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1 第一章作業(yè)第一章作業(yè) 1、在一維無限深勢阱中運(yùn)動(dòng)的粒子，由于邊界條件的限制，勢阱寬度 d 必須等于德布羅意 波半波長的整數(shù)倍。試?yán)眠@一條件導(dǎo)出能量量子化公式 2 2 2 ,1,2,3 8 n h Enn md =? （提示：非相對論的動(dòng)能動(dòng)量關(guān)系為 2 2 k PmE=） 解：由 2 nd =，由德布羅意關(guān)系 2 hh pn d = 則粒子的能量 22 2 2 ,1,2,3 28 Ph Enn mmd =? 2、在氣體放電管中，高速電子撞擊原子發(fā)光，如高速電子的能量為 12.2eV，轟擊處于基態(tài) 的 氫 原 子 。 試 求 氫 原 子 被 激 發(fā) 后 所 發(fā) 射 的 光 譜 線 波 長 。 （ 已 知 里 德 伯 常 數(shù) 71 1.097 10Rm=） 解：由 1 2 n E E n =， 1 13.6E = eV 得 1 12.2 n EE=eV 求得3n = 可能的躍遷是 31 EE， 32 EE， 21 EE 由 22 111 () nk R kn =?得 31 9 102.6 8R = 32 36 656.3 5R = 21 4 121.6 3R = 3、在基態(tài)氫原子被外來單色光激發(fā)后發(fā)出的巴爾末系中。僅能觀測到三條譜線。試求： （）外來光的波長； （）這三條譜線的波長。 解： （）由僅能觀測到三條譜線，則氫原子被激發(fā)到第四激發(fā)態(tài)即5n = 由 19 19 2 13.6 1.6 10 ( 13.6 1.6 10) c hh n =解得95.2nm= （）對巴爾末系 22 111 () nk R kn =? 所以 23 656nm=， 24 486nm=， 25 434nm= 4、證明電子具有波動(dòng)性的實(shí)驗(yàn)是（C） A夫蘭克赫茲實(shí)驗(yàn)； B史特恩蓋拉赫實(shí)驗(yàn)； C電子束衍射實(shí)驗(yàn)； D康普頓效應(yīng)。 2 第二章作業(yè)第二章作業(yè) 1、量子力學(xué)波函數(shù) (),r t ? 是應(yīng)該滿足什么樣的標(biāo)準(zhǔn)條件？() 2 ,dr t ? 的物理含義是什 么？ 答：波函數(shù)是用來描述體系的狀態(tài)的復(fù)函數(shù)，除了應(yīng)滿足平方可積的條件之外，它還應(yīng)該是 單值、 有限和連續(xù)的；() 2 ,dr t ? 表示在t時(shí)刻r ? 附近d體積元中粒子出現(xiàn)的幾率。 2、寫出定態(tài)波函數(shù)，定態(tài)的特點(diǎn)？ 答：由定態(tài)波函數(shù)描述的狀態(tài)稱為定態(tài)；定態(tài)波函數(shù)為()( ),exp() i r trEt= ? ? ；定態(tài) 的特點(diǎn)： （1） 粒子處于定態(tài)時(shí)能量具有確定的值，即為E； （2）粒子處于定態(tài)時(shí)的幾率密度，幾率流密度與時(shí)間無關(guān)。 3、簡述玻爾理論的核心思想？ 玻爾假設(shè)： （1）定態(tài)假設(shè)： 電子沿著特定的軌道運(yùn)動(dòng)，在這些特殊的軌道上電子處于穩(wěn)定狀態(tài)，不向外輻射電磁波； （2）頻率條件： 電子由定態(tài)向定態(tài) n E躍遷時(shí)吸收或輻射頻率為的光子，且滿足關(guān)系式 mn EEh= （3）軌道角動(dòng)量量子化假設(shè)： 電子只能沿著特定的軌道運(yùn)動(dòng)，滿足軌道量子化pdqnh= ? 4、簡析波恩關(guān)于量子力學(xué)的統(tǒng)計(jì)解釋？ 答：微觀粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)由波函數(shù)描述，波函數(shù)的模的平方() 2 ,tr ? 表示在t時(shí)刻 dzzzdyyydxxx+,區(qū)間單位體積元內(nèi)找到粒子的幾率。 5、簡述量子力學(xué)中態(tài)的疊加原理。 答：如果 1 和 2 是體系的可能狀態(tài)，那末它們的線性疊加 1122 cc = +（ 12 ,c c是復(fù) 數(shù)）也是這個(gè)體系的一個(gè)可能的狀態(tài)，這就是量子力學(xué)中態(tài)的疊加原理。