2022年《量子力学导论》习题答案曾谨言版北京大学 .pdf

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1、第一章量子力学的诞生1.1 设质量为m的粒子在一维无限深势阱中运动，axaxxxV0,0, 0,)(试用 de Broglie 的驻波条件，求粒子能量的可能取值。解： 据驻波条件，有),3,2,1(2nnana /2（1）又据 de Broglie 关系/hp（ 2）而能量, 3,2,12422/2/2222222222nmanamnhmmpE（3）1.2 设粒子限制在长、宽、高分别为cba,的箱内运动，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，则碰撞为弹性碰撞。动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为zyx

2、,轴方向，把粒子沿zyx,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,3,2,1,xxxnhndxp即hnapxx2（a2：一来一回为一个周期）ahnpxx2/, 同理可得，bhnpyy2/, chnpzz2/, ,3,2,1,zyxnnn粒子能量222222222222)(21cnbnanmpppmEzyxzyxnnnzyx,3,2,1,zyxnnn1.3 设质量为m的粒子在谐振子势2221)(xmxV中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。提示： 利用)(2,2,1,xVEmpnnhxdp)(xV解 ：能量为 E 的粒子在谐振子势中的活动范围为ax（1）其中a由下式决

3、定：221( )2x aEV xma。a0 ax名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 37 页 - - - - - - - - - 由此得2/2mEa，（2）ax即为粒子运动的转折点。有量子化条件222222122 ()2222aaaap dxm Emxdxmax dxm amanh得mnmnha22（ 3）代入（ 2） ，解出,3,2,1,nnEn（4）积分公式：cauauauduuaarcsin22222221.4 设一个平面转子的转动惯量

4、为I，求能量的可能取值。提示： 利用,2,1,20nnhdpp是平面转子的角动量。转子的能量IpE2/2。解： 平面转子的转角（角位移）记为。它的角动量.Ip（广义动量），p是运动惯量。按量子化条件,3,2,1,220mmhpdxpmhp，因而平面转子的能量ImIpEm2/2/222，,3,2,1m名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 37 页 - - - - - - - - - 第二章波函数与Schr?dinger 方程2.1 设质量为m的粒

5、子在势场)(rV中运动。（ a）证明粒子的能量平均值为rdE3，Vm*22（能量密度）（ b）证明能量守恒公式0stw*22ttms（能流密度）证： （a）粒子的能量平均值为（设已归一化）VTrdVmE322*2（1）VrdV*3（势能平均值）（2）*3222*32)(2动能平均 值rdmmrdT其 中T的 第 一 项 可 化 为 面 积 分 ， 而 在 无 穷 远 处 归 一 化 的 波 函 数 必 然 为0。 因 此*322rdmT（3）结合式（ 1） 、 （ 2）和（ 3） ，可知能量密度,2*2Vm（ 4）且能量平均值rdE3。（ b）由（ 4）式，得.2*.2*22*.2222*22

6、22VVtmttttVVmttttttsVVtmtmsE.*tt名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 37 页 - - - - - - - - - tEs（：几率密度）s（定态波函数，几率密度不随时间改变）所以0stw。2.2 考虑单粒子的Schr?dinger 方程trriVrVtrmtrti,2,2122（1）1V与2V为实函数。（a）证明粒子的几率（粒子数）不守恒。（b）证明粒子在空间体积内的几率随时间的变化为*32*322rdVSdim

7、rddtdS证： （a）式（ 1）取复共轭，得*21*22*2iVVmti（2）*（1） -（2）, 得*2*22*22*2*2222iVmVimti*2*22Vimt（3）即022Vjt，此即几率不守恒的微分表达式。（ b）式（ 3）对空间体积积分，得*23*233*32222rVdSdimrVdrdimrdtS上式右边第一项代表单位时间内粒子经过表面进入体积的几率（Sdj） ，而第二项代表体积中“产生”的几率，这一项表征几率（或粒子数）不守恒。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - -

8、 - - - - - - 第 4 页，共 37 页 - - - - - - - - - 2.3 设1和2是 Schr?dinger 方程的两个解，证明0,2*13trtrrddtd。证：12212Vmti（ 1）22222Vmti（2）取（ 1）之复共轭：*122*12Vmti（ 3）2（3）*1（2）, 得22*1*12222*12mti对全空间积分：22*1*122322*132,rdmtrtrrddtdi2*1*122*1*12322rdm2*1*12322rdm022*1*122Sdm， （无穷远边界面上，0,21）即0,.2*13trtrrddtd。2.4 ）设一维自由粒子的初态/0

9、0 ,xipex， 求tx,。解：/2200,tmpxpietx2.5 设一维自由粒子的初态xx 0 ,，求2,tx。提示：利用积分公式2sincos22dd名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 37 页 - - - - - - - - - 或4expexp2idi。解： 作 Fourier 变换：dpepxipx210 ,，21)(210,21dxexdxexpipxipx，dpeptxEtpxi/21,（mpE22）dpepxtmpi222

10、1（指数配方）dptmxpmitetimx222exp212令222tmxpmt，则42exp2221221,24/22222tmxitmeetmdetmetxitimxitimxtmtx2,2。2.6 设一维自由粒子的初态为0, x，证明在足够长时间后，tmxtimxitmtx2exp4exp,2式中dxexkikx0 ,21是0, x的 Fourier 变换。提示：利用xeexii24/lim。证： 根据平面波的时间变化规律tkxiikxee，mkE22，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - -

11、 - - - - - - - - - 第 6 页，共 37 页 - - - - - - - - - 任意时刻的波函数为dkektxmtkkxi2/221,22/2exp212tmxkmtikdketimx（1）当时间足够长后（所谓t） ，上式被积函数中的指数函数具有函数的性质，取mt 2，tmxku，（2）参照本题的解题提示，即得kdtmxkketmetxitimx4/2221,2tmxeetmtimxi2/4/2（3）22,tmxtmtx（4）物理意义：在足够长时间后，各不同k 值的分波已经互相分离，波群在x处的主要成分为tmxk，即mktx，强度2k，因子tm描述整个波包的扩散，波包强度t

12、12。设整个波包中最强的动量成分为0k，即0kk时2k最大，由（ 4）式可见，当t足够大以后，2的最大值出现在0ktmx处，即mtkx0处，这表明波包中心处波群的主要成分为0k。2.7 写出动量表象中的不含时Schr?dinger 方程。解： 经典能量方程rVmpE22。在动量表象中，只要作变换pp，dpdir所以在动量表象中，Schr?dinger 为：pEpdpdiVmp22。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 37 页 - - - -

13、- - - - - 第三章一维定态问题3.1）设粒子处在二维无限深势阱中，其余区域,0 ,0, 0),(byaxyxV求粒子的能量本征值和本征波函数。如ba，能级的简并度如何？解：能量的本征值和本征函数为mEyxnn222)(2222bnanyx,2, 1,sinsin2yxyxnnnnbynaxnabyx若ba，则)(222222yxnnnnmaEyxaynaxnayxnnyxsinsin2这时，若yxnn，则能级不简并;若yxnn，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如5,10yxnn与2,11yxnn）3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即其余区域,0,0,0,0),(czbyaxz

14、yxV求粒子的能量本征值和本征波函数。如cba，讨论能级的简并度。解：能量本征值和本征波函数为)(222222222cnbnanmnnnEzyxzyx, ,3 ,2 , 1,sinsinsin8zyxzyxnnncznbynaxnabcnnnzyx当cba时，)(2222222zyxnnnmannnEzyxaynaynaxnannnzyxzyxsinsinsin223zyxnnn时，能级不简并；zyxnnn,三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - -

15、 - - - - - - - - - - 第 8 页，共 37 页 - - - - - - - - - zyxnnn,三者皆不相等时，能级一般为6 度简并的。如)9, 6, 3()10, 5, 1 (2086161210)11, 3 , 1 ()9 ,7 , 1 (10438652222222222223.3）设粒子处在一维无限深方势阱中，ax0,0,0),(xaxyxV证明处于定态)(xn的粒子)61 (12)x-(x,22222naax讨论n的情况，并于经典力学计算结果相比较。证：设粒子处于第n个本征态，其本征函数xanaxnsin2)(. 2sin20220axdxanxadxxxaan

16、分部（1）4)(2202222adxxxxxxna4)2cos1(212202adxaxnxaa)61 (12222na（2）在经典情况下，在a, 0区间粒子除与阱壁碰撞（设碰撞时间不计，且为弹性碰撞，即粒子碰撞后仅运动方向改变，但动能、速度不变）外，来回作匀速运动，因此粒子处于xxdx范围的几率为adx，故20aadxxxa，（3）32022aadxxxa，43)(22222aaxxxx（4）当n时，量子力学的结果与经典力学结果一致。3.4）设粒子处在一维无限深方势阱中，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - -

17、- - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 37 页 - - - - - - - - - 2,2,0),(axaxyxV处于基态)1(n，求粒子的动量分布。解：基态波函数为axac o s21, （参 P57， （12） ）2cos22cos12cos112121121)(211cos221)(22223222222)()(2222papaqpapapapaaeepaieepaiadxeeadxeeeadxaxaepapaiapaiapaiapaiaapaipaiaxiaxiaaipxaaipx动量的几率分布2cos4)()(22222232papaapp3.5）设粒子

18、处于半壁高的势场中axaxVxV, 00,0 x,)(0（1）求粒子的能量本征值。求至少存在一条束缚能级的体积。解：分区域写出eqs.: ax, 0)()(ax0,0)()(222121xkxxkx（2）其中2202222, kEkVE（ 3）方程的解为kxkxxikxikDeCexBeAex)()(21（4）根据对波函数的有限性要求，当x时，)(2x有限，则0C名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 37 页 - - - - - - - -

19、- 当0 x时，0)(1x，则0BA于是ax,)(x0,sin)(21kxDexaxkFx（5）在ax处，波函数及其一级导数连续，得kakakDeakFkDeakFcos,sin（6）上两方程相比，得kkaktg（7）即EEVEVatg0022（7 ）若令aakk,（ 8）则由（ 7）和（ 3） ，我们将得到两个方程：22202( 9)(10) 2ctgVa（ 10 ） 式 是 以aVr202为半径的圆。对于束缚态来说，00EV，结合（ 3） 、 （8）式可知，和都大于零。（10）式表达的圆与曲线ctg在第一象限的交点可决定束缚态能级。当2r，即2220aV，亦即82220aV（11）时，至少

20、存在一个束缚态能级。这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。36）求不对称势阱中粒子的能量本征值。解：仅讨论分立能级的情况，即20VE，EVmdxd222当x时，0，故有EVmkxaeAmEkaxkxAEVmkxeAxkxk2221112,2,0,sin2,0,21由dxd ln在0 x、ax处的连续条件，得kakctgkctgk21k,（1）名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 37 页 - - - - - - - - - 由（ 1a）可

21、得12sinmVk（2）由于kkk,21皆为正值，故由（1b） ，知ka为二，四象限的角。因而22sinmVkka（3）又由（ 1） ，余切函数ctg的周期为，故由 (2)式，1112sinmVkn(4) 由(3)，得212sinmVknka(5) 结合 (4),(5) ，得1112122si n2si nmVknmVknka或21112sin2sinmVkmVknka（6）,3, 2,1n一般而言，给定一个n值，有一个解nk，相当于有一个能级：mkEnn222（ 7）当12VV时，仅当1212sin22VVmVa才有束缚态，故21,VV给定时，仅当1212s i n22VVmVa（8）时才有

22、束缚态（若VVV21，则无论V和a的值如何，至少总有一个能级）当aVV,21给定时，由 (7)式可求出n个能级（若有n个能级的话） 。相应的波函数为: EVmkaxemVkAaxxkAEVmkxemVkAnaxknnnnnnnxknnnn222211112,21,0,sin2,0,22其中nnnkkaA21112名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 37 页 - - - - - - - - - 37）设粒子（能量0E）从左入射，碰到下列势阱（

