【正文】 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，因此利用非相對論性的電子的能量——動量關系式，這樣，便有在這里，利用了以及最后，對作一點討論，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(xiàn)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(xiàn)。1．3氦原子的動能是（k為玻耳茲曼常數），求T=1K時，氦原子的德布羅意波長。解根據，知本題的氦原子的動能為顯然遠遠小于這樣，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(tǒng)計分布的玻耳茲曼分布，而必須用量子的描述粒子的統(tǒng)計分布——玻色分布或費米公布。1．4利用玻爾——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運動的電子軌道的可能半徑。已知外磁場H=10T，玻爾磁子，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——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μ，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，根據可解出這表示諧振子的正負方向的最大位移。這樣，根據玻爾——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，令上式左邊的積分為A，此外再構造一個積分這樣，便有（1）這里=2θ，這樣，就有（2）根據式（1）和（2），便有這樣，便有其中最后，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。（2）當電子在均勻磁場中作圓周運動時，有這時，玻爾——索末菲的量子化條件就為又因為動能耐，所以，有其中，是玻爾磁子，這樣，發(fā)現(xiàn)量子化的能量也是等間隔的，而且具體到本題，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，問要實現(xiàn)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，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(xiàn)象就越豐富，這樣，也許就能發(fā)現(xiàn)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(fā)現(xiàn)新現(xiàn)象，新粒子，新物理。第二章波函數和薛定諤方程，幾率流與時間無關。證：對于定態(tài)，可令可見無關。由下列定態(tài)波函數計算幾率流密度：從所得結果說明表示向外傳播的球面波，表示向內(即向原點)傳播的球面波。解：在球坐標中同向。表示向外傳播的球面波?？梢?，反向。表示向內(即向原點)傳播的球面波。補充：設，粒子的位置幾率分布如何？這個波函數能否歸一化？∴波函數不能按方式歸一化。其相對位置幾率分布函數為表示粒子在空間各處出現(xiàn)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：無關，是定態(tài)問題。其定態(tài)S—方程在各區(qū)域的具體形式為Ⅰ：①Ⅱ：②Ⅲ：③由于(1)、(3)方程中，由于，要等式成立，必須即粒子不能運動到勢阱以外的地方去。方程(2)可變?yōu)榱?，得其解為④根據波函數的標準條件確定系數A，B，由連續(xù)性條件，得⑤⑥⑤⑥∴由歸一化條件得由可見E是量子化的。對應于的歸一化的定態(tài)波函數為（）式中的歸一化常數是證：（）由歸一化，得∴歸一化常數求一維諧振子處在激發(fā)態(tài)時幾率最大的位置。解：令，得由的表達式可知，時。顯然不是最大幾率的位置?？梢娛撬髱茁首畲蟮奈恢?。在一維勢場中運動的粒子，勢能對原點對稱：，證明粒子的定態(tài)波函數具有確定的宇稱。證：在一維勢場中運動的粒子的定態(tài)S方程為①將式中的代換，得②利用，得③比較①、③式可知，都是描寫在同一勢場作用下的粒子狀態(tài)的波函數。由于它們描寫的是同一個狀態(tài)，因此之間只能相差一個常數。方程①、③可相互進行空間反演而得其對方，由①經反演，可得③，④由③再經反演，可得①，反演步驟與上完全相同，即是完全等價的。⑤④乘⑤，得可見，當時，具有偶宇稱，當時，具有奇宇稱，當勢場滿足時，粒子的定態(tài)波函數具有確定的宇稱。一粒子在一維勢阱中運動，求束縛態(tài)()的能級所滿足的方程。解法一：粒子所滿足的S方程為按勢能的形式分區(qū)域的具體形式為Ⅰ：①Ⅱ：②Ⅲ：③整理后，得Ⅰ：④Ⅱ：.⑤Ⅲ：⑥令則Ⅰ：⑦Ⅱ：.⑧Ⅲ：⑨各方程的解為由波函數的有限性，有因此由波函數的連續(xù)性，有整理(10)、(11)、(12)、(13)式，并合并成方程組，得解此方程即可得出B、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∵∴即為所求束縛態(tài)能級所滿足的方程。解法二：接（13）式解法三：(11)(13)(10)+(12)(11)+(13)(12)(10)（b）kactgkk)（）（）（）（1=222。+令則合并：利用解法四：（最簡方法平移坐標軸法）Ⅰ：（χ≤0）Ⅱ：（0＜χ＜2）Ⅲ：（χ≥2）束縛態(tài)＜＜因此由波函數的連續(xù)性，有(7)代入(6)利用(4)、(5)，得求束縛態(tài)的能級所滿足的方程。解：勢能曲線如圖示，分成四個區(qū)域求解。定態(tài)S方程為對各區(qū)域的具體形式為Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ：Ⅳ：對于區(qū)域Ⅰ，粒子不可能到達此區(qū)域，故而.