其含義為：當(dāng)粒子 處于 1 和 2 的線性疊加態(tài)時(shí)，粒子是既處在態(tài) 1 ，又處在態(tài) 2 。 6 、 已 知 粒 子 在(0, )a之 間 的 一 維 無 限 深 勢 阱 中 運(yùn) 動(dòng) ， 粒 子 的 波 函 數(shù) 為 3 sin()sin()Axx aa =+，求： （1）歸一化常數(shù)A； （2）粒子能量的可能值及幾率； （3）測量粒子能量的平均值。 （粒子在(0, )a一維深勢阱中波函數(shù) 2 sin() n n x aa =，能級 222 2 2 n n E a = ? ） 答： （1）由 2 sin() n n x aa =知 13 3 sin()sin()() 22 aa AxxA aa =+=+， 3 歸一化 22 ()()1 22 aa AA+=，得 1 A a =。 （2）由能級 222 2 2 n n E a = ? ，得 22 1 2 2 E a = ? ，幾率為 2 1 1 () 22 a A=； 22 3 2 9 2 E a = ? ，幾 率為 2 1 1 () 22 a A=。 （3）測量粒子能量的平均值為 222222 1122 222 11 95 2 22 22 EEE aaa =+=+= ? 。 7、一粒子被限制在相距為l的兩個(gè)不可穿透的壁之間如圖所示。描寫粒子狀態(tài)的波函數(shù)為 ()cx lx=，其中c為待定常數(shù)。求在 1 0 3 l區(qū)間內(nèi)發(fā)現(xiàn)該粒子的幾率。 解：由歸一化得 2 222 00 ()1 ll dxc x lx dx= 解得 5 30 c l =，則 5 30 ()x lx l = 則在 1 0 3 l區(qū)間內(nèi)發(fā)現(xiàn)該粒子的幾率為 2 22 33 5 00 3017 () 81 ll Wdxx lx dx l = 。 8、已知粒子在(0, )a之間的一維無限深勢阱中運(yùn)動(dòng)，粒子的波函數(shù)為 2 sin() n n x aa =， 求在阱壁0a =到 3 a 找到粒子的幾率？當(dāng)2n =時(shí)，此幾率是多大？ 答： 2 2 333 000 2 ( )sin () aaa n Ww x dxdxx dx aa = 3 0 12112 (1 cos)sin 323 a nn x dx aan = 當(dāng)2n=時(shí) 114 sin40.2% 323 W n =。 9、質(zhì)量為m的粒子，在一維無限深勢阱 0, ( ) ,0, xa V x xxa = 0 中運(yùn)動(dòng)，試求體系的能量本征值及相應(yīng)的歸一化本征函數(shù)。 4 解：體系的狀態(tài)波函數(shù)滿足如下薛定諤方程： 22 2 ,0 2 d Exa m dx = ? 本征函數(shù)為：( )sinxAkx= 2 2 2mE k = ? 22222 2 22 2 n nn kE ama = ? ，即， 由歸一化條件得： 2 A a = 2 ( )sin n xx aa = 10、粒子在寬度為 a 的一維無限深勢阱中運(yùn)動(dòng)，其波函數(shù)為： 23 ( )sin(0) x xxa aa =，試求粒子出現(xiàn)概率最大的位置。 解：由粒子出現(xiàn)的幾率密度為 2 2 23 sin x w aa =，欲使粒子出現(xiàn)的幾率最大，即 23 sin1 x a =，即 3 (21) 2 x k a =+，即(21) 6 a xk=+ 當(dāng)0k=時(shí)， 6 a x=；當(dāng)1k=時(shí)， 2 a x=； 當(dāng)2k=時(shí)， 5 6 a x=；當(dāng)3k=時(shí)， 7 6 a x=（不合題意，舍去） 故在阱內(nèi)，坐標(biāo)為 6 a ， 2 a ， 5 6 a 三處出現(xiàn)粒子的幾率最大。 11、一個(gè)粒子沿x方向運(yùn)動(dòng)，可以用下面的波函數(shù)描述 1 ( ) 1 xc ix = + （1）求歸一化的波函數(shù)。 （2）求概率密度函數(shù)。 （3）什么地方出現(xiàn)粒子的幾率最大？（已知定積分 2 1 1 dx x = + ） 解： （1）由歸一化得 2 *222 2 1 arctan1 1 dxdxcdxcxc x = + 解得 1 c =，則 11 1ix = + （2） 2 * 2 1 ( ) (1) w x x = + （3）由 ( ) 0 m x x dw x dx = =，解得0 m x =，由 2 2 0 ( ) 0 x d w x dx = ，故為極大值。