运动时，则伴随有波长为λ的波动。德布罗意波关系则是用来描述物质波的关系，其中λ为波长，h为普朗克常数，P为动量。波粒二象性是量子力学中的一个重要概念。电子衍射实验是证实电子波动性的重要实验之一，由戴维逊和革末于1926年进行。他们观察到了电子在镍单晶表面的衍射现象，并求出电子的波长为0.167nm。根据上式，发现光子出现的概率与光波的电场强度的平方成正比，这是爱因斯坦在1907年对光辐射的量子统计解释。同样地，电子也会产生类似的干涉条纹，几率大的地方会出现更多的电子形成明条波，而几率小的地方出现的电子较少，形成暗条纹。玻恩将||2解释为给定时间，在一定空间间隔内发生一个粒子的几率，他指出“对应空间的一个状态，就有一个由伴随这状态的德布罗意波确定的几率”，这也是他获得1954年诺贝尔物理奖的原因。根据态迭加原理，非征态可以表示成本征态的迭加，其中|Cn|2代表总的几率，也就是态中本征态n的相对强度（成分），即态部分地处于n的相对几率。在态中力学量F的取值n的几率可以表示为|Cn|2，这就是对波函数的普遍物理诠释。如果是归一化的，即积分结果为1，则|Cn|2的总和为1，代表总的几率。如果没有归一化，则需要对|Cn|2求和后再除以积分结果得到总的几率。波函数及其一次微商在全部分布空间中都必须有限，单值、连续的，平方可积。9、量子力学中常用的概念包括定态（几率）、束缚态（波函数为零）和本征态等。此外，本征方程、本征函数和本征值也是重要的概念。10、算符的对易性是量子力学中的一个重要概念。常用力学量算符包括能量E、哈密顿算符H、动量P、动能T、势能V(r)、坐标r和角动量等。13、14、15结论：力学量算符具有线性和厄米性质。具体来说，力学量算符的本征值为实数，不同本征值对应的本征函数正交且归一。在一定条件下，力学量算符的本征函数组成完备系。16、隧道效益、塞曼效益和史塔克效益是量子力学中的三个重要概念。18、全同粒子、费米子、波色子、洪特法则和泡利不相容原理是量子力学中的重要概念。19、海森堡测不准关系是量子力学中的一个重要原理，指的是两个物理量同时测量时，测量结果的不确定性与两个物理量的对易性有关。20、两个物理量同时测准的条件需要满足两个物理量的对易性，即两个物理量的算符对易。1、薛定谔方程是量子力学中的重要方程，描述了量子系统的波动性质。三维情况下，薛定谔方程可以表示为拉普拉斯算符作用于波函数的结果等于哈密顿算符作用于波函数的结果。其中，哈密顿算符由动能和势能项组成。2、定态薛定谔方程是指哈密顿算符中不含时间t的情况下，波函数可以分离成空间部分和时间部分的乘积形式。定态波函数的特点是几率密度与时间无关。根据公式（4-29），我们可以直接计算任何力学量F的平均值，而不需要预先求出F的全部本征值（进而求加权平均）和本征函数，只要知道波函数ψ即可。如果ψ没有归一化，则可以使用公式（4-30）或（4-31）来计算F的平均值。为了求解最大几率半径，我们可以利用一维谐振子的第一激发态波函数ψ1(x)。通过计算几率密度w(x)=|ψ1(x)|^2，我们可以将其转换为以ξ=αx为自变量的函数x(ξ)。然后，我们可以求解dw/dξ^2=2α^2ξ^2πe^(-ξ^2)，并令ξ^2=1/α^2x^2，得到x=±1/α(=±μω)。因此，最大几率半径r=a/μω。对于一维势阱问题，我们需要解定态方程（能量本征态方程）来求解波函数和能量本征值。对于势阱问题，我们可以使用通解（4）来求解波函数。通过应用边界条件，我们可以得到系数A和B的值，并进一步得到能量本征值。2根据定态薛定谔方程，可以得到能量本征值和波函数分别为：$$E_n=\frac{n^2\pi^2}{2\mua^2}\qquad\qquad\psi_n(x)=Asin\left(\frac{n\pix}{a}\right)$$将式（6）减去式（5），可以得到：$$2Asin(\alphax)=Bcos(\alphaa)$$当$A\neq0$时，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：$$E_n=\frac{(n+1)^2\pi^2}{2\mua^2}$$波函数为：$$\psi_n(x)=Bcos\left(\frac{(2n+1)\pix}{2a}\right)$$将式（9）和（10）改写为：$$E_n=\frac{(2n+1)^2\pi^2}{8\mua^2}\qquad\qquad\psi_n(x)=Bcos\left(\frac{n\pix}{a}\right)$$将式（8）和（10）改写为：$$\psi_n(x)=\begin{cases}Asin\left(\frac{n\pix}{2a}\right),&n\text{为偶数}\\Bcos\left(\frac{(2n+1)\pix}{2a}\right),&n\text{为奇数}\\0,&|x|>a\end{cases}$$归一化常数为$A=B=\frac{1}{a}$。根据能量本征值和波函数，可以得到三个区间内的波函数形式为：$$\begin{aligned}\psi_I(x)&=Ae^{i\betax}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquadx<-a\\\psi_{II}(x)&=Bsin(\alphax+\delta)\qquad\qquad\qquad-a<x<a\\\psi_{III}(x)&=Ce^{-\betax}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquadx>a\end{aligned}$$其中，$\alpha$和$\beta$分别为：$$\alpha=\frac{(2n+1)\pi}{2a}\qquad\qquad\beta=\sqrt{\frac{2\muE_n}{\hbar^2}}$$满足连续性条件的关系式为：$$ctg(\alphaa+\delta)=-\frac{\beta}{\alpha}\qquad\qquadctg(-\alphaa+\delta)=\frac{\beta}{\alpha}$$两式相减，可以得到：$$2\alphaa=n_1\pi-2ctg^{-1}\frac{\beta}{\alpha}$$令$n=n_2-n_1$（$n_2$为正整数），则有：$$\alphaa=n\frac{\pi}{2}-ctg^{-1}\frac{\beta}{\alpha}$$在本文中，我们考虑了三个物理问题的解法。