23、图），求阱壁处的反射系数。解：势阱为. 0,0, 0,)(0 xxVxV在区域上有入射波与反射波，在区域上仅有透射波。故mEkCeEVmkBeAexikxikxik2,2,22011211由)0()0(21，得CBA。由)0()0(21，得CkBAk21。从上二式消去c, 得BkkAkk2121。反射系数221221222kkkkABrR将21,kk代入运算，可得0002204020,41,16VEVEVEEVEEVVR38）利用 Hermite 多项式的递推关系（附录A3。式（ 11） ） ，证明谐振子波函数满足下列关系)(21)(12)(121)()(21)(21)(222211xnnxn

24、xnnxxxnxnxxnnnnnnn并由此证明，在n态下，2,0nEVx证：谐振子波函数)()(222xHeAxnxnn（1）其中，归一化常数m,!2nAnn（2）)(xHn的递推关系为.0)(2)(2)(11xnHxxHxHnnn（3）名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 37 页 - - - - - - - - - )(21)(21)(21!121)(2!121)(!221)(!21)(2)(21)(221)()(111211211212

25、1122222222222222222xnxnxHennxHennxHenxnHenxnHxHeAxxxHeAxxHeAxxnnnxnnxnnxnnxnnnxnnxnnxnn)(21)(12)(121)(22)(2121)(2)(2121)(21)(21)(222222112xnnxnxnnxnxnnxnxnnxxnxxnxxnnnnnnnnnn0)(21)(21)(11*dxxnxnxdxxxnnnnn22121122121)(122121)()(21)(2222*22*nnnnnEnnmdxxnmxdxxxmxV39）利用 Hermite 多项式的求导公式。证明（参A3.式（ 12） ）2

26、222211211212)(212)(nnnnnnnnnnnnxdxdnnxdxd证： A3.式（ 12） ：)(2dx)(dH),(2)(1n1xHnxnHHnnn名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 37 页 - - - - - - - - - )(21)(2)(2)(21)(2)(2)()(2)()(1111112122222222xnxnxnxnxnxnxxxHnexHexAxdxdnnnnnnnnxnxnn2222222211212

27、2221212212)(nnnnnnnnnnnnnnnnnnnxdxd021211*dxnnidxdxdipnnnnn221211241242112122222*22222*2222*2nnnnnnnnnEnnmmdxnmdxnnnnnmdxdxdmmpT310）谐振子处于n态下，计算212xxx，212ppp，?px解：由题36） ，mnmEmVxxn212,0222由题 37） ，mnmETmppn212,02212121212122212212122212npxmnpppppmnxxxxx对于基态，2,0pxn，刚好是测不准关系所规定的下限。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - -

28、 - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 37 页 - - - - - - - - - 311）荷电 q 的谐振子，受到外电场的作用，xqxmxV2221)(（1）求能量本征值和本征函数。解：xqHxqxmmpH0222212（2）0H的本征函数为)(222xHeAnxnn，本征值210nEn现将H的本征值记为nE，本症函数记为)(xn。式（ 1）的势能项可以写成2020221)(xxxmxV其中20mqx（3）如作坐标平移，令0 xxx（4）由于pdxdidxdip（5）H可表成2022,

29、22 21212xmxmmpH（6）（ 6）式中的H与（ 2）式中的0H相比较，易见H和0H的差别在于变量由x换成x，并添加了常数项20221xm，由此可知202021xmEEnn（7）)()()(0 xxxxnnn（ 8）即,2, 1 ,0,2212121222222nmqnmqmnEn（9）22222)(mqxHeAxnmqxnn(10) 其中m,!2nAnn(11) 312）设粒子在下列势阱中运动，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 16 页，共