即0x =處找到 5 粒子的幾率最大。 12、一維諧振子在 0=t 時(shí)處在歸一化的波函數(shù) 023 11 ( ,0)( )( )( ) 52 xxxcx=+所 描寫的狀態(tài)中，式中( )x是一維諧振子的能量本征函數(shù)，求： （1）利用歸一化求c的值； （2）測量能量的可能值、相應(yīng)的概率及能量的平均值。 （3）求測量能量大于2?的幾率。 解： （1）由 2 1 n n c= ，即 22 211 1 52 c+=，得 3 10 c = （2）因?yàn)?123 113 ( ,0)( )( )( ) 5210 xxxx=+，由()1/2 n En=+?，則體系的 能量的可能取值為 0 1 2 E=?，其幾率為 1 5 ； 2 15 (2) 22 E=+=?，其幾率為 1 2 ； 3 17 (3) 22 E=+=?，其幾率為 3 10 。 能量的平均值為 023 11312 52105 EEEE=+=? 測量能量大于2 ? 的幾率為 134 2105 += 13、已知做直線運(yùn)動(dòng)的粒子處于狀態(tài) 1 ( ) 1 x ix = （1）將( )x歸一化； （2）求出粒子坐標(biāo)幾率最大處的位置。 （已知定積分 2 1 1 dx x = + ， 2 0 1 12 dx x = + ） 解： （1）令 1 ( ) 1 xc ix = ，由歸一化得 2 *222 2 1 arctan1 1 dxdxcdxcxc x = + 解得 1 c =，則 11 1ix = （2）由 ( ) 0 m x x dw x dx = =，解得0 m x =，由 2 2 0 ( ) 0 x d w x dx = ，故為極大值。即0x =處找到 粒子的幾率最大， 1 (0)w =。 6 14、已知體系處于疊加狀態(tài) 35 ( )3sinsin xx x aa =+中，粒子被限制在0xa的范圍 內(nèi)運(yùn)動(dòng)， （1）試將 ( )x歸一化； （2）求體系能量的可能取值及其相應(yīng)的幾率。 （一維方勢 阱能級 222 2 2 n n E ma = ? ，1,2,3n =?） 解： （1）令( ) 35 3 sinsin xx cxcc aa =+ 35 2325 3sinsin3( )( ) 2222 axaxaa cccxcx aaaa =+=+ 3535 3( )( ) 3( )( ) 2222 aaaa cxcxcxcx =+ 222 951 22 aa ccac=+= 1 5 c a = 35 31 1010 = +歸一化的波函數(shù)為 （2）因?yàn)?35 31 1010 = +，所以體系的能量的可能取值是 22 3 2 9 2 E ma = ? ， 22 5 2 25 2 E ma = ? ，它們測量的幾率分別為 9 10 ， 1 10 。 15、已知質(zhì)量為 m 的一維粒子的波函數(shù)為： /2 (0) sin() ( , ) (0,) 0 nt h n n ix xL x x t LL xxL e = ， 能級為 22 2 2 2 n h En mL =，(1,2,3)n = （1）寫出基態(tài)和第 4 激發(fā)態(tài)的能量； （2）計(jì)算在( , ) n x t上，測和所得結(jié)果； （3）寫出粒子的幾率密度分布函數(shù)； （4）求粒子在基態(tài)和第 2 激發(fā)態(tài)時(shí)的最可幾位置。 解： （1）基態(tài)能量 22 1 2 2 h E mL = 第 4 激發(fā)態(tài)的能量 22 2 51 2 25 5 2 h EE mL = 7 （2） *2 000 212 sin(cos) 2 LLL nn nnL xxdxxxdxxxx dx LLLL = * 2 00 2 ()sincos0 LL xnn ihnn xn x Pihdxdx xLLL = = （3） 2 * 2 (0)sin (0,) 0 n n n x xL LL xxL = （4）基態(tài)1n =， 2 2 1 2 sin nx LL =令 2 1 0 d dx = 即 22 222 2sincossin0 xxx LLLLL = 所以0, 2 L xL=； 第 2 激發(fā)態(tài)，3,n = 2 2 3 23 sin x LL =，令 2 3 0 d dx = 所以最可幾位置0,/6,/3,/2,2 /3,5 /6,xLLLLLL= 16、 一些有機(jī)染料分子具有一條由幾個(gè)碳原子沿直線排列組成的鏈。 一個(gè)電子參與到這些原 子的鍵中很像是出于匣中的粒子。 