周世勋量子力学习题及解答
量子力学习题及解答
第一章量子理论基础
1．1由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长λm与温度T成反比，即
；λmT=b（常量）
并近似计算b的数值，准确到二位有效数字。
解根据普朗克的黑体辐射公式
8πhv3
ρvdv=⋅3
c
以及
1
hvkT
dv，
（1）（2）（3）
e−1λv=c，
ρvdv=−ρvdλ，
有
dvdλ⎛c⎞d⎜⎟λ
=−ρv(λ)⎝⎠
dλ
ρ(λ)=v⋅c
λ8πhc1=5⋅hc,λ
eλkT−1ρλ=−ρ
这里的ρλ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+dλ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，ρλ取得极大值，因此，就得要求ρλ对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作λm。但要注意的是，还需要验证ρλ对λ的二阶导数在λm处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的λm就是要求的，具体如下：
8πhcρ=6⋅
λ
'λ
1
e
hcλkT
⎛
hc1⎜−5+⋅hc⎜−λkT⎜−1⎝1−eλkT⎞
⎟=0⎟⎟⎠
⇒−5+
hc⋅λkT
11−e
−
hcλkT
=0
⇒
如果令x=
5(1−e
−
hcλkT
)=
hcλkT
hc
，则上述方程为λkT
5(1−e−x)=x
这是一个超越方程。首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有
λmT=
把x以及三个物理常量代入到上式便知
hcxk
λmT=2.9×10−3m⋅K
这便是维恩位移定律。据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。1．2在0K附近，钠的价电子能量约为3eV，求其德布罗意波长。
解根据德布罗意波粒二象性的关系，可知
E=hv，
P=
hλ
如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（E动
p2
E=
2µe
如果我们考察的是相对性的光子，那么
E=pc
注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即0.51×106eV，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有
λ=
hp
===
h2µeEhc2µec2E1.24×10−6
6
2×0.51×10×3=0.71×10−9m=0.71nm
在这里，利用了
m
hc=1.24×10−6eV⋅m
以及
µec2=0.51×106eV
最后，对
λ=
hc2µec2E
作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
1．3氦原子的动能是E=长。
解
3
，求T=1K时，氦原子的德布罗意波kT（k为玻耳兹曼常数）
2
根据
1k⋅K=10−3eV，
知本题的氦原子的动能为
E=
显然远远小于µ核c2这样，便有
33
kT=k⋅K=1.5×10−3eV,22
λ=
hc2µ核c2E
=
1.24×10−6
9
−3
2×3.7×10×1.5×10=0.37×10−9m=0.37nm
这里，利用了
m
µ核c2=4×931×106eV=3.7×109eV
最后，再对德布罗意波长与温度的关系作一点讨论，由某种粒子构成的温度为T的体系，其中粒子的平均动能的数量级为kT，这样，其相庆的德布罗意波长就为
λ=
hc2µc2E
=
hc2µkc2T
据此可知，当体系的温度越低，相应的德布罗意波长就越长，这时这种粒子的波动性就越明显，特别是当波长长到比粒子间的平均距离还长时，粒子间的相干性就尤为明显，因此这时就能用经典的描述粒子统计分布的玻耳兹曼分布，而必须用量子的描述粒子的统计分布——玻色分布或费米公布。
1．4利用玻尔——索末菲的量子化条件，求：
（1）一维谐振子的能量；
（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子轨道的可能半径。
已知外磁场H=10T，玻尔磁子MB=9×10−24J⋅T−1，试计算运能的量子化间隔△E，并与T=4K及T=100K的热运动能量相比较。
解玻尔——索末菲的量子化条件为
pdq=nh
其中q是微观粒子的一个广义坐标，p是与之相对应的广义动量，回路积分是沿运动轨道积一圈，n是正整数。
（1）设一维谐振子的劲度常数为k，谐振子质量为μ，于是有
p212
E=+kx
2µ2
这样，便有
p=±2µ(E−
12kx)2
这里的正负号分别表示谐振子沿着正方向运动和沿着负方向运动，一正一负正好表示一个来回，运动了一圈。此外，根据
E=
可解出
12kx2
x±=±
2Ek
这表示谐振子的正负方向的最大位移。这样，根据玻尔——索末菲的量子化条件，有
∫
x+
2µ(E−12kx2)dx+∫x−1
x−
x(−)2µ(E−2kx2)dx=nh
+
⇒
∫
x+
x2µ(E−1kx2)dx+−
2∫x+x2µ(E−1
2
kx2)dx=nh
−
+
⇒
∫
x2µ(E−1nx−
2kx2)dx=2
h
为了积分上述方程的左边，作以下变量代换；
x=
2E
k
sinθ这样，便有
π∫
22µEcos2θd⎜2E⎞−π2
⎜sinθ⎟=n
h⎝k⎟⎠
2
π
cosθ⋅
⇒
∫
22E−π2cosθdθ=nh2
k2
π2=π2E⋅
µkcos2θdθ=n⇒
∫
2
2
h这时，令上式左边的积分为A，此外再构造一个积分
πB=∫2µ
2−π2E⋅
k
sinθdθ2
这样，便有
πA+B=∫22E⋅µ−πkdθ=2Eπ⋅µ2
k,π（1）
A−B=∫2µ
−π2E⋅
2
k
cos2θdθπ=∫2−πEµ
2kcos2θd(2θ)π=∫2−πE
2
k
cosϕdϕ,这里ϕ=2θ，这样，就有
A−B=∫π
µ
−π
E
k
dsinϕ=0根据式（1）和（2），便有
2）
（
A=Eπ
这样，便有
µk
Eπ
µn=hk2nµh2πk
µ
,k
⇒
E=
=nh
其中h=
h2π
最后，对此解作一点讨论。首先，注意到谐振子的能量被量子化了；其次，这量子化的能量是等间隔分布的。
（2）当电子在均匀磁场中作圆周运动时，有
υ2µ=qυBR
⇒
p=µυ=qBR
2π
这时，玻尔——索末菲的量子化条件就为
∫
⇒⇒
qBRd(Rθ)=nh
qBR2⋅2π=nh
qBR2=nh
p2
又因为动能耐E=，所以，有
2µ
(qBR)2q2B2R2
E==
2µ2µ
qBnℏqℏ
=nB⋅2µ2µ=nBNB,=
其中，MB=
qℏ
是玻尔磁子，这样，发现量子化的能量也是等间隔的，而且2µ
∆E=BMB
具体到本题，有
∆E=10×9×10−24J=9×10−23J
根据动能与温度的关系式
E=
以及
3kT2
1k⋅K=10−3eV=1.6×10−22J
可知，当温度T=4K时，
E=1.5×4×1.6×10−22J=9.6×10−22J
当温度T=100K时，
E=1.5×100×1.6×10−22J=2.4×10−20J
显然，两种情况下的热运动所对应的能量要大于前面的量子化的能量的间隔。
1．5两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两光子的能量相等，问要实现实种转化，光子的波长最大是多少？
