量子力学习题集(NJU)

课后作业作业一1.假设一维空间中运动的粒子可以用如下波函数描述，ψ(x)=0,x0;Ae−x(1−e−x),x0.(1)求归一化常数A。(2)计算该波函数在动量空间中的形式；(3)计算位置平均值⟨^x⟩和动量平均值⟨^p⟩，(4)计算粒子最可能出现的位置。参考答案：⟨ψ(x)|ψ(x)⟩=1=A2∫∞0e−2x(1+e−2x−2e−x)dx=112A2=⇒A=2√3.ϕ(k)=A√2π∫∞0e−x(1−e−x)e−ikxdx=√6π1(2−k2)+3ik.⟨x⟩=A2∫∞0e−2x(1−e−x)2xdx=1312.⟨p⟩=A2∫∞0e−x(1−e−x)^p[e−x(1−e−x)]dx=A2∫∞0e−x(1−e−x)(−ih∂∂x)[e−x(1−e−x)]dx=0⟨p⟩=h⟨ϕ(k)|k|ϕ(k)⟩=h6π∫∞−∞1(2−k2)−3ik1(2−k2)+3ikkdk=0.d|ψ(x)|2dx=−2e−2x(e−x−1)(2e−x−1)=0=⇒x=0orx=ln2d2|ψ(x)|2dx2=2e−2x(8e−2x−9e−x+2)0=⇒xm=ln2.Note:∫∞−∞dxexp[−(α2x2+iβx+iγx2)]=(πα2+iγ)1/2exp[−β2(α2−iγ)4(α4+γ2)]12.证明对于描述做一维运动的粒子的波函数ψ(x)，有∫+∞−∞dxj(x)=⟨^p⟩m,其中，j(x)=ih2m(ψ∇ψ⋆−ψ⋆∇ψ)是几率流密度，⟨^p⟩是动量的期待值。参考答案：∫+∞−∞dxj(x)=h2im∫+∞−∞dx[ψ∗(x,t)∂∂xψ(x,t)−ψ(x,t)∂∂xψ∗(x,t)].利用分部积分，有∫+∞−∞dxψ(x,t)∂∂xψ∗(x,t)=ψ(x,t)ψ∗(x,t)|∞−∞−∫+∞−∞dxψ∗(x,t)∂∂xψ(x,t)=−∫+∞−∞dxψ∗(x,t)∂∂xψ(x,t).因此，∫+∞−∞dxj(x)=1m∫+∞−∞dxψ∗(x,t)(−ih∂∂x)ψ(x,t)=⟨^p⟩m.3.设一维自由运动粒子（能量的本征态为平面波）的初态（t=0）为ψ(x,0)=δ(x)，求ψ(x,t)。【提示：∫+∞−∞dxcos(αx2)=∫+∞−∞dxsin(αx2)=√π2α】参考答案：自由粒子的能量本征态为ψk(x)=1√2πeikx,其本征函数随时间演化为ϕk(x,t)=ϕk(x)e−ihk22mt.ψ(k,0)=∫dxϕ⋆k(x)ψ(x,0)=1√2π.ψ(x,t)=∫dkψ(k,0)ϕk(x,t)=12π∫dkeikx−ihk22mt=12πeimx22ht∫dke−iht2m(k−mxht)2=√m2πhtei(mx22ht−4).2Note:∫∞−∞dxexp[−(α2x2+iβx+iγx2)]=(πα2+iγ)1/2exp[−β2(α2−iγ)4(α4+γ2)]4.设粒子处于二维无限深势井中，V(x)=0,0≤x≤a,0≤y≤b;∞,其它情况.求粒子的能量本征值和本征函数，并讨论简并性。参考答案：由于势阱无限深，在势阱外找到粒子的概率应该为零，因此势阱外的波函数为ψ(x,y)=0.在势井内部，定态薛定谔方程为−h22µ∇2ψ(x,y)=−h22µ(∂2∂x2+∂2∂y2)ψ(x,y)=Eψ(x,y).这里，µ为粒子质量。做变量分离ψ(x,y)=f(x)g(y),我们有1f(x)d2dx2f(x)=−c,1g(y)d2dy2g(y)=−2µEh2+c,其中，c0。求解上面两个方程，我们有f(x)=α1eikxx+α2e−ikxx,g(y)=β1eikyy+β2e−ikyy,其中，k2x+k2y=2µEh2。再利用边界条件f(0)=f(a)=0,g(0)=g(b)=0,(可以验证，若c0，则无法满足以上边界条件。)