在一種染料分子的模型中， 假定電子被限定在長為 0.94nm 的一維鏈上。 （1）求出最低的四個(gè)態(tài)的能量。 （2）比較在 n=3 和 n=4 時(shí)位于區(qū)域中點(diǎn)的概 率密度。 （3）染料的顏色歸結(jié)于電子在這兩個(gè)態(tài)之間的躍遷，求出染料的顏色。 解： 此問題可以看成是一維勢阱問題， 電子在一維勢阱中的波函數(shù)和能級可以由定態(tài)薛定諤 方程解出 （1）由能級 222342 222 23192 (1.05 10) 0.43 22 9.11 10(0.9 10 ) n h Ennn eV ma = 對于1,2,3,4n =，可得能級為 1 0.43EeV=； 2 1.7EeV=； 3 3.8EeV=； 4 6.8EeV=； （2）在/2xa=處這兩個(gè)波函數(shù)為 3 232 sin 20.94anm = 和 4 24 sin0 2a = 2 21 33 22 ()2.1wnm aa =， 2 2 44 (0)0w= （3）電子從 n=4 向 n=3 態(tài)躍遷時(shí)發(fā)射一個(gè)光子。光子的能量為 43 3.0hEEeV= 8 光的頻率為 3.0 410 eV nm h =，位于光譜的紫色區(qū)域。 17、試判斷下列公式何者符合態(tài)的疊加原理？（式中 21,c c是復(fù)常數(shù)，( )( )tctc 21 ,是時(shí)間的 函數(shù)） （A） A( )( )( )xcxcx 2211 +=； B( )( )( )( )xcxtcx 2211 +=； C( )( )( )( )( )xtcxtcx 2211 +=； D( )( )( )( )xtcxcx 2211 +=。 18、下列波函數(shù)哪些是定態(tài)波函數(shù)？（C） A( )( ) ? ? EtiEti erer + 21 ； B( )( ) ? ? tEitEi erer 21 21 +； C( )( ) ? ? EtiEti erer + 21 ； D( )( ) ? ? tEitEi erer 21 21 +。 19、 （判斷題）在一維無限深勢阱中粒子運(yùn)動(dòng)的能量不能連續(xù)地取任意值，只能取分立值， 即能量是量子化的（ 正確 ） 。 20、 （判斷題）在一維無限深勢阱中粒子運(yùn)動(dòng)的能量的量子化是我們?nèi)藶橐氲模?錯(cuò)誤 ） 。 21、 （判斷題）在一維無限深勢阱中粒子運(yùn)動(dòng)的能量的最小值為零（ 錯(cuò)誤 ） 22、 （判斷題）在一維無限深勢阱中微觀粒子在各處出現(xiàn)的概率不均勻（ 正確 ） 。 23、 （判斷題）微觀粒子在一維無限深勢阱中各能級的阱壁處出現(xiàn)的概率為零（ 正確 ） 第三章作業(yè)第三章作業(yè) 1、已知 F和 G為厄米算符，證明 MFG=+也是厄米算符。 證明：設(shè)任意兩函數(shù)和，由 * ()()()M dFGdF dG dFdGd =+=+=+ * () )FGd =+ ，滿足厄米算符的定義，得證。 2、已知 F和 G為厄米算符，證明 ()Mi FGGF=也是厄米算符。 證明：設(shè)任意兩函數(shù)和，由 * ( ()M di FGGFd = * ()iFG dGF d = * ( ()()iFG dGF d = * ( ()()iGFdFGd = * () )( () )iGFFGdi FGGFd = ，滿足厄米算符的定義，得證。 3、證明厄米算符的本征值必為實(shí)數(shù)。 證明：設(shè) F為厄米算符，其本征方程 F=， * ()F dFd = ， * dd = ，則 * ()0d = ，又 * 0d ，所以 * =，亦即 為實(shí)數(shù)。 9 4、證明動(dòng)量算符的一個(gè)分量xp是厄密算符。 證明：設(shè)任意兩函數(shù)和，由 * xpdxidx x = ? * * () x iidxpdx x = += ?，滿足厄米算符的定義，得證。 5、動(dòng)量算符的本征值方程為？動(dòng)量算符的本征波函數(shù)為？ 答：動(dòng)量算符的本征方程 ( )( ) PP PrPr= ? ? ? ；動(dòng)量算符的本征波函數(shù)為( ) i P r P rCe = ? ? ? ? 。 6、連續(xù)譜的波函數(shù)怎么歸一化？ 答：連續(xù)譜的波函數(shù)歸一化為（1）歸一化為函數(shù)； （2） “箱”歸一化。 7、角動(dòng)量算符的分量式的定義？ 