解关于两个光子转化为正负电子对的动力学过程，如两个光子以怎样的概率转化为正负电子对的问题，严格来说，需要用到相对性量子场论的知识去计算，修正当涉及到这个过程的运动学方面，如能量守恒，动量守恒等，我们不需要用那么高深的知识去计算，具休到本题，两个光子能量相等，因此当对心碰撞时，转化为正风电子对反需的能量最小，因而所对应的波长也就最长，而且，有
E=hv=µec2
此外，还有
E=pc=
于是，有
hcλ
hc
=µec2λ
⇒
λ=
hcµec2
1.24×10−6=m0.51×106=2.4×10−12m=2.4×10−3nm
尽管这是光子转化为电子的最大波长，但从数值上看，也是相当小的，我们知道，电子是自然界中最轻的有质量的粒子，如果是光子转化为像正反质子对之类的更大质量的粒子，那么所对应的光子的最大波长将会更小，这从某种意义上告诉我们，当涉及到粒子的衰变，产生，转化等问题，一般所需的能量是很大的。能量越大，粒子间的转化等现象就越丰富，
这样，也许就能发现新粒子，这便是世界上在造越来越高能的加速器的原因：期待发现新现象，新粒子，新物理。
第二章波函数和薛定谔方程
2.1证明在定态中，几率流与时间无关。
证：对于定态，可令
(�r，t)=ψ(�r)f(t)
i
=ψ(�r)e
−ℏ �J=iℏ2m
(Ψ∇Ψ*−Ψ*∇Ψ)
=iℏ
2m
[ψ(�r)e−iEtiℏ∇（ψ(�r)e−ℏEt）*−ψ*(�r)e−iℏEt∇（ψ(�r)e−i
ℏEt）]
=iℏ2m
[ψ(�r)∇ψ*(�r)−ψ*(�r)∇ψ(�r)]可见J�
与t无关。
2.2由下列定态波函数计算几率流密度：
(1)ψ
11
=
eikr
(2)ψ1−ikrr
2
=
r
e从所得结果说明ψ1表示向外传播的球面波，ψ2表示向内(即向原点)传播的球面波。
解：J��
1和J2只有r分量
在球坐标中
∇=�r∂∂r+�e1∂�1∂0θr∂θ+eϕ
rsinθ∂ϕ
(1) J�=iℏ**
12m
(ψ1∇ψ1−ψ1∇ψ1)
=iℏ1ikr∂12m[re∂r(re−ikr)−1re−ikr∂∂r(1reikr)]r�
=iℏ111111�
2m[r(−r2−ikr−r(−r2+ikr)]r0
=ℏk�ℏk�
mr2r0=mr
3
rΨ
�J�
1与r同向。表示向外传播的球面波。
(2) �Jiℏ**
2=2m
(ψ2∇ψ2−ψ2∇ψ)
=iℏ1−ikr∂12m[re∂r(reikr)−1reikr∂∂r(1re−ikr)]�
r0
=iℏ1111112m[r(−rr)−r(−�
2+ikr2−ikr)]r0
=−ℏk�ℏk�
mr2r0=−mr
3r
可见，J��
2与r反向。表示向内(即向原点)传播的球面波。
补充：设ψ(x)=eikx，粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？
∵∫
ψ*ψdx=dx=∞
∞
∫
∞∴波函数不能按∫
(x)
2
dx=1方式归一化。
其相对位置几率分布函数为
ω=2
=1表示粒子在空间各处出现的几率相同。
2.3
一粒子在一维势场
⎧∞，x
⎨0， 0≤x≤a
⎪⎩
∞，x>a中运动，求粒子的能级和对应的波函数。
解：U(x)与t无关，是定态问题。其定态S—方程
−ℏ2d22mdx2
(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)在各区域的具体形式为
ℏ2
Ⅰ：x2mdx2
1(x)+U(x)ψ1(x)=Eψ1(x) ①Ⅱ： 0≤x≤a −ℏ2d2
2mdx2
ψ2(x)=Eψ2(x) ②
ℏ2d2
Ⅲ：x>a −3(x)+U(x)ψ3(x)=Eψ3(x) ③2
2mdx
由于(1)、(3)方程中，由于U(x)=∞，要等式成立，必须
ψ1(x)=0ψ2(x)=0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
方程(2)可变为d2ψ2(x)2mE
dx2+ℏ
2ψ2(x)=0
令k2=
2mE
ℏ2
，得d2ψ2(x)
dx
2
+k2ψ2(x)=0其解为ψ2(x)=Asinkx+Bcoskx
④
根据波函数的标准条件确定系数A，B，由连续性条件，得
ψ2(0)=ψ1(0) ⑤ψ2(a)=ψ3(a) ⑥
⑤⇒B=0
⑥
∵A≠0∴sinka=0
⇒ka=nπ (n=1, 2, 3,⋯)
∴ψ2(x)=Asin
nπa
x由归一化条件
∫
(x)2
dx=1
得
A
2
∫
a
sin2
nπ
a
xdx=10
a
由
∫
πb
sin
max∗sinnπa
axdx=2
mn⇒Asinka=0
⇒A=
2a
∴ψx)=2nπ2(asina
x∵k2=
2mEℏ2
Eπ2ℏ2⇒2
n=2ma
2
n (n=1,2,3,⋯)可见E是量子化的。对应于En的归一化的定态波函数为
⎧2nπ−i
ψx,t)=⎪
ℏ⎨sinxeEnt
, 0≤x≤an(⎪aa
⎩
0, xa#
2.4.证明（2.6-14）式中的归一化常数是A′=
1
⎧证：
ψ⎪⎨
A′sinnπ
(x+a),n=a⎪⎩
0, （2.6-14）
由归一化，得
1=∫2
a
nπ
∞
ndx=∫−a
A′2sin2
a
(x+a)dx=A′2∫
a1n−a2[1−cosπa
(x+a)]dxa
=A′2xA′2
a
nπ
2−a
cos
−a2
∫
−a
(x+a)dx=A′2
a−A′2ana
2⋅πnπsina(x+a)
−a=A′2a
∴归一化常数A′=
1
a
#
2.5求一维谐振子处在激发态时几率最大的位置。
x
解：ψ(x)=
−2x2α
⋅2αxe2
22
22α
⋅x2e−αx
21
ω1(x)=1(x)=4α2⋅ =
2α3
⋅x2e−α
22
x
22dω1(x)2α3
=[2x−2α2x3]e−αx
dx令
dω1(x)
=0，得dx
1
x=0 x=±x=±∞
α
由ω1(x)的表达式可知，x=0 ， x=±∞时，ω1(x)=0。显然不是最大几率的位置。
d2ω1(x)2α322223−α2x2
而 =[(2−6αx)−2αx(2x−2αx)]e
dx2224α3
=[(1−5α2x2−2α4x4)]e−αx
d2ω1(x)4α31
=−2
edx21x=±
2
可见x=±
1ℏ
是所求几率最大的位置。#=±
αµω
2.6
在一维势场中运动的粒子，势能对原点对称：U(−x)=U(x)，证明粒子的定态波函
数具有确定的宇称。
证：在一维势场中运动的粒子的定态S-方程为
ℏ2d2−(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)2µdx2
将式中的x以(−x)代换，得
①
ℏ2d2−(−x)+U(−x)ψ(−x)=Eψ(−x)2µdx2
利用U(−x)=U(x)，得
②
ℏ2d2−(−x)+U(x)ψ(−x)=Eψ(−x)2µdx2
③
比较①、③式可知，ψ(−x)和ψ(x)都是描写在同一势场作用下的粒子状态的波函数。由于它们描写的是同一个状态，因此ψ(−x)和ψ(x)之间只能相差一个常数c。方程①、③可相互进行空间反演(x−x)而得其对方，由①经x→−x反演，可得③，
⇒ ψ(−x)=cψ(x)
④
由③再经−x→x反演，可得①，反演步骤与上完全相同，即是完全等价的。
⇒ ψ(x)=cψ(−x)
④乘⑤，得
ψ(x)ψ(−x)=c2ψ(x)ψ(−x)
可见，c2=1
c=±1
当c=+1时， ψ(−x)=ψ(x)，⇒ψ(x)具有偶宇称，当c=−1时， ψ(−x)=−ψ(x)，⇒ψ(x)具有奇宇称，
当势场满足 U(−x)=U(x)时，粒子的定态波函数具有确定的宇称。#