有kx=nπa,n=1,2,3,···,ky=mπb,m=1,2,3,···,3和f(x)=Asin(kxx),g(y)=Bsin(kyy).进行归一化后，有ψn,m(x,y)=2√absin(nπxa)sin(mπxb).而本征能量为En,m=h2π22µ(n2a2+m2b2).当a=b时，则本征能量为En,m=h2π22µa2(n2+m2).基态能量为2h2π22µa2(n=1,m=1)，所以是非简并的；第一激发态的能量为5h2π22µa2(n=1,m=2或者n=2,m=1)，所以是二重简并的。5.粒子在如下一维无限深势井中运动，V(x)=0,0≤x≤a;∞,x0,xa.粒子的初始波函数为能量最低的两个定态的叠加ψ(x,t=0)=A[ψ1(x)+eiϕψ2(x)],其中，ϕ为实常数。(1)将ψ(x,0)归一化；(2)计算ψ(x,t)，|ψ(x,t)|2；(3)计算^x的期待值⟨^x⟩随时间的变化。参考答案：设粒子的质量为m，则粒子的本征函数和本征能量分别为ψn(x)=√2asin(nπxa),0≤x≤a;0,otherwise.En=h2π2n22ma2.其中，n=1,2,3,···。(1)因为ψ1和ψ2正交，所以∫dxψ∗(x,0)ψ(x,0)=2A2.4于是，ψ(x,0)=1√2[ψ1(x)+eiϕψ2(x)].(2)ψ(x,t)=1√2[ψ1(x)e−iE1t/h+eiϕψ2(x)e−iE2t/h].|ψ(x,t)|2=ψ∗(x,t)ψ(x,t)=12[ψ21(x)+ψ22(x)+2ψ1(x)ψ2(x)cos(ϕ+E1−E2ht)].(3)⟨^x⟩=∫dx|ψ(x,t)|2x利用，∫dxψ2n(x)x=2a∫a0dxsin2(nπxa)x=1a∫a0x(1−cos2nπxa)dx=12a−1a∫a0xcos2nπxadx=12a∫dxψn(x)ψm(x)x=2a∫a0dxψn(x)ψm(x)x=1a∫a0x[cos(m−n)πxa−cos(m+n)πxa]dx=8mn(m2−n2)2aπ2,m,n为一个奇数和一个偶数;0,m,n同为奇数或偶数.我们有⟨^x⟩=12[12a+12a+32a9π2cos(ϕ+E1−E2ht)]=12a+16a9π2cos(ϕ−3hπ22ma2t)6.考虑阶跃势V(x)=V0,x≥0;0,x0.能量EV0的粒子流从x=−∞向右运动，求反射和透射系数。50V()V0E参考答案：考虑到EV0，我们定义以下两个量k=√2mEh,k′=√2m(E−V0)h.于是，我们可以将波函数写为ψ(x)=Aeikx+Be−ikx,x0;Ceik′x,x≥0.我们利用波函数在x=0处的连接条件，有A+B=C,k(A−B)=k′C.求解这个方程组，有B=k−k′k+k′A,C=2kk+k′A.入射波、反射波和透射波分别为ψi(x)=Aeikx,ψr(x)=Be−ikxψt(x)=Ceik′x.于是，反射系数和投射系数分别为R=jrji=ψ∗r(x)^pψr(x)−ψr(x)^pψ∗r(x)ψ∗i(x)^pψi(x)−ψi(x)^pψ∗i(x)=(k−k′)2(k+k′)2=2E−V0−2√E(E−V0)2E−V0+2√E(E−V0).T=jtji=ψ∗t(x)^pψt(x)−ψt(x)^pψ∗t(x)ψ∗i(x)^pψi(x)−ψi(x)^pψ∗i(x)=4kk′(k+k′)2=4√E(E−V0)2E−V0+2√E(E−V0).7.质量为m的粒子在如下一维势场中运动，V(x)=∞,x0;0,0≤x≤a;V0,xa.6(1)求决定束缚态能级的方程式；(2)求存在且只存在一个束缚态的条件。V0xV(x)0a参考答案：(1)对于束缚态，我们有EV0。令k=√2mEh,κ=√2m(V0−E)h.于是，波函数可以写为ψ(x)=0,x0;Aeikx+Be−ikx,0≤x≤a;Ce−κx,xa.