30、37 页 - - - - - - - - - . 0,21, 0,)(22xxmxxV求粒子能级。解：既然粒子不能穿入0 x的区域，则对应的S.eq的本征函数必须在0 x处为零。另一方面，在0 x的区域，这些本征函数和谐振子的本征函数相同（因在这个区域，粒子的H和谐振子的H完全一样，粒子的波函数和谐振子的波函数满足同样的S.eq） 。振子的具有12kn的奇宇称波函数在0 x处为零， 因而这些波函数是这一问题的解（kn2的偶宇称波函数不满足边条件0)0(）所以, 2, 1 ,0,232kkEk313）设粒子在下列势阱中运动，. 0, 0,)(xaxrxxV0,ar(1) 是否存在束缚定态？求存在

31、束缚定态的条件。解： S.eq: Eaxrdxdm2222(2) 对于束缚态（0E） ，令mE2(3) 则022222axmrdxd(4) 积分aadx,0,得跃变的条件)(2)()(2amraa(5) 在ax处，方程 (4)化为0222dxd(6) 边条件为束缚态0)(, 0)0(因此.,0,)(axAeaxxshxx(7) 再根据ax点)(x连续条件及)(x跃变条件 (5)，分别得)(aAeasha(8) )(22amrachAea(9) 由（ 8） （9）可得（以)(aa乘以（ 9）式，利用（ 8）式）名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -

32、精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 17 页，共 37 页 - - - - - - - - - 22cothmraaaa(10) 此即确定能级的公式。下列分析至少存在一条束缚态能级的条件。当势阱出现第一条能级时，0E，所以0a, 利用1limcothlim00athaaaaa, （10）式化为01coth22aaamra, 因此至少存在一条束缚态能级的条件为122mra（11）纯势阱中存在唯一的束缚能级。当一侧存在无限高势垒时，由于排斥作用 （表现为0)(x，对0 x） 。束缚态存在与否是要受到影响的。纯势阱的特征长度mrL2。条件（ 1

33、1）可改写为2La（12）即要求无限高势垒离开势阱较远（2La） 。才能保证势阱中的束缚态能存在下去。显然，当a（即2La） ，a时，左侧无限高势垒的影响可以完全忽略，此时1cotha，式（ 10）给出22mr即222222mrmE（13）与势阱)()(xrxV的结论完全相同。令a， 则式（ 10）化为22coth1mra（ 14）由 于1co t h1， 所 以 只 当122mr a时 ， 式 （ 10 ） 或 （ 14 ） 才 有 解 。 解 出 根之 后 ， 利 用mEaa2，即可求出能级2222maE（15）第四章力学量用算符表达与表象变换名师归纳总结 精品学习资料 - - - - -

34、 - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 18 页，共 37 页 - - - - - - - - - 4.1）设A与B为厄米算符，则BAAB21和BAABi 21也是厄米算符。由此证明，任何一个算符F均可分解为iFFF，F与F均为厄米算符，且FFiFFFF21,21证：）BAABABBABAABBAAB21212121BAAB21为厄米算符。）BAABiABBAiBAABiBAABi21212121BAABi 21也为厄米算符。）令ABF，则BAABABF，且定义FFiFFFF21,21（1）由），）得F

35、FFF,，即F和F皆为厄米算符。则由（ 1）式，不难解得iFFF4.2）设),(pxF是px,的整函数，证明F,F,piFxxiFp整函数是指),(pxF可以展开成0,),(nmnmmnpxCpxF。证：（1）先证11,nnmmpnipxxmixp。111111331332312221111,1,3,2,mmmmmmmmmmmmmmmmmmxmixiximxxpximxxpxixxpxxpxxixxpxxpxxixxpxpxxp同理，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - -

36、- - - 第 19 页，共 37 页 - - - - - - - - - 1221222111,2,nnnnnnnnnpnippxpippxppxppippxpxppx现在，0,10,0,nmnmmnnmnmmnnmnmmnpxmiCpxpCpxCpFp而0,1nmnmmnpxmiCxFi。F,xiFp又0,10,0,nmnmmnnmnmmnnmnmmnpnixCpxxCpxCxFx而0,1nmnmmnpnixCpFiF,piFx4.3）定义反对易式BAABBA,，证明CABCBABCABCACBACAB,证：BCACBABCAACCBBCACABACBACBABCBCACBACAB,CAB