2.7一粒子在一维势阱中
U(x)=⎧⎪⎨
U0>0,x>a
⎪⎩ 0, x≤a
运动，求束缚态(0
−ℏ2d2
2µdx
2(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)按势能U(x)的形式分区域的具体形式为
Ⅰ：−ℏ2d2
2µdx2
1(x)+U0ψ1(x)=Eψ1(x)
−∞
⑤
①
ℏ2d2
Ⅱ：−ψ2(x)=Eψ2(x)
2µdx2
②
−a≤x≤a
ℏ2d2
Ⅲ：−3(x)+U0ψ3(x)=Eψ3(x)2
a
③
2µdx
整理后，得
Ⅰ：ψ2µ(U0−E)
1′′−ℏ2
1=0Ⅱ：.ψ′2µ E
2′+ℏ
22=0Ⅲ：ψ′2µ(U0−E)
3
′−ℏ2
3=0令k22µ(U0−E)2
2µE1=ℏ2 k2
=ℏ2
则
Ⅰ：ψ′′−k21
1ψ1=0⑦Ⅱ：.ψ′2′−k22ψ2=0
⑧Ⅲ：ψ′3
′−k21ψ1=0⑨
各方程的解为
ψ1=Ae−k1x+Bek1x
ψ2=Csink2x+Dcosk2xψx
3=Ee+k1x+Fe−k1由波函数的有限性，有
ψ1(−∞)有限 ⇒A=0ψ3(∞)有限 ⇒E=0
因此
ψ1=Bek1xψ3=Fe−k1x
由波函数的连续性，有
④
⑤
⑥
ψ1(−a)=ψ2(−a),⇒Be−k1a=−Csink2a+Dcosk2a (10)′(−a)=ψ2′(−a),⇒k1Be−k1a=k2Ccosk2a+k2Dsink2a (11)ψ1
ψ2(a)=ψ3(a),⇒Csink2a+Dcosk2a=Fe−k1a (12)′(a)=ψ3′(a),⇒k2Ccosk2a−k2Dsink2a=−k1Fe−k1a (13)ψ2
整理(10)、(11)、(12)、(13)式，并合并成方程组，得
e−k1aB+sink2aC−cosk2aD+0=0 k1e−k1aB−k2cosk2aC−k2sink2a D+0=00+sink2aC+cosk2aD−e−k1aF=00+k2cosk2aC−k2sink2aD+k1e−k1aF=0
解此方程即可得出B、C、D、F，进而得出波函数的具体形式，要方程组有非零解，必须
e−k1a
k1e−k1a
000=e−k1a
sink2a−cosk2a0−k2cosk2a−k2sink2a0
=0−k1a
sink2acosk2aek2cosk2a−k2sink2ak1Be−k1a
−k2cosk2a−k2sink2a0sink2acosk2a−e−k1a−k2cosk2a−k2sink2ak1e−k1a
sink2a−cosk2a0sink2acosk2a−e−k1a=k2cosk2a−k2sink2ak1e−k1a
−k1e−k1a
−k1a
=e−k1a[−k1k2e−k1acos2k2a+k2sink2acosk2a+2e−k1a +k1k2e−k1asin2k2a+k2sink2acosk2a]−2e
−k1e−k1a[k1e−k1asink2acosk2a+k2e−k1acos2k2a+ +k1e−k1asink2acosk2a−k2e−k1asin2k2a] =e−2k1a[−2k1k2cos2k2a+k22sin2k2a−k1sin2k2a]
2 =e−2k1a[(k22−k1)sin2k2a−2k1k2cos2k2a]
2
∵e−2k1a≠0
2∴(k2−k12)sin2k2a−2k1k2cos2k2a=0
即
(k22−k12)tg2k2a−2k1k2=0为所求束缚态能级所满足的方程。#
解法二：接（13）式
−Csink2a+Dcosk2a=
k2k
Ccosk2a+2Dsink2ak1k1
kk
Csink2a+Dcosk2a=−
2kCcosk2a+2Dsink2a1k1
k2
kkcosksink22a+2asink2a−cosk2ak1k1
=0
2kcoskk2
2a+sink2a−(sink2a−cosk2a)
1
k1−(
k2kcosksinkk
2a+2a)(2sink2a−cosk2a)1k1−(k2kcoskk
2a+sink2a)(2sink2a−cosk2a)=01k1 (k2kcoskk
2a+sink2a)(2sink2a−cosk2a)=01k1k22kk
k2sink2acosk22a+21ksink2a−2kcos2k2a−sink2acosk2a=0
11 (−1+k2
2k)sin2k2k
222a−cos2k2a=0
1k1 (k2
22−k1)sin2k2a− 2k1k2cos2k2a=0
#
解法三：
(11)-(13)⇒2ka=k−−kka
a
2Dsink21e1(B+F)
(10)+(12)⇒2Dcosk−k2a=e1a(B+F)
(11)−(13)
(10)+(12)
⇒k2tgk2a=k1 (a)
(11)+(13)⇒2kcosk(F−B)e−−ikik1
a
a
2C2a=−k1(12)-(10)⇒2Csink2a=(F−B)e
−ik1a
(11)+(13)
(12)−(10)
⇒k2ctgk2a=−k
1令ξ=k2a，η=k2a，则
ξ tgξ=η (c)或
ξ ctgξ=−η (d)
ξ2
+η2
=(k2+k2)=2µU0a2
1
2
ℏ2
(f)
合并(a)、(b)：
tg2k2k1k2
2a=
k22k2tgk2a
2a=
2−k2
利用tg11−tg2k2a
#
解法四：（最简方法-平移坐标轴法）
Ⅰ：−ℏ2
2µ′1
′+U0ψ1=Eψ1（χ≤0）
Ⅱ：−ℏ2
2µ′2
′=Eψ2（0＜χ＜2a）
Ⅲ：−ℏ2
2µ′3′+U0ψ3=Eψ3（χ≥2a）
⎧⎪ψ2µ(1′′−U0−E)1=0⎪
ℏ2
⇒⎪
⎨ψ′′+2µE⎪
2
ℏ22=0⎪⎪2µ(U⎩
ψ′3′−0−E)ℏ2
3=0⎧ψ1′′−k2ψ k2
11=0 (1) 1=2µ(U0−E)ℏ2⎪⎨ψ′′+k222
22ψ2=0 (2) k2=2µEℏ束缚态0＜E＜U⎪0⎩ψ′3
′−k21ψ3=0 (3)
ψ+k1=Ae1x+Be−k1x
ψ2=Csink2x+Dcosk2xψx
3=Ee+k1x+Fe−k1ψ1(−∞)有限 ⇒B=0ψ3(∞)有限 ⇒E=0
因此
∴ψx1=Aek1 ψ3=Fe−k1x
由波函数的连续性，有
ψ1(0)=ψ2(0),⇒A=D (4)ψ1
′(0)=ψ2′(0),⇒k1A=k2C (5)ψ′(2a)=ψ−2k2
3′(2a),⇒k2Ccos2k2a−k2Dsin2k2a=−k1Fe1a (6)ψ2(2a)=ψ3(2a),⇒Csin2k2a+Dcos2kk2a=Fe−21a (7)
(7)代入(6)
Csin2k22a+Dcos2k2a=−
k2kCcos2kk
2a+Dsin2k2a1k1
利用(4)、(5)，得
k1kAsin2k−Acos2kk
2a+Acos2k2a=2a+2kDsin2k2a21A[(
k1k−k2
ksin2k2a+2cos2k2a]=021∵A≠0∴(k1k−k
2)sin2k2a+2cos2k2a=02k1两边乘上(−k1k2)即得
(k2k2
2−1)sin2k2a−2k1k2cos2k2a=0
#
2.8分子间的范德瓦耳斯力所产生的势能可以近似表示为
⎧⎪∞, x
U(x)=⎪
⎨U0
, 0≤x
求束缚态的能级所满足的方程。
解：势能曲线如图示，分成四个区域求解。定态S-方程为
−ℏ2d22µdx2
(x)+U(x)ψ(x)=Eψ(x)对各区域的具体形式为
Ⅰ：−ℏ2
2µψ1
′′+U(x)ψ1=Eψ1 (x
2µ
ψ′2
′+U0ψ2=Eψ2 (0≤x
Ⅲ：−ℏ2
2µψ′3
′−U1ψ3=Eψ3 (a≤x≤b)Ⅳ：−ℏ2
2µ