①②③對于束縛態(tài)來說，有∴④⑤⑥各方程的解分別為由波函數的有限性，得∴由波函數及其一階導數的連續(xù)，得∴⑦⑧⑨⑩由⑦、⑧，得(11)由⑨、⑩得(12)令，則①式變?yōu)槁?lián)立(12)、(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(tài)能級所滿足的方程。附：從方程⑩之后也可以直接用行列式求解。見附頁。此即為所求方程。補充練習題一設，求A=？解：由歸一化條件，有利用∴求基態(tài)微觀線性諧振子在經典界限外被發(fā)現(xiàn)的幾率。解：基態(tài)能量為設基態(tài)的經典界限的位置為，則有∴在界限外發(fā)現(xiàn)振子的幾率為)（2000xaxaxedxedxeaaapaypapaw165。165。=+=242。242。式中為正態(tài)分布函數當。查表得∴∴。試證明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S方程為①把代入上式，有把代入①式左邊，得當時，左邊=右邊。n=3，是線性諧振子的波函數，其對應的能量為。第三章量子力學中的力學量一維諧振子處在基態(tài)，求：(1)勢能的平均值；(2)動能的平均值；(3)動量的幾率分布函數。解：(1)(2)或(3)動量幾率分布函數為，求：(1)r的平均值；(2)勢能的平均值；(3)最可幾半徑；(4)動能的平均值；(5)動量的幾率分布函數。解：(1)(3)電子出現(xiàn)在r+dr球殼內出現(xiàn)的幾率為令當為幾率最小位置∴是最可幾半徑。(4)(5)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中的和部分是實數?！嗫梢姡缮项}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（為圓周電流，為圓周所圍面積）(2)氫原子的磁矩為在單位制中原子磁矩與角動量之比為一剛性轉子轉動慣量為I，它的能量的經典表示式是，L為角動量，求與此對應的量子體系在下列情況下的定態(tài)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)設該固定軸沿Z軸方向，則有哈米頓算符其本征方程為(無關，屬定態(tài)問題)令，則取其解為(可正可負可為零)由波函數的單值性，應有即∴m=0，177。1，177。2，…轉子的定態(tài)能量為(m=0，177。1，177。2，…)可見能量只能取一系列分立值，構成分立譜。定態(tài)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無關，屬定態(tài)問題，其本征方程為(式中設為的本征函數，為其本征值)令，則有此即為角動量的本征方程，其本征值為其波函數為球諧函數∴轉子的定態(tài)能量為可見，能量是分立的，且是重簡并的。設t=0時，粒子的狀態(tài)為求此時粒子的平均動量和平均動能。解：可見，動量的可能值為動能的可能值為對應的幾率應為上述的A為歸一化常數，可由歸一化條件，得∴∴動量的平均值為一維運動粒子的狀態(tài)是其中，求：(1)粒子動量的幾率分布函數；(2)粒子的平均動量。解：(1)先求歸一化常數，由∴動量幾率分布函數為(2)，勢阱的寬度為，如果粒子的狀態(tài)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先把歸一化，由歸一化條件，∴∴∴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(xiàn)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，勢能為求粒子的能級和定態(tài)函數。解：據題意，在的區(qū)域，所以粒子不可能運動到這一區(qū)域，即在這區(qū)域粒子的波函數()由于在的區(qū)域內。只求角動量為零的情況，即，這時在各個方向發(fā)現(xiàn)粒子的幾率是相同的。即粒子的幾率分布與角度無關，是各向同性的，因此，粒子的波函數只與有關，而與無關。設為，則粒子的能量的本征方程為令，得其通解為波函數的有限性條件知，有限，則A=0∴由波函數的連續(xù)性條件，有∵∴∴其中B為歸一化，由歸一化條件得∴∴歸一化的波函數解：粒子處于狀態(tài)式中為常量。當粒子的動量平均值，并計算測不準關系解：①先把歸一化，由歸一化條件，得∴/∴是歸一化的②動量平均值為③（奇被積函數）。解：設氫原子基態(tài)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得對于氫原子，基態(tài)波函數為偶宇稱，而動量算符為奇宇稱，所以又有所以可近似取能量平均值為作為數量級估算可近似取則有基態(tài)能量應取的極小值，由得代入，得到基態(tài)能量為補充練習題二1．試以基態(tài)氫原子為例證明：的本征函數，而是的本征函數。可見，可見，是的本征函數。2．證明：的氫原子中的電子，在的方向上被發(fā)現(xiàn)的幾率最大。解：∴的電子，其∴當時為最大值。即在方向發(fā)現(xiàn)電子的幾率最大。在其它方向發(fā)現(xiàn)電子的幾率密度均在～之間。3．試證明：處于1s，2p和3d態(tài)的氫原子的電子在離原子核的距離分別為的球殼內被發(fā)現(xiàn)的幾率最大(為第一玻爾軌道半徑)。證：①對1s態(tài)，令易見，當不是最大值。為最大值，所以處于1s態(tài)的電子在處被發(fā)現(xiàn)的幾率最大。②對2p態(tài)的電子令易見，當為最小值?！酁閹茁首畲笪恢?，即在的球殼內發(fā)現(xiàn)球態(tài)的電子的幾率最大。③對于3d態(tài)的電子令易見，當為幾率最小位置。∴為幾率最大位置，即在的球殼內發(fā)現(xiàn)球態(tài)的電子的幾率最大。，在金屬中的電子的勢能可近似視為其中，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χ軸負向，則總勢能為，勢能曲線如圖所示。則透射系數為式中為電子能量。，由下式確定∴令，則有∴透射系數