根据波函数连接条件ψ(0)=0，有A+B=0。再根据波函数在x=a处得连接条件，有Asinka=Ce−κa,Akcoska=−Cκe−κa,解得κ=−kcotka。因此，决定束缚态能级的方程式为κ=−kcotka,k2+κ2=2mV0h2.(2)用作图法讨论存在束缚态的条件，改写能级方程为κa=−kacot(ka),(ka)2+(κa)2=2mV0a2h2=ρ2,其中，ρ=√2mV0ah。如图所示，可知存在且只存在一个束缚态的条件是π2≤√2mV0ah3π2。70.00.51.01.52.0-3-2-10123=2=3/2==/2=/4a/ka/(a)2+(ka)2=2=2mV0a2/2a=-(ka)*cot(ka)Figure1:束缚态能级作业二1.考虑粒子在如下一维势中运动：V(x)=−V0[δ(x+a)+δ(x−a)].分别计算偶宇称和奇宇称状态下的束缚态能级公式以及存在束缚态的条件，并判断基态的宇称。xV(x)0a-a参考答案：E0为束缚态，由于V(−x)=V(x)，对于束缚态有确定的宇称。令k=√−2mE/h，b=h2/mV0是δ势阱的特征长度，可以认为是δ势阱对波函数影响的有效范围。8a)偶宇称解：ψ(−x)=ψ(x)，根据势场情况波函数可以取ψ(x)={Aekxx−aIB(ekx+e−kx)|x|aIIAe−kxxaIII.边界条件：连续条件(这时只要取某一个边界即可，原因在于对称性)ψ(a−)=ψ(a+)=⇒Ae−ka=B(eka+e−ka)跃变条件ψ′(a+)−ψ′(a−)=−2mV0h2ψ(a+)=−2bψ(a+)得到−kAe−ka−kB(eka−e−ka)=−2bAe−ka因此有k(eka−e−ka)=(2b−k)(eka+e−ka)即2bk−1=eka−e−kaeka+e−ka=tanh(ka)或者能级方程写成bk=1+e−2ka可见有且仅有一个解，即偶宇称解总是有且只有一个束缚能级。超越方程可以用图解法来得到，参见图2(a)。有了能级，再由归一化条件可以得到系数A和B。进一步讨论结果：从能级方程可以看出，1bk2，即1/bk2/b，所以E的范围是−2mV20/h2E−mV20/2h2。当a≫b，k=1/b，E=−mV20/2h2，这与课上讲的单δ势阱的结果一样，这表明如果两个δ势阱的距离足够远，相互独立。当a≪b，k=2/b，E=−2mV20/h2，这当于V0→2V0，两δ势阱足够近时，相当于它们的叠加。b)奇宇称解：ψ(−x)=−ψ(x)，波函数可以取ψ(x)={−Aekxx−aIB(ekx−e−kx)|x|aIIAe−kxxaIII.ψ(a−)=ψ(a+)=⇒Ae−ka=B(eka−e−ka)ψ′(a+)−ψ′(a−)=−2mV0h2ψ(a+)=−2bψ(a+)902468100.00.51.01.52.01+e-2ka1-e-2ka2kab/2a=0.1b/2a=0.5b/2a=1b/2a=5b/2a=20Figure2:双势阱的图解法−kAe−ka−kB(eka+e−ka)=−2bAe−ka得到能级方程为bk=1−e−2ka因为e−2ka=1−2ka+(−2ka)22!+(−2ka)33!+...可见bk≤2ka。即有解的条件是b≤2a，即2mV0a/h2≥1。此时0k1/b，即−mV20/2h2E0。当b≤2a时，奇宇称解有且只有一个束缚态解。当a≫b，k=1/b，E=−mV20/2h2，同样表明如果两个δ势阱的距离足够远，相互独立；当2ab时，无解；当2a→b时，E→0−。可见，偶宇称解的能量总是低于奇宇称解的能量，也就是说，基态波函数是偶宇称的。2.轨道角动量算符为^L=^Lxex+^Lyey+^Lzez，坐标算符为^r=xex+yey+zez。(1)计算：[^x,^Lx]，[^x,^Ly]，[^x,^Lz]；(2)证明：[^r,^L2]