ψ′4
′+0=Eψ4 (b
ψ1(x)=0
而.ψ′′2µ (U0−E)
2−
ℏ2
2=0①
ψ′2µ (U1+E)
3′+ℏ2
3=0②
ψ′2µE
4
′+ℏ
2ψ4=0③
对于束缚态来说，有−U
(U0−E)
2′−k1ψ2=0
k21=
2µℏ2ψ′3
′+k22µ (U1+E)
3ψ3=0k23=
ℏ2
ψ′4
′+k24ψ4=0k24=−2µE/ℏ2
各方程的解分别为
ψ2=Aek1x+Be−k1x
ψ3=Csink2x+Dcosk2xψ+k−k4=Ee3x+Fe3x
由波函数的有限性，得
ψ4(∞)有限， ⇒E=0
∴ψ−k4=Fe3x
由波函数及其一阶导数的连续，得
ψ1(0)=ψ2(0) ⇒B=−A
∴ψ2=A(ek3x−e−k3x)
ψk2(a)=ψ3(a)⇒A(e3x−e−k3x)=Csink2a+Dcosk2a
④
⑤
⑥
⑦
ψ′3
(a)=ψ3′(a)⇒Ak1(ek3a+e−k3a)=Ck2cosk2a−Dk2sink2a⑧
ψ3(b)=ψ4(b)⇒Csink2b+Dcosk2b=Fe−k3b
⑨
ψ′(b)=ψ4′(b)⇒Ck−kb3
2sink2b−Dk2cosk2b=−Fk3e3⑩
由⑦、⑧，得kk1e1a+e−k1aCcosk2a−Dcosk2kk2e1a−e
−k1a
=a
Csink2a+Dcosk2a(11)
由⑨、⑩得(k2cosk2b)C−(k2sink2b)D=(−k3sink2b)C−(k3cosk2b)D
(
k2
kkcosk2b+sink2b)C=(−2cosk2b+sink2b)D=03k(12)
3
ek1a+e−k1a令β=k1
ek1
a−e
−k1a⋅k，则①式变为2(βsink2a−cosk2a)C+(βcosk2a+sink2a)D=0
联立(12)、(13)得，要此方程组有非零解，必须
(
k2
kcoskk2b+sink2b)(−2ksink2b+cosk2b)
=0(β3
sink(β32a−cosk2a)cosk2a+sink2a)
即 (βcoskk2
2a+sink2a)(kcosk2b+sink2b)−(βsink2a−cosk2a)⋅
3
⋅(−k
2ksink2b+cosk2b)=0
3 βk2kcoskk
2bcosk2a+2sink2bsink2a+βsink2bcosk2a+
3k3
+sinkkk
2bsink2a+β2ksink2bsink2a−2sink2bcosk2a)−
3k3
−βcosk2bsink2a+cosk2bcosk2a=0
sink)(β−k2k
2(b−ak)+cosk2(b−a)((β2+1)=0
3k3 tgkkk
2(b−a)=(1+2kβ)(2−β)
3k3
把β代入即得
tgkkek1a+e−k1a
k2k1ek1a +e−k1a22(b−a)=(1+ka−e−k1a)(k−k)
3ek13k2e1a−e−k1a
此即为所要求的束缚态能级所满足的方程#
附：从方程⑩之后也可以直接用行列式求解。见附页。
(ek1a−e−k1a)−sink2a−cosk2a0(ek1a+e−k1a)k2
−k2cosk2ak2sink2a0
0sink−k2bcosk2b
−e3a
=00k2cosk2b−k2sink2bk3e−k3a
−k2cosk2ak2sink2a0
0=(ek1a
−e−k1a)sinkcosk2b
−e−k3a2b−kk2cosk2b−k2sink2bk3e−3a
−sink2a−cosk2a0
−kk1(e1a
+e−k1a)=sink2bcosk2b−e−k3a
kk2cosk2b−k2sink2bk3e−3a
=(ek1a−e−k1a（)−k2−k2k3e−k3acosk2acosk2b−k2e3a
sink2a cosk−kk3asink2−k2asink2b−k2e3a2b2k3e−cosk2asink2b）
−k−k1(ek1b+e1b（)k−k2k3e3bsinkk2acosk2b−k2e−3bcosk2a cosk3b2b+k3e−k3bcosk2asink2b+k−k2esink2asink2b））
=(ek1a−e−k1a)[−k2
2k3cosk2(b−a)+k2sink2(b−a)]e−k3b
−(ek1a−e−k1a)[k1k3sink2(b−a)+k1k2cosk2(b−a)]e−k3b
=ek1a[−(k21+k3)k2cosk2(b−a)+(k2−k1k3)sink2(b−a)]e−k3b e−k1a[(k21−k3)k2cosk2(b−a)+(k2+k1k3)sink2(b−a)]e−k3b
=0
⇒ [−(k2
1+k3)k2+(k2−k1k3)tgk2(b−a)]e−k3b
−[(k21−k3)k2+(k2+k1k3)tgk2(b−a)]e−k3b=0
[(k222−k1k3)e2k1a−(k2+k1k3)]tgk2(b−a)−(k1+k3)k2ka
2e1 −(k1−k3)k2=0
此即为所求方程。#
补充练习题一
1
1、设ψ(x)=Ae−2x22
(α为常数)，求A=？
解：由归一化条件，有
1=A
2
∫
∞
−∞
e
−α2x2
d( x)=A
2
1
α2x2
α
∫
∞
−∞
e
−d(α x)
。
1=A
α
2
∫
∞
−∞
e
−y2
1
dy=Aα
2
利用
#
∴A=
α2、求基态微观线性谐振子在经典界限外被发现的几率。
1ℏω2
设基态的经典界限的位置为a，则有
11E0=µω2a2=ℏω
22
解：基态能量为E0=
∴a=
在界限外发现振子的几率为
ℏ1
==a0µωα
αω=
==
∫
−a0
e
∞
−α2x2
−∞
αdx+
x
∫
∞
e−α2x2dx
a0
(ψ0=
α−α2x2
e)2α2
∫∫
a0∞
e−α
22
dx (偶函数性质)
a0
2∞−y2
=edy∫1
122∞−y2
=[∫edy−∫e−ydy]
−∞
−∞=
1
e−(αx)d(α x)
2
2
[−
2π21
12π
∫
2
−∞
e−t
2
/2
dt] （令y=
12
t)
式中
2π∫
e
−t2/2
dt为正态分布函数ψ(x)=
−∞
2π∫
x
e−t
2
/2
dt
−∞
当x=∴ω=̇
2时的值ψ(2)。查表得ψ(2)=̇0.92∂
[−×0.92]=2(1−0.92)=0.16
#
∴在经典极限外发现振子的几率为0.16。
1
α−22x2
3、试证明ψ(x)=(2α3x3−3αx)是线性谐振子的波函数，并求此波函数对
3
应的能量。
证：线性谐振子的S-方程为
ℏ2d2−2µdx(x)+12
µω2x2ψ(x)=Eψ(x)①
把ψ(x)代入上式，有
d1
dx(x)=ddx[α3e−22x2
(2α3x3−3αx)]1
=α3−αx(2αx3−3αx)+(6α3x2−3α)]e−2
2x223α−1
22
=2x3(−2α5x4+9α3x2−3α)
d2ψ(x)1
dx2
=d⎡αdx⎢e−22x2(−2α5x4+9α3x2
−3α)⎤⎣3⎥⎦
=
α⎡⎢−α2xe
−122x2(−2α5x4+9α3x2−3α)+e−1
2
2x2(−8α5x3+18α3x)⎤3⎣⎥⎦
=(α4x2−7α2
)α−1
2α2x2e(2α3x33−3αx)
=(α4x2−7α2)ψ(x)
把d2
dx
2(x)代入①式左边，得ℏ2d2左边=−ψ(x)2µdx2
+12
µω2x2
ψ(x) =7α2
ℏ22µ(x)−ℏ22µ4x2ψ(x)+1
2
µω2x2ψ(x)
=7⋅µω⋅ℏ2(x)−ℏ2µω4x2ψ(x)+1
µω2ℏ2µ2µℏ2x2ψ(x)
=72ℏωψ(x)−12µω2x2ψ(x)+1