37、CBACAACBCBAABBCABACBACABCCABCBABCA,4.4）设A，B，C为矢量算符，A和B的标积和矢积定义为BABABABA,名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 20 页，共 37 页 - - - - - - - - - zyx,，为 Levi-civita 符号，试验证CBACBACBA（1）CBACBACBA（2）CBACBACBA（3）证：（1）式左端xyyxzzxxzyzyzyxCBCBACBCBACBCBACBACBA（1）式

38、右端也可以化成CBACBA。 （1）式得证。（2）式左端CBACBACBA（3,2, 1）CBABACBACBACBCBACBCBA（2）式右端CBACBACBABACBACBACBACBACBACBACBACBA故（ 2）式成立。（3）式验证可仿（2）式。4.5）设A与B为矢量算符，F为标量算符，证明BFABAFBAF,（1）BFABAFBAF,（ 2）证： （1）式右端FBBFABFAAFFBABFABFABAFBAFFBABAF,（1）式左端（2）式右端FBBFABFAAFFBABFABFABAFBAFFBABAF,（2）式左端名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - -

39、- - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 21 页，共 37 页 - - - - - - - - - 4.6）设F是由r，p构成的标量算符，证明rFrippFiFL,（ 1）证：kFLjFLiFLFLzyx,（2）)2.4(,题yFzzFyippFppFippFiyFzipyFizFyipFzFpzpFyFpyFzpyypzFLxyzzyyzzyyzzxxrFrippFi（3）同理可证，yyyrFrippFiFL ,（4）zzzrFrippFiFL ,（5）将式（ 3） 、 （4） 、 （5）代入式（ 2） ，于是（

40、1）式得证。4.7）证明pipLLp2pLpLLpi,2。证：zyzyyzzyyzzyxpLLppLpLLpLppLLp,利用基本对易式piLppL,即得xxpipLLp2。因此pipLLp2其次，由于xp和xL对易，所以xyzzyyzzyyzzyzyyzxzzzxzxyyyxyxZxyxpLLpipLpLLpLpipLLppLLpipLLLpLpLLLpLpLpLpL,222因此，pLpLLpi,2名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 22 页，共 37

41、 页 - - - - - - - - - 4.8）证明priprprL222（1）2222pLLppLLppL（2）22224ppLpLLp（ 3）2pLipLpL（ 4）证: （1）利用公式，CBACBA，有prrpPrpprrprrpprrpprrpL22其中riprriprrp22222iprriprrp3因此priprprL2222（2）利用公式，0ppLppL（）可得LppLLppL02,L0222PpLLpLLppLppLpLpLpLpLpL202,L222PpLpLpLpLLpLpLpLpLp2222pLLpLppL由，则（2）得证。（3）piLpLppLLp2)1()7.422

42、222224222)() 1()7. 4ppLppLpiipLpLpiLp（4）就此式的一个分量加以证明，由4.4） （ 2） ，CBACBACBAxxxpLpLpLpLpLpL，其中yyzzxxepepiLppL（即kpijpikpjpipLyzzyxx0,）名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 23 页，共 37 页 - - - - - - - - - 22pLipLippLppLippLipLpLepeppLiLppLpLpLxxxxzyyzzxx类

43、似地。可以得到y分量和z分量的公式，故（4）题得证。4.9）定义径向动量算符rrpprrpr1121证明：rrppa，rripbr1，iprcr,，rrrrrrrpdr222222212，22221rpLrpe证：ABCaABC，r112111211121pprrrrpprrrrprrpprrpr即rp为厄米算符。rrirririrrrririrrrrirrirriprrrriprrprrrrpprrpb11323211222111213rirrrrirrrrirrirrriprcr1,1,)(2221brrpdr2222111rrrrrr名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - -

44、 - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 24 页，共 37 页 - - - - - - - - - rrrrrrrrrr2111122222222rrrr2221e据 4.8） （1） ，priprprL2222。其中rriripr，因而rrrrrrprL22222rrrrpr2222222以2r左乘上式各项，即得rrrLrp21222222d)9.42221rpLr4.10)利用测不准关系估算谐振子的基态能量。解：一维谐振子能量222212xmmpExx。又022dxxexx奇，m，0 xp，（由 (3.8)

45、、(3.9)题可知0, 0 xpx）xxxx，xxxxpppp，由测不准关系，,2xpx得xpx2。22221221xmxmEx028232xmxmdxdEx，得mx222122128220mmmmEx同理有210yE，210zE。谐振子（三维）基态能量230000zyxEEEE。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 25 页，共 37 页 - - - - - - - - - 4.11) 利用测不准关系估算类氢原子中电子的基态能量。解：类氢原子中有关电子的

46、讨论与氢原子的讨论十分相似，只是把氢原子中有关公式中的核电荷数e换成ze（z为氢原子系数）而u理解为相应的约化质量。故玻尔轨迹半径220uea，在类氢原子中变为zaa0。类氢原子基态波函数area31001，仅是r的函数。而ddreddredrdersin11，故只考虑径向测不准关系rpr，类氢原子径向能量为：rzeupEr222。而rzeupH222，如果只考虑基态，它可写为rzeupHr222，rdrdipr1rp与r共轭，于是rpr，rr ，rzermrzeupEr2222222（1）求极值rzermrE2320由此得azamzer022（0a：玻尔半径；a：类氢原子中的电子基态“轨迹”

47、半径）。代入（ 1）式，得基态能量，azeemzE222242运算中做了一些不严格的代换，如rr11，作为估算是允许的。4.12)证明在分立的能量本征态下动量平均值为0。证：设定态波函数的空间部分为，则有EH为求p的平均值，我们注意到坐标算符ix与H的对易关系：upixVuppxHxijjjii2,。这里已用到最基本的对易关系ijjiipx ,，由此名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 26 页，共 37 页 - - - - - - - - - 0,iii

48、iiiiExExiuHxHxiuHxiupp这里用到了H的厄米性。这一结果可作一般结果推广。如果厄米算符C可以表示为两个厄米算符A和B的对易子BAiC,， 则在A或B的本征态中，C的平均值必为0。4.13）证明在的本征态下，0yxLL。（提示：利用xyzzyLiLLLL，求平均。）证：设是zL的本征态，本征值为m，即mLzxLiyzzyzyLLLLL,L，yLizxxzxzLLLLL,L，0111yyyzzyyzzyxLmLmiLLLLiLLLLiL同理有：0yL。4.14) 设粒子处于,lmY状态下，求2xL和2yL解：记本征态lmY为lm，满足本征方程lmlllmL221，lmmlmLz，

49、lmmLlmz，利用基本对易式LiLL，可得算符关系xyzxzyxyzzyxxxLLLLLLLLLLLLLiLi2xyzzxyyxyzyzxyLLLLLLLiLLLLiLLL2将上式在lm态下求平均， 因zL作用于lm或lm后均变成本征值m， 使得后两项对平均值的贡献互相抵消，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 27 页，共 37 页 - - - - - - - - - 因此22yxLL又2222221mllLLLLzyx2222121mllLLyx上题

50、已证0yxLL。2222222121mllLLLLLLxxxxxx同理222121mllLy。4.15)设体系处于202111YCYC状态（已归一化，即12221CC） ，求（a）zL的可能测值及平均值; （b）2L的可能测值及相应的几率；（c）xL的可能测值及相应的几率。解：1121122YYL，2022026YYL；1111YYLz，20200 YYLz。（a）由于已归一化，故zL的可能测值为，0，相应的几率为21C，22C。平均值21CLz。（b）2L的可能测值为22，26，相应的几率为21C，22C。（c）若1C，2C不为 0，则xL（及yL）的可能测值为：2，0，2。1）xL在1l的