答：角動(dòng)量算符的定義： xzy LyPzPiyz zy = ?； yxz LzPxPizx xz = ?； zyx LxPyPixy yx = ?； 8、角動(dòng)量的平方算符的定義？ 答： 2 22222 22 11 sin sinsin xyz LLLL =+= + ?。 9、角動(dòng)量算符的z分量在球坐標(biāo)中的表達(dá)式? 答： z Li = ?。 10、角動(dòng)量的平方算符的本征值方程？ 答： 2 , ( , )( , )(1)( , ) l ml ml m LYYl lY =+。 11、角動(dòng)量算符的z分量算符的本征值方程？ 答： , ( , )( , ) zl ml m L Ym Y =?。 12、屬于是 2 L的本征值為 2 (1)l l+?的本征函數(shù)的簡并度？ 答：屬于是 2 L的本征值為 2 (1)l l+?的本征函數(shù)的簡并度為(21)l +。 13、什么是簡并？什么是簡并度？ 答：簡并：屬于同一本征值的線性無關(guān)的本征函數(shù)有多個(gè)，這種現(xiàn)象稱為簡并；簡并度：算 符屬于同本征值為 n 的線性無關(guān)的本征函數(shù)有 n f個(gè)，稱它的第n個(gè)本征值是 n f度簡并。 14、求證( , , )x y zxyz=+是角動(dòng)量的平方算符 2 L的本征值為 2 2?的本征函數(shù)。 10 證明：由() x Liyziyz zy = = ?； () y Lizxizx xz = = ?；() z Lixyixy yx = = ? 由此得() 22 x Lyz=+?，() 22 y Lzx=+?；() 22 z Lxy=+? 所以() 222222 22 xyz LLLLxyz=+=+=?， 即( , , )x y zxyz=+是角動(dòng)量的平方算符 2 L的本征值為 2 2?的本征函數(shù)。 15、求證 1 yiz=+， 2 zix=+， 3 xiy=+是角動(dòng)量算符 x L，yL，zL的本征值為?的 本征函數(shù)。 證明：由 , xzy LyPzP= yxz LzPxP=， zyx LxPyP= 因此 11 ()() x Liyzyizi zyyiz zy = +=+=+= ?，同理 22 y L=?， 33 z L= ? 即說明 1 yiz=+， 2 zix=+， 3 xiy=+是角動(dòng)量算符 x L， y L， z L的本征值為?的 本征函數(shù)。 16、當(dāng)2n =時(shí)，電子的波函數(shù)( , , ) n l m r 的簡并度是？其波函數(shù)有哪些? 答：簡并度是 2 4n =；其波函數(shù)有 20021121021 1 , 。 17、已知波函數(shù)按其完備的本征函數(shù)組展開為為 nn n C=，求展開系數(shù) n C？ 答：由 nn n C=，用 * m 左乘上式并在全空間積分， * mmnnmnmnnmnm nmnn dCdC CdCC = ，即 * nn Cd =。 18、求在能量本征態(tài) 2 ( )sin() n n x x LL =下，動(dòng)量和動(dòng)能的平均值？ 答： * 00 ( )( )( )( ) LL nnnn d Px Px dxixx dx dx = ? 2 0 2 sin()cos() L nn xn x idx LLL = ? 11 2 0 2 sin0 L i nn x dx LL = = ? 2222 * 2 00 ( )( )( )( ) 222 LL knnnn pPd Exx dxxx dx dx = ? 2222 22 2 0 ()sin () 2 L nn xn dx LLLL = ? 19、設(shè)氫原子處于 21103110211 1 111 ( , , )( )( , )( )( , )( )( , ) 222 rRr YRr YRr Y =所描述的狀態(tài)， 求其能量、 角動(dòng)量平方及角動(dòng)量Z分量的可能取值與相應(yīng)的取值概率， 進(jìn)而求出它們的平均 值。 答：選 2 , Z H L L為描述體系的力學(xué)量完全集，氫原子的本征解為 22 4 1 2n e En ? = ( , , )( )( , ) n l mn llm rRr Y = （1,2,3,n =?；0,1,2,1ln=?；0, 1,2,ml=?） 歸一化 5 4 2 1 4 1 2 1 2 1 = += c 氫原子的能量只與主量子數(shù)n有關(guān)，依題意可知，n的可能取值有兩個(gè)，即2 3n =、于是 4 2 2 8 e E = ? ； 5 4 5 4 2 1 2 1 )( 2 = +=EW 4 3 2 18 e E = ? ； 5 1 5 4 4 1 )( 3 =EW 444 222 41 851859 eee E = = ? 