2µω2x2ψ(x)
=7
2
ℏωψ(x)
右边=Eψ(x)
当E=
7
2
ℏω时，左边=右边。n=3
αd−22x2
是线性谐振子的波函数，其对应的能量ψ(x)=e(2α3x3−3αx)，
1
3dx为
7
2
ℏω。第三章量子力学中的力学量
α2x2−i
3.1一维谐振子处在基态ψ(x)=
αe−
22
t，求：
(1)势能的平均值=
1
µω2x22
；(2)动能的平均值=p2
2µ
；
(3)动量的几率分布函数。
解：(1)=12212α−α2x2
2µωx=2µω∫
∞
−∞
x2
e
dx
=
12µω2α⋅211112ℏ22α2α=2µω22α2=4µω⋅µω=
14
ℏω(2)=p22µ=12µ
∫∞−∞ψ*(x)pˆ2
ψ(x)dxα1∞−122
1
=−22x22µ∫−∞
ex2(−ℏ2ddx2e2dx=αℏ2α2∫∞
(1−α2222µ
−∞
x2)e−αxdx
=αℏ2∞2µα2[∫∞−α2x222−α2x2
−∞edx−α∫−∞xedx]
αℏ222=2µα[α−α⋅2α3αℏ22ℏ22=2µα2α=2ℏµω
4µα=4µ⋅
ℏ=
1
4
ℏω或
=E−=
12ℏω−14ℏω=14
ℏω(3)c(p)=∫
ψ*p(x)
ψ(x)dx1i
=
1α2πℏ∫
∞
e−1x2i
22−∞
e−ℏPx
dx =
1α−1
2x22
−iℏ
Px2πℏ
∫
∞
−∞
ee
dx
=
1α∞
−12(x+ip2p22πℏ∫
2α2ℏ)−2α2ℏ
2−∞
e
dx
=
1α2πℏ−
p22α2ℏ2
∫
∞
−122αℏ
)2−∞
e
(x+ip2dx
1α−p2
p2
=
2α2ℏ22−2πℏ
e=1
αℏ2αℏ
α动量几率分布函数为
p2ω(p)=c(p)2
=
1
α2ℏ2
αℏe
−
#
3.2.氢原子处在基态ψ(r,θ,ϕ)=
1
πa3e−r/a0，求：
(1)r的平均值；
势能−e2
(2)r
的平均值；
(3)最可几半径；(4)动能的平均值；
(5)动量的几率分布函数。
解：(1)=∫
r(r,θ,ϕ)2
dτ=
1π2π∞
−2r/a02πa30
∫0
∫0
∫
rersinθ drdθ dϕ
=4a3
a−2r/a
0dr
∫
∞
r3=43!3a3=a0
0⎛⎜2⎞4⎟2⎜⎝a0⎟⎠
2)=(−e2r)=−e2
(πa3
∫π2π∞
10
∫0
∫
r
e−2r/a00
r2sinθ drdθ dϕ−e2
=πa3
0∫π∫2π∞
/a00
∫
e−2rrsinθ drdθ dϕ
4e2=−a3
∫
∞
2r/a00
e−r dr
=−4e21e2a32
=−0⎛⎜2⎞a0
⎜⎝a⎟0⎟⎠
(3)电子出现在r+dr球壳内出现的几率为
ω(r)dr=∫
π
4−2r/a00
∫
2π
[ψ(r,θ,ϕ)]2r2sinθ drdθ dϕ=a3er2
dr0
ω(r)=
4−2r/aa3e0r2
dω(r)=4(2−2
3r)re−2r/a0
dra0a0
令
dω(r)
dr
=0， ⇒ r1=0, r2=∞, r3=a0
当 r1=0, r2=∞时，ω(r)=0为几率最小位置
d2ω(r)4842−2r/a0
dr2=a3(2−r+2
r)e0a0a0
d2ω(r)dr2
=−
8−r=a0
a3e2
∴r=a0是最可几半径。
(4)
Tˆ=122ℏ2µpˆ=−2µ
∇=−
ℏ2π2π∞
1−r/a02µ∫0
∫0∫
πa3e∇2(e−r/a0)r2
sinθ drdθ dϕ0
ℏ2=−
∫π
2π
∞1−r/2µ
∫0
∫
πa3ea01d2[r2ddr
(e−r/a0)]r2
sinθ drdθ dϕ0rdr=−4ℏ2∞
2µa3
(−1
(2r−r2ae−r/a0
0a0
∫
dr
4ℏ2a220a0ℏ2
=2µa4(24−4)=2µa2
00
(5)c(p)=∫
ψ*�p(r�
)
ψ(r,θ,ϕ)dτc(p)=
1
∞
1
−r/a0
(2πℏ)3/2
∫
a3e
r2
dr∫π
−i
ℏ
prcosθ0
e
sinθ dθ∫2π
dϕ
=
2π∞
(2πℏ)
3/2
a
3∫0
r2e
−r/a0
dr∫π
−i
ℏ
prcosθ0
e
d(−cosθ)
π=
2π
∫
∞
(2πℏ)3/2a3
r2e−r/a0dr
ℏ−i
ℏ
prcosθ0
ipr
e0
ℏ∞i
i
=
2π−pr(2πℏ)3/2
a3re−r/a0(eℏpr
−eℏ)dr0
ip∫0
=
2πℏ(2πℏ)3/a3[12
−10
ip(1i1ia−ℏp)2(a+p)200ℏ
=
1
4ip2a3ℏ3
ipπ20a0ℏ(1a2
+p2
0ℏ2
=
4
a440ℏ
2a33
22220ℏπa0(a0p+ℏ)
=
(2a0ℏ)3/2ℏ
π(a0p2+ℏ2)2
358a0ℏ
ω(p)=c(p)=2
π(a0p2+ℏ2)4
2
2
动量几率分布函数
#3.3
证明氢原子中电子运动所产生的电流密度在球极坐标中的分量是
Jer=Jeθ=0Jeϕ=
eℏ m
nℓm
µ rsinθ
2
证：电子的电流密度为
��iℏ**Je=−eJ=−e(ψnℓm∇ψnℓm−ψnℓm∇ψnℓm)
2µ
∇在球极坐标中为
�∂1�∂�1∂∇=er+eθ+eϕ
∂rr∂θrsinθ∂ϕ
式中er、eθ、eϕ为单位矢量
���
��iℏ�∂1�∂�1∂*
Je=−eJ=−e[ψnℓm(er+eθ+eϕψnℓm
2µ∂rr∂θrsinθ∂ϕ
�∂1�∂�1∂*
−ψn(e+e+e)ψnℓm]ℓmrθϕ
∂rr∂θrsinθ∂ϕ
ieℏ�∂*∂�1∂**
[er(ψnℓmn−ψ)+e(ψnℓmℓmnℓmnℓmθnℓm2µ∂r∂rr∂θ
1∂�1∂*1∂**
−ψn)+e(−nℓm)]ℓmnℓmϕnℓmnℓmnℓm
r∂θrsinθ∂ϕrsinθ∂ϕ=−
∵ψnℓm中的r和θ部分是实数。
∴
�
Je=−
ieℏeℏm22�2�
(−imnℓm−imnℓm)eϕ=−nℓmeϕ
2µrsinθµrsinθ
可见，Jer=Jeθ=0
Jeϕ=−
eℏm
nℓm
µrsinθ
2
#3.4
由上题可知，氢原子中的电流可以看作是由许多圆周电流组成的。(1)求一圆周电流的磁矩。(2)证明氢原子磁矩为
⎧meℏ
⎪−2µ(SI)⎪
M=Mz=⎨
⎪−meℏ(CGS)⎪⎩2µc
原子磁矩与角动量之比为
⎧e−(SI)⎪Mz⎪2µ=⎨Lz⎪e
−(CGS)⎪⎩2µc
这个比值称为回转磁比率。
解：(1)一圆周电流的磁矩为
dM=iA=JeϕdS⋅A
=−
（i为圆周电流，A为圆周所围面积）
eℏm2
nℓmdS⋅π(rsinθ)2
µrsinθ
=−
eℏm2
πrsinθnℓmdSµ
eℏm22
πrsinθnℓmdrdθµ
(dS=rdrdθ)
=−
(2)氢原子的磁矩为
M=∫dM=∫=−
π
∫
∞
−
eℏm2
πnℓmr2sinθ drdθµ
π∞eℏm2
⋅2π∫∫nℓmr2sinθ drdθ
002µ
=−
eℏm2ππ∞22
nℓmrsinθ drdθdϕ∫∫∫0002µeℏm
2µ
eℏm2µc
(SI)
=−
在CGS单位制中M==−
原子磁矩与角动量之比为
MzMe
==−(SI)LzLz2µ
#3.5
Mze
=−(CGS)Lz2µc
L2
一刚性转子转动惯量为I，它的能量的经典表示式是H=，L为角动量，求与此
2I
对应的量子体系在下列情况下的定态能量及波函数：(1)转子绕一固定轴转动：(2)转子绕一固定点转动：
解：(1)设该固定轴沿Z轴方向，则有
L2=L2Z
Hˆ=1ˆ22哈米顿算符
2ℏd2ILZ=−2Idϕ2
其本征方程为(H
ˆ与t无关，属定态问题)ℏ2d2−2Idϕ