首先，对于一个粒子在不对称力场中的情况，我们采用了类似于上一题的方法来求解束缚态的能量。通过分别求解定态方程，我们得到了不同n值的αn值，并进而求出了对应的能量E。其次，我们解决了一个平面转子的问题。我们得到了方程的解，以及对应的能级E和量子数m。最后，我们考虑了范德瓦尔斯力的情况。通过分区求解定态方程，我们得到了不同区间内的波函数，并进而求出了对应的能量E。文章中有一些数学公式和符号，但是缺少上下文，很难理解。因此，我们只能尝试修复格式错误和删除有问题的段落。下面是修复后的文章：阶梯势的散射问题考虑如下的薛定谔方程：$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+V(x)\psi(x)=E\psi(x)$$其中，$V(x)$为阶梯势函数，即：$$V(x)=\begin{cases}-V_0,&x<0\\V_0,&x\geq0\end{cases}$$假设$E>V_0$，我们可以得到如下的解：$$\psi_1(x)=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}$$其中，$k_1=\sqrt{\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}}$，$A$和$B$为待定系数。同样地，对于$x\geq0$的情况，我们有：$$\psi_2(x)=Ce^{ik_2x}+De^{-ik_2x}$$其中，$k_2=\sqrt{\frac{2m(E+V_0)}{\hbar^2}}$，$C$和$D$为待定系数。由于粒子一旦越过$x=0$的点（阶梯势），就不会再被阻挡，因此不存在返回的波，即$D=0$。接下来，我们考虑如何确定系数$A$、$B$和$C$。根据$x=0$的连续性条件，我们有：$$\psi_1(0)=\psi_2(0)$$$$\frac{d\psi_1}{dx}(0)=\frac{d\psi_2}{dx}(0)$$将$\psi_1(x)$和$\psi_2(x)$代入上述两个式子，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，我们得到了如下的解：$$\psi(x)=\begin{cases}\frac{ik_2}{2k_1+k_2}Ce^{ik_1x}+\frac{2k_1}{2k_1+k_2}Ce^{-ik_1x},&x<0\\Ce^{ik_2x},&x\geq0\end{cases}$$其中，$C$为待定系数。dx]=i，即eix和其导数的对易关系为虚数单位i。4-3(1)计算[x,d/dxxψ]ψ，其中ψ为任意波函数。将x和导数作用在ψ上，得到xψ'和ψ，再相减得到xψ'-xψ。因此，[x,d/dxx]=1。(2)计算[H,P]ψ(x)，其中H为哈密顿算符，P为动量算符，V(r)为势能函数。根据哈密顿算符和动量算符的定义，展开式子得到[H,P]ψ(x)=i(∂V(x)/∂x)ψ(x)。(3)计算[d/dx,x^2]ψ，其中ψ为任意波函数。将x^2和导数作用在ψ上，得到2xψ+x^2ψ'-x^2ψ''。因此，[d/dx,x^2]=2x。(4)计算[H,x]ψ(x)，其中H为哈密顿算符，V(x)为势能函数。根据哈密顿算符和x的定义，展开式子得到[H,x]ψ(x)=-i(1/2m)(ψ''+xψ')。4、求解平均值解：首先求出初始波函数：$\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}$2）由时间因子$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)$3）计算能量期望值：$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$4-10一维谐振子基态解：（1）利用第8题结果可直接得出$V=\frac{1}{4}\hbar\omega$（2）由基态波函数计算得$T=\frac{1}{4}\hbar\omega$（3）计算动量几率分布：$\psi(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\alphax^2/4-i\omegat/2}$，动量本征函数为$\varphi(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{ipx/\hbar}$，则几率振幅为$C(p,t)=\frac{\alpha}{\sqrt{2\pi}}e^{i\omegat/2-p^2/2\alpha^2}$，动量几率分布为$\omega(p,t)=|C(p,t)|^2$4-11$\psi(x,0)=A(\sin^2x+\cosx)$1）求动量与动能：$\psi(x,0)=A\left(\frac{1-\cos2x}{2}+\cosx\right)$，展开为傅里叶级数得到$c_{\pm2}=-\frac{1}{2},c_1=1,c_0=\frac{1}{2}$，则动量为$p=\pm2k,k$，动能为$E_k=\frac{\hbar^2k^2}{2m}$，故$E_{\pm2}=2E_k,E_1=E_k,E_0=\frac{1}{2}E_k$。2）由傅里叶级数得到$\psi(x,0)=\frac{A}{2}(1+e^{2ikx}+\cos2kx)$，则$P=\frac{A^2}{2}$，$T=\frac{\pi\hbar}{2E_k}$。文章中存在大量的格式错误和段落缺失，需要进行修正和补充。以下是修正后的文章：根据公式2，可以推导出公式3：$\piA^2=\frac{416}{1+4\cdot}$，因此$A=\frac{1}{\pi}$。接着，根据公式4，可以得到$p=\frac{cp+c^2}{p+c}-\frac{-p+c}{(-p)+c}+\frac{2p}{(2p)+c}-20$。平均动能的公式为$T=\frac{1}{2\mu}P^2$，其中$P^2=\frac{c\cdotp+c^2}{p+c}-\frac{-p+c}{(-p)+c}+\f