角動(dòng)量量子數(shù)l的可能取值只有一個(gè)，即1l =,故有 2222 2; (2)1Lw L=? 22 2L =? 角動(dòng)量磁量子數(shù)m的可能取值有兩個(gè)，即0, 1m =,于是 12 hLz=； () 142 1* 255 z W L = = 0= z L； () 5 3 5 4 4 1 2 1 0= += z LW 2 5 z L = ? 20、已知空間轉(zhuǎn)子處于如下狀態(tài) 1121 12 ( , )( , ) 33 YY =+，試問： （1）是否是 2 L的本征態(tài)？ （2）是否是 z L的本征態(tài)？ （3）求 2 L的平均值； （4）在 態(tài)中分別測量 2 L和 z L時(shí)得到的可能值及其相應(yīng)的幾率。 解： （1） 22 1121 12 ( , )( , ) 33 LLYY =+ ()() 22 1121 12 1(1 1)2(2 1) 33 YY=+? 2 1121 1 22 3 YY =+ ? 沒有確定的 2 L的本征值，故不是 2 L的本征態(tài)。 （2） 1121 12 ( , )( , ) 33 zz LLYY =+ 1121 12 33 YY=+? 1121 12 33 YY =+ ? 是 z L的本征態(tài)，本征值為?。 （3）由 1121 12 ( , )( , ) 33 YY =+歸一化得 1121 12 33 cYY =+ () 11211121 3121 2 3355 YYYY =+=+ 利用 2 | nn n Fc=得 22 2222 1226 26 555 L=+=? （4）故 2 2 2 2 6 L = ? ? 相應(yīng)的幾率為 1 5 4 5 ， z L= ?相應(yīng)的幾率為 1。 21、證明 , , ,A BCA B CB A C=+。 證明： ,A BC ABCBCA= BACBACABCBCA+= , ,A B CB A C=+得證。 22、證明 , x x pi= ?。 13 證明：引入任意波函數(shù)，由 , ,()() x x pxxxxxi ixixxixx = ? ? 所以 , x x pi= ?。 23、計(jì)算下列對易子 ,? d x dx =， 2 ,? d x dx = Key:1,2x。 24、證明： , xyz L Li L= ?。 證明： ,()()()() xyxyyxzyxzxzzy L LL LL LyPzPzPxPzPxPyPzP= () zxzzyxyzxzxyzzzy yP zPyP xPzP zPzP xPzP yPzP zPxP yPxP zzP=+ () xzzzxyyzxzxyzzyz yP P zxyPPzzP PxP zPyP zPzzP PxyPPxP P z=+ ()() yxzzz xPyPzPP zi L= ? 得證。 25、證明： 2 ,0 x L L=。 證明： 2222222 , , , xxxyzxxxyxz L LL LLLL LL LL L=+=+ 0, ,0, , , xyyxzzyxyxyyzxzxzz L L LL L LL L LL L LL L LL L L=+=+ ()()0 yzzyzyyz L i Li L LLi Li L L=+ =?得證。 26、求在能量的本征態(tài) 2 ( )sin() n n x x LL =下，動(dòng)量和動(dòng)能的平均值。 解： * 00 ( )( )( )( ) LL nnnn d Px Px dxixx dx dx = ? 2 0 2 sin()cos() L nn xn x idx LLL = ? 2 0 2 sin0 L i nn x dx LL = = ? 2222 * 2 00 ( )( )( )( ) 222 LL nnnn pPd xx dxxx dx dx = ? 2222 22 2 0 ()sin () 2 L nn xn dx LLLL = ? 27、證明 ( ) ( ), x U x U xpi x = ?。 14 證明：設(shè)(), ,f x y z為任意可微函數(shù) ( )() , xxxxx U xPfUPPUfUP fPUf = ()Uff i Ui xx = + ? fUf i Ui fi U xxx = + ? UU i fif xx = ? 所以( ) , x U U xPi x = ?。 