2φ(ϕ)=Eφ(ϕ) d2φ(ϕ)2dϕ2=−IEℏ
2
φ(ϕ)令
m2=
2IE
ℏ
2，则 d2φ(ϕ)dϕ
2
+m2φ(ϕ)=0取其解为
φ(ϕ)=Aeimϕ(m可正可负可为零)
由波函数的单值性，应有
φ(ϕ+2π)=φ(ϕ)⇒eim(ϕ+2π)=eimϕ
即
ei2mπ=1
∴m=0，±1，±2，…
Em2ℏ2
转子的定态能量为m=
2I
(m=0，±1，±2，…)
可见能量只能取一系列分立值，构成分立谱。
定态波函数为
φimϕ
m=Ae
A为归一化常数，由归一化条件
1=∫2π
*2
π
φm
φmdϕ=A
∫
20
dϕ=A22π
⇒A=
12π
∴转子的归一化波函数为
φ1imm=
2π
ϕ
综上所述，除m=0外，能级是二重简并的。
(2)取固定点为坐标原点，则转子的哈米顿算符为
H
ˆ=1ˆ22I
LH
ˆ与t无关，属定态问题，其本征方程为12I
Lˆ2
Y(θ,ϕ)=EY(θ,ϕ)(式中Y(θ,ϕ)设为H
ˆ的本征函数，E为其本征值)L
ˆ2Y(θ,ϕ)=2IEY(θ,ϕ)令2IE=λℏ2，则有
L
ˆ2Y(θ,ϕ)=λℏ2Y(θ,ϕ)此即为角动量L
ˆ22
的本征方程，其本征值为L2=λℏ2=ℓ(ℓ+1)ℏ2 (ℓ=0, 1, 2, ⋯)
其波函数为球谐函数Yimϕ
ℓm(θ,ϕ)=Nm
ℓmPℓ(cosθ)e
∴转子的定态能量为
Eℓ(ℓ+1)ℏ2
ℓ=2I
可见，能量是分立的，且是(2ℓ+1)重简并的。#
3.6设t=0时，粒子的状态为
ψ(x)=A[sin2kx+1coskx]
求此时粒子的平均动量和平均动能。
解：ψ(x)=A[sin2kx+2coskx]=A[2(1−cos2kx)+2coskx]
=
A
[1−cos2kx+coskx]2
A
[1−(ei2kx−e−i2kx)+(eikx+e−ikx)]222
=
=
A2πℏi0xi2kx−i2kxikx−ikx1
[e−2e−2e+2e+2e]⋅22πℏ
可见，动量pn的可能值为0 2kℏ −2kℏ kℏ −kℏ
2
pn2k2ℏ22k2ℏ2k2ℏ2k2ℏ2
动能的可能值为02µµµ2µ2µ
对应的几率ωn应为
A2A2A2A2A2
( )⋅2πℏ416161616
11111
(⋅A2πℏ28888
上述的A为归一化常数，可由归一化条件，得
A2A2A2
+4×⋅2πℏ1=∑ωn=()⋅2πℏ=4162n
∴∴
A=1/ℏ
动量p的平均值为
=∑pnωn
n
A2A2A2A2
=0+2kℏ×⋅2πℏ−2kℏ×⋅2πℏ+kℏ×⋅2πℏ−kℏ×⋅2πℏ=0
16161616
2pnp2
==∑ωn
2µ2µn
2k2ℏ21k2ℏ21=0+⋅×2+××2
µ82µ85k2ℏ2
=
8µ
#
一维运动粒子的状态是
ψ(x)=⎧⎨
Axe−λx, 当x≥0
⎩ 0, 当x
其中λ>0，求：
(1)粒子动量的几率分布函数；(2)粒子的平均动量。
解：(1)先求归一化常数，由
1=∫∞
(x)2
dx=∫∞
A2x2e−2λx−∞
dx
=
12
4λ3
A∴A=2λ3/2
ψ(x)=2λ3/2xe−2λx(x≥0)
ψ(x)=0(x
c(p)=∫
∞
1−ikx+ik)x−∞
2πℏ
eψ(x)dx=(
12πℏ
)1/2
⋅2λ3/2∫∞−∞xe−(λψ(x)dx
=(2λ3)1/2[−x
e−(λ+ik)x
∞1
(λ+ik)x2πℏλ+ik
+
∞−λ+ik
∫−∞edx=(2λ31/2x==(2λ31/2
12πℏ)(λ+ik)
2
2πℏ)(λ+i
p2
ℏ
)动量几率分布函数为
2
2λ3
ω(p)=c(p)=
1
πℏ
=
2λ3ℏ31λ2
+p2(2
π(ℏ2λ2+p2)2
ℏ
2)
(2)=∫∞
*
ˆψ(x)dx=∞
d−∞
ψ(x)p
−iℏ∫−∞
4λ3xe−λxdx
(e−λx
)dx=−iℏ4λ3ℏ∫∞
−∞
x(1−λx)e−2λxdx
=−iℏ4λ3
ℏ∫∞
(x−λx2)e−2λx−∞
dx
=−iℏ4λ3ℏ(
14λ
2−14λ23.7
=0
#
3.8.在一维无限深势阱中运动的粒子，势阱的宽度为a，如果粒子的状态由波函数
ψ(x)=Ax(a−x)
描写，A为归一化常数，求粒子的几率分布和能量的平均值。
解：由波函数ψ(x)的形式可知一维无限深势阱的分布如图示。粒子能量的本征函
数和本征值为
⎧ψ(x)⎪2⎨sinnπx, 0≤x≤a⎪aa
⎩
0, x≤0, x≥aEn2π2ℏ2
n=
2µa2
(n=1， 2， 3， ⋯)
动量的几率分布函数为ω(E)=C2
n
C=∫∞
a
nπ
n−∞
ψ*(x)ψ(x)dx=∫0
sin
a
xψ(x)dx先把ψ(x)归一化，由归一化条件，
1=∫∞
(x)2
dx=∫aA2x2(a−x)dx=A2∫a
x2(a2−2ax+x2−∞
)dx
=A2∫a
(a2x2−2ax3+x40
)dx
2
(a5a5a55
=A2a3
−2+5)=A
30∴A=
30
a5
∴Cn=
∫
a
2a⋅300
a
5sinnπax⋅x(a−x)dx=2a3
[a∫a0xsinnπaxdx−∫a0
x2
sinnπaxdx]=2a2a3a2a3[−nπxcosnπax+n2π2
sinnπax+nπxcosnπ
ax2a2nπ2a3nπ
a
−n2π2xsinax−n3π3cosax]
=
4n
[1−(−1)]33
nπ
2
∴ω(E)=Cn
=
240n2
[1−(−1)]66
nπ
⎧960
，n=1， 3， 5， ⋯⎪
=⎨n6π6
⎪ 0，n=2, 4, 6, ⋯⎩
2ˆpˆψ(x)dx=ψ(x)=∫ψ(x)H(x)dx∫0−∞2µ
∞
a
=∫
a
30ℏ2d2
x(x−a)⋅[−x(x−a)]dx
2µdx2a5
30ℏ2
=
µa55ℏ2=µa2
3.9.设氢原子处于状态
∫
a
30ℏ2a3a3
x(x−a)dx=(−)
3µa52
ψ(r,θ,ϕ)=
31
R21(r)Y10(θ,ϕ)−R21(r)Y1−1(θ,ϕ)22
求氢原子能量、角动量平方及角动量Z分量的可能值，这些可能值出现的几率和这些力学
量的平均值。
解：在此能量中，氢原子能量有确定值
2µesµes2
E2=−22=−2
8ℏ2ℏn
(n=2)
角动量平方有确定值为
L2=ℓ(ℓ+1)ℏ2=2ℏ2
角动量Z分量的可能值为
(ℓ=1)
LZ1=0LZ2=−ℏ
其相应的几率分别为
1
，4
其平均值为
34
Z=
313
×0−ℏ×=−ℏ444
3.10一粒子在硬壁球形空腔中运动，势能为
⎧∞, r≥a;
U(r)=⎨
⎩0, r
求粒子的能级和定态函数。
解：据题意，在r≥a的区域，U(r)=∞，所以粒子不可能运动到这一区域，即在这区域粒子的波函数
ψ=0(r≥a)
由于在r
ℏ21d2dψ
)=Eψ−(r
2µrdrdr
令
U(r)=rEψ, k2=
d2u2+ku=02
dr
2µE
，得2ℏ
其通解为
u(r)=Acoskr+Bsinkr
AB
∴−ψ(r)=coskr+sinkr
rr
波函数的有限性条件知，ψ(0)=有限，则
A=0∴
ψ(r)=
B
sinkrr
由波函数的连续性条件，有
B
ψ(a)=0 ⇒sinka=0
a
∵B≠0∴ka=nπ (n=1,2,⋯)
k=
nπ
a
∴
En2π22ℏ
n=
2µa2ψ(r)=
Brsinnπa
r其中B为归一化，由归一化条件得
1=∫π
dθ=∫π
dϕ=∫a
(r)2
r2sinθ dr
=4π⋅∫a
B2sin2
nπ
rdr=2π aB2a
∴B=
12π a
∴
归一化的波函数
sin
nπψ(r)=
1ar2π a
r
3.11.求第3.6题中粒子位置和动量的测不准关系(∆x)2⋅(∆p)2=?
解：
p=0
p2=2µ =
54
k2ℏ2x=∫∞−∞A2x[sin2kx+1
2coskx]2dx=0
x2
=∫∞∞A2x2[sin2kx+12
coskx]2−dx=∞
(∆x)2⋅(∆p)2=(x2−2)=(p2−2
)=∞
3.12粒子处于状态
12
ψ(x)=(2πξ2)1/2exp[ixℏp0x−4ξ
2式中ξ为常量。当粒子的动量平均值，并计算测不准关系(∆x)22
⋅(∆p)22
=?
解：①先把ψ(x)归一化，由归一化条件，得
#
1
1=∫e
−∞2πξ2
∞
−
x22ξ
dx=
12ξ2π
∫
∞
−∞
e
− (
x2ξ
)2
d(
x2ξ2
=
12ξ2π12π
=(
11/2
)2
2πξ
∴ξ2=∴
2
/
是归一化的
iπ
ψ(x)=exp[p0x−x2]
ℏ2
②动量平均值为
iπiπ
− p0x− x2p0x− x2∞di22
=∫ψ*(−iℏψdx=−iℏ∫eℏ(p0−π x)eℏdx
−∞−∞dxℏ
∞
∞2i
=−iℏ∫( p0−π x)e −πxdx
−∞ℏ
iπiπ
=p0∫e
−∞
∞
−πx2
dx+iπ ℏ∫xe −πxdx
−∞
∞
2
=p0
③
(∆x)2⋅(∆p)2=?
=∫ψ*xψdx=∫xe −πxdx
−∞
−∞
∞∞
2
（奇被积函数）
∞−∞
x2=∫x2e −πxdx=−
−∞
∞
2
21
xe−πx2π
+
12π
∫
∞
−∞
e −πxdx
2
=−
12π
i
i
ii2− p0x−πx2dp0x−πx2∞d22
eℏp=−ℏ∫ψ* dx=−ℏ∫eℏ dx
−∞−∞dxdx2
2
∞
2
∞∞22p0
=ℏ(π+)+i2πℏp0∫xe−πxdx−π2ℏ2∫x2e−πx dx
−∞−∞ℏ2
2
p01π2
=(ℏ2+p0=ℏ(π+)+0+(−π2ℏ2))2ℏ2π2
(∆x)=x−x=
22
2
12π
2ππ(∆p)2=p2−p=(2
ℏ2+p22
0)−p0
=2ℏ2(∆x)2⋅(∆p)2=
1π22π⋅2
ℏ=12
4ℏ
#
3.13利用测不准关系估计氢原子的基态能量。
解：设氢原子基态的最概然半径为R，则原子半径的不确定范围可近似取为
∆r≈R
由测不准关系
(∆r)2
⋅(∆p)2
≥
ℏ2
4
得
∆p)2
≥
ℏ2
(4R2
对于氢原子，基态波函数为偶宇称，而动量算符p�
为奇宇称，所以
p=0
又有
(∆p)2=p2
−p2所以
2
=(∆p)2
≥
ℏ2
p4R2
可近似取
2
≈ℏ2
pR
2
能量平均值为
=P2e2
s2µ−
re22
作为数量级估算可近似取
sesr≈R则有
ℏ2e2E≈s2µR2−
R
基态能量应取E的极小值，由
es2∂Eℏ2
=−3+2=0∂RµRR
2得
R=ℏµe2
s
4代入E，得到基态能量为
E=−µesmin
2ℏ
2
补充练习题二
1．试以基态氢原子为例证明：ψ不是T
ˆ或Uˆ的本征函数，而是Tˆ+Uˆ的本征函数。解：ψ1
1µ 100=
4π(1a)/22e−r/a0
(e23s0a=2)
0ℏTˆ=−ℏ212µr2[∂∂r(r2∂∂r+1∂1∂2sinθ(sinθ∂θ)+sin2θ∂ϕ2]2
U
ˆ=−esrTˆψ=−ℏ21∂2∂ψ100
100
2µr2
∂r
(r∂r) =−ℏ2113/21∂22µ(a)⋅∂r∂r
e−r/a0
2(r)
0∂r =−ℏ212µ(1a)3/2(12−r/a0ℏ212
a2−)e=−(2−)ψ100
00a0r
2µa0a0r ≠常数×ψ100
ψ100不是T
ˆ的本征函数Uˆψ=−e2
s100
r
ψ100
可见，ψ100不是U
ˆ的本征函数而 (Tˆ+Uˆ)ψℏ2113/100=−2µ(a)2(12)e
−r/a0e2s2−−1000a0a0rrℏ2 =−1ℏ2ℏ2
2µa2
100+a100−0µ0rµa0r100 =−ℏ21
2µa2
1000
ˆ+Uˆ)的本征函数。可见，ψ100是(T
2．证明：L=率最大。
解：
6ℏ，L=±ℏ的氢原子中的电子，在θ=45°和 135°的方向上被发现的几
2
∵Wℓm(θ,ϕ)dΩ=YℓmdΩ
∴Wℓm(θ,ϕ)=ℓm
2
L=ℏ，L=±ℏ的电子，其ℓ=2, m=±1∵ Y21(θ,ϕ)=− Y2−1(θ,ϕ)=−
∴W2±1(θ,ϕ)=ℓm当θ=45°和 135°时
15
sinθcosθ eiϕ8π
15
sinθcosθ e−iϕ8π
2
=
1515
sin22θsin2θcos2θ=
8π32π
W2±1=
15
为最大值。即在θ=45°，θ=135°方向发现电子的几率最大。32π
15
之间。32π
在其它方向发现电子的几率密度均在0～
3．试证明：处于1s，2p和3d态的氢原子的电子在离原子核的距离分别为a0、4a0和9a0的球壳内被发现的几率最大(a0为第一玻尔轨道半径)。
证：①对1s态，n=1, ℓ=0, R10=(
13/2−r/a0
)ea0
2
W10(r)=r2R10(r)=(
132−2r/a0
)4rea0
∂W1012
=()34(2r−r2)e−2r/a0
a0∂ra0
令
∂W10
=0∂r
⇒r1=0, r2=∞, r3=a0
易见，当⇒r1=0, r2=∞时，W10=0不是最大值。
W10(a0)=
4−2
e为最大值，所以处于1s态的电子在 r=a0处被发现的几率最大。a0
②对2p态的电子n=2, ℓ=1, R(
13/2
r
21=2ae−r/2a0
3a0
W2
2
=(13r42−r/a21(r)=rR21
2a)2
re03a0
∂W211r−r/∂r=24a5
r3
(4−)ea00
a0令
∂W21
∂r
=0⇒r1=0, r2=∞, r3=4a0
易见，当⇒r1=0, r2=∞时，W21=0为最小值。
∂2W21∂r2=12
8rr2−r/a024a5
r(12−+2)e0a0a0∂2W21
1∂r2
=
24a5×16a20(12−32+16)e−4
=−83
e−4
03a0
∴r=4a0为几率最大位置，即在r=4a0的球壳内发现球态的电子的几率最大。③对于3d态的电子
n=3, ℓ=2, Rr/3a32=(
2)3/21
(r)2e−0a081a0
W2
32(r)=r2R16−r32=
1a7812
×15
re/3a0∂W32∂r=85
2r−2r/3a0812×15a7
r(6−0
3a)e0令
∂W32
∂r
=0⇒r1=0, r2=∞, r3=9a0