28、利用測不準(zhǔn)關(guān)系證明，在 z L本征態(tài) lm Y下，0 x L=，0 y L=。 證明： 2 2 22 ) 4 yzxyzx LLi LLLL= ? ?，（ 由于在 z L本征態(tài) lm Y中，測量力學(xué)量 z L有確定值，所以 z L均方偏差必為零，即不確定關(guān)系： 22 22 2 )00 44 yxx LLL ? （，欲保證不等式成立，必有：0 x L=，同理0 y L=。 29、若氫原子在 t=0 處在狀態(tài) 31022101 cc+中，則在 t 時(shí)刻氫原子的波函數(shù)為（D） A.)exp()( 2 31022101 ? tE icc+；B. )exp()( 3 31022101 ? tE icc+ C.)exp( 2 2101 ? tE ic； D.)exp()exp( 3 3102 2 2101 ? tE ic tE ic+ 30、設(shè)),(r nlm 為氫原子的能量本征函數(shù)，完成下列積分： = V d nlmx L nlm * _，+ V nlmyxnlm dLL) ( 22* _，= V nlmnlm dL 2* _。 （key:0，()() 2222 1,1?+llmll。 ） 31 、 在 任 意 狀 態(tài) 中 22 )( ) ( x px_ ， 在 2 L和 z L 的 本 征 態(tài) lm Y中 ， 22 ) () ( yx LL_。 （key: 4 2 ? ， 4 22? m ） 32、證明： （1）證明) ( yzzy pLLpi為厄密算符。 （2）厄密算符的本征值是實(shí)數(shù)。 （答案略） 第四章作業(yè)第四章作業(yè) 1、已知在 2 L和 z L的共同表象中，算符 x L和 y L的矩陣分別為 010 2 101 2 010 x L = ? ； 00 2 0 2 00 y i Lii i = ? 求它們的本征值和歸一化的本征函數(shù)，最后將矩陣 x L和 y L對角化。 15 解：設(shè) x L的本征值為 2 2 = ? ，本征波函數(shù)為 a b c = ，本征方程為 x L=即 010 22 101 22 010 aa bb cc = ? ，則 10 110 01 a b c = 要使本征波函數(shù)不為零，亦即要求 a,b,c 不全為零，其條件是上式系數(shù)矩陣的行列式為零。 即 10 110 01 = 得 3 20+=得 1 2 3 2 0 2 = = = 得2=? 所以本征值 112233 0, 222 , = ? ? 當(dāng) 1 2=時(shí)， 210 1210 012 a b c = ，得 2 2 b a b c = = 得 a b c = 得 1 12 1 12 b = 歸一化 11 1 + =即 * 1 2 11 111 22 1 2 bb = 得 * 1 2 b b=得 1 2 b= 所以 1 1 1 2 2 1 = 當(dāng) 2 0=時(shí)， 010 1010 010 a b c = ，有 0b ca = = 得 a b c = 即 2 1 0 1 a = 歸一化 * 22 21a a + =得 1 2 a=，所以歸一化的波函數(shù) 2 1 1 0 2 1 = 當(dāng) 3 2= 時(shí)， 210 1210 012 a b c = ，有 2 2 b a b c = = 由 a b c = 得 3 1 2 2 1 b = 16 歸一化 33 1 + =， 1 2 b= ，所以歸一化的波函數(shù) 3 1 1 2 2 1 = 所以 1 12 1 12 b = 、 2 1 1 0 2 1 = 、 3 1 1 2 2 1 = 構(gòu)成正交歸一的完備系。 正交歸一化條件 + = ijij =( ,1,2,3)i j， x L的對角矩陣 x L 1 2 3 0 00 000 00 0 = ? ? 。 類似地, 可求出 y L的本征值、歸一化的本征函數(shù)系和對角陣。 本征值 123 ,0,= ? 本征波函數(shù) 1 1 1 2 2 1 i = 、 2 1 1 0 2 1 = 、 3 1 1 2 2 1 i = 正交歸一化條件 + = ijij =( ,1,2,3)i j， y L的對角矩陣 00 000 00 y L = ? ? 2、判斷下列算符的矩陣表示何為厄密算符，其中ba,為實(shí)數(shù)（C） A. ab ba ； B. + + ibaib ibiba ； C. aib iba ； D. ia a 0 0 3、下列說法正確的是（C） A諧振子處0態(tài)，能量為零，諧振子不運(yùn)動(dòng)； B幺正矩陣是厄密矩陣； C() 22 xx pxxpi是厄密算符； D粒子在x方向的動(dòng)量 x p與x方向角動(dòng)量 x L不能同時(shí)有 確定的值。 第六章第六章 自旋與全同粒子自旋與全同粒子 1、寫出在z表象中的泡利矩陣的表達(dá)式= x ；= y ；= z ； 答：泡利矩陣的表達(dá)式為 = 01 10 x , = 0 0 i i y , = 10 01 z 。 17 2、寫出自旋算符的矩陣形式 x S= ； y S= ，； z S= ？ 答：自旋算符的矩陣形式為 01 102 x S = ? ； 0 02 y i S i = ? ； 10 012 z S = ? 。 3、 2 (,) z L L的共同的本征函數(shù)是什么？本征值是什么，寫出其本征值方程？ 答： 2 (,) z L L的共同的本征函數(shù)是球諧函數(shù)( , ) lm Y 。 本征值方程為 22 ( , )(1)( , ) lmlm LYl lY =+?；( , )( , ) zlmlm L Ym Y =?。 4、寫出產(chǎn)生算符、湮滅算符、粒子數(shù)算符的本征值方程？ 答：產(chǎn)生算符的本征值方程1a nn n=； 湮滅算符的本征值方程11annn + =+； 粒子數(shù)算符的本征值方程 Na a nn n + =。 5、寫出下列對易關(guān)系 y xP = ， x xP = ， xy LL= 。 答： y xP = 0 ， x xP = i? ， xy LL= z i L? 。 6、寫出下列對易關(guān)系 yz LL= ， y yP = ， x yP = 。 答： yz LL= x i L ? ， y yP = i? ， x yP = 0 。 7、證明： xyz i =。 （5 分） 證明：由對易關(guān)系 2 xyyxz i =及反對易關(guān)系 0 xyyx +=，得 xyz i = 上式兩邊乘z，得 2 xyzz i = 2 1 z = xyz i = 8、證明：在 z L的本征態(tài)下，0 x L=。 證明：由 z L的本征態(tài)為( , ) lm Y ， *1 ( , )( , )( , )( , ) xlmxlmlmyzzylm LYL YdYL LL L Yd i = = ? * 11 ( , )( , )( , )( , ) lmyzlmlmzylm YL L YdYL L Yd ii = ? * 11 ( , )( , )( , )( , ) lmylmzlmylm mYL YdL YL Yd ii = ? ? 18 * 11 ( , )( , )( , )( , ) lmylmlmylm mYL YdmYL Yd ii = ? ? =0，得證。 9、求 01 102 x S = ? 的本征值和所屬的本征函數(shù)。 解：對 01 102 x S = ? 由 11 22 01 102 cc cc = ? 得久期方程： 2 0 2 = ? ? 則本征值為 2 = ? 當(dāng) 1 2 = ? 時(shí)，本征函數(shù)為 1 2 12 當(dāng) 2 2 = ? 時(shí)，本征函數(shù)為 1 2 12 10、求 0 02 y i S i = ? 的本征值和所屬的本征函數(shù) 解：對 0 02 y i S i = ? 由 11 22 0 02 cci cci = ? 得久期方程： 2 0 2 i i = ? ? 則本征值為 2 = ? 當(dāng) 1 2 = ? 時(shí)，本征函數(shù)為 1 2 2i 當(dāng) 2 2 = ? 時(shí)，本征函數(shù)為 1 2 2i 11、設(shè)氫原子處于 19 ()( )()( )()( )() 21103110211 1 111 , ,RY,RY,RY, 222 rrrr = 的狀態(tài)上，求其能量、角動(dòng)量平方及角動(dòng)量 Z 分量的可能取值與相應(yīng)的取值幾率，并求出它 們的平均值。 解：選 2 , z HLL為描述體系的力學(xué)量完全集，氫原子的本征解為 ()( )() 4 22 1 2 ,RY, n nlmnllm e E n rr = = ? 其中，量子數(shù)的取值范圍是 lllllm nl n += = = , 1, 2, 1, 1, 2 . 1 , 0 , 3 , 2 , 1 ? ? ? 利用歸一化條件求出歸一化常數(shù)為 1 2 1114 2425 c =+= 主量子數(shù)n的可能取值只有兩個(gè)，即2,3n =，于是 () 4 22 2 1144 , 82255 e EWE = =+= ? () 4