易见，当⇒r1=0, r2=∞时，W32=0为几率最小位置。
∂2W32164r52r6−2r/3∂r2
=81×15a7
(15r2
−a02+2)e0a09a0
∂2W32=1436a2
02×81a0−6
∂r2
812×15a7(9a0)(15−r=9a0
a+a2
)e0
090 =−
165a3
e−6
∴r=9a0为几率最大位置，即在r=9a0的球壳内发现球态的电子的几率最大。4.当无磁场时，在金属中的电子的势能可近似视为
U(x)=⎧⎨
0, x≤0 (在金属内部)
⎩U0, x≥0 (在金属外部)
其中U0>0，求电子在均匀场外电场作用下穿过金属表面的透射系数。
解：设电场强度为ε，方向沿χ轴负向，则总势能为
V(x)=−eε x (x≤0)，
V（x）=U0−eε x （ x≥0）
势能曲线如图所示。则透射系数为
D≈exp[−2ℏ∫x1
x2µ(U0−eε x−E)dx]
2
式中E为电子能量。x1=0，x2由下式确定
p=2µ(U0−eε x−E)=0
∴xU0−E2=
eε
令
x=
U0−E
eε
sin2θ，则有∫
x1
2µ(U0−eε x−E)dx=∫
2πx0
2µ(U−E
2
0−E)⋅
U0eε
2sin2θ dθU32π
=20−Eeε2µ(Ucosθ0−E)(−3)
0 =2U0−E
3eε
2µ(U0−E)
∴透射系数D≈exp[−
2U0−E
3ℏeε
2µ(U0−E)]
5．指出下列算符哪个是线性的，说明其理由。
4x2
d2
①dx
2
；②
[]
2
；③
∑
n
K=1
4x2
d2
解：①dx
2
是线性算符∵ 4x2
d222
2d2ddx2(c1u1+c2u2)=4xdx2(c1u1)+4xdx2(c2u2
)22 =c2d2d1⋅4xdx2u1+c2⋅4xdx2
u2②[] 2不是线性算符
∵ [cc2222
1u1+c2u2]2=1u1+2c1c2u1u2+c2u2
≠c22
1[u1]+c2[u2]n
③
∑
是线性算符
K=1
∑n
N
N
N
N
c1
u
1
+c2u2=1+K=1
∑c1u∑c2u2=c1K=1
∑u1+c2K=1
K=1
∑u2
K=1
6．指出下列算符哪个是厄米算符，说明其理由。
ddx iddx， 4d2，dx
2解： ∫∞
d
−∞ψ*
dx
φ dx=ψ*φ∞∞d-∞−∫−∞dx*φ dx当 x→±∞，ψ→0，φ→0
∴ ∫∞−∞ψ*ddxφ dx=−∫∞d−∞dx*φ dx=−∫∞d−∞(dxψ)*φ dx
≠∫∞d
−∞(dxψ)*φ dx
∴d
dx
不是厄米算符
∫∞
ψ*i
d
−∞dxφ dx=iψ*φ ∞∞d-∞−i∫−∞dx*φ dx =−i∫∞−∞(ddx)*φ dx=∫∞d
−∞(idx
)*φ dx
∴id
dx
是厄米算符
∫∞
d2dφ∞
∞dψ*dφ−∞ψ*4dx
2φ dx=4ψ*dx -∞−4∫−∞dxdxdx
=−4∫∞
dψ*dφdψ*
∞d2
ψ*−∞dxdxdx=4dx
φ+4∫−∞dx2φ dx
∞
d2∞d2
=−4∫−∞dx2*φ dx=∫−∞(4dx2)*φ dx
4d2
∴dx
2是厄米算符
7、下列函数哪些是算符d2
dx2
的本征函数，其本征值是什么？
①x2，
②ex，
③sinx，
④3cosx，⑤sinx+cosx
d2
解：①dx
2
(x2)=2∴
x2
不是d2
dx
2的本征函数。
②d2dx
2ex
=ex∴
ex
不是d2
dx
2的本征函数，其对应的本征值为1。
③d2
ddx
2
(sinx)=dx(cosx)=−sinx2
∴
可见，sinx是ddx2
的本征函数，其对应的本征值为－1。
④d2
ddx
2
(3cosx)=dx(−3sinx)=−3cosx−(3cosx)∴
3cosx是d2
dx
2的本征函数，其对应的本征值为－1。
dd2
(cosx−sinx）(sinx+cosx)==−sinx−cosx
⑤dx2dx=−(sinx+cosx)d2
∴sinx+cosx是的本征函数，其对应的本征值为－1。2
dx
ˆ=−ieix8、试求算符F
d
的本征函数。dx
ˆ的本征方程为解：Fˆφ=FφF即 −ieix
d
=Fφdx
dddφ
)=d(−Feix)=iFeixdx=−d(Feix
φdxdx
d
lnφ=−Feix+lnc
dx
−ix
ˆ是F的本征值）φ=ce−Fe（F
9、如果把坐标原点取在一维无限深势阱的中心，求阱中粒子的波函数和能级的表达式。
解：
a⎧0,x≤⎪⎪2
U(x)=⎨
⎪∞, x≥a⎪⎩2
方程（分区域）：Ⅰ：U(x)=∞
∴ψI(x)=0
a
(x≤−)
2a(x≥)
2
Ⅲ：U(x)=∞
∴ψIII(x)=0
ℏ2d2ψII
Ⅱ：−=EψII
2µdx2
d2ψII2µE
+2II=0dx2ℏ
令
k2=
2µEℏ2
d2ψIIdx
2
+k2
ψII=0ψII=Asin(kx+δ)⎧ψ(aa标准条件：⎪I−)=ψII(−⎨
22⎪⎩ψaaII(2)=ψIII(2
)∴Asin(−kx+δ)=0∵A≠0
∴
sin(−kx+δ)=0
取
δ−k
a
2
=0，即
δ=k
a2
∴
ψx)=Asink(x+a
II(2Asinka=0⇒ sinka=0
∴
ka=nπ(n=1, 2, ⋯)
k=
πa
n⎧
Asinπn(a≤a∴粒子的波函数为
ψ(x)=⎪⎪⎨
ax+2
), x2⎪⎩
0, x≥a⎪2粒子的能级为E=ℏ22n2π2k2
2µ
k=
2µa(n=1, 2, 3, ⋯)
由归一化条件，得
1=∫∞
(x)2
dτ=2
2
2
nπ−∞
A
∫
a/−a/2
sina(x+a
2
dx=A2∫
a/2
1−a/22[1−cos2nπa
a(x+2
)]dx
a/2a2nπa2
(x+)dx=A⋅−A∫cos
−a/22a2
2
=
aa22nπasinA−A2⋅(x+)
a22nπ2−aa2
A22a
a2
2
=
∴∴
A=
粒子的归一化波函数为
⎧2πnaa
sin(x+), x≤⎪⎪a22ψ(x)=⎨a
⎪0, x≥a⎪2⎩
10、证明：处于1s、2p和3d态的氢原子中的电子，当它处于距原子核的距离分别为。a0、4a0、9a0的球壳处的几率最（a0为第一玻尔轨道半径）
证：1s: ω(r)10dr=R10r2dr
2
=(
13
)⋅4e−2r/a0⋅r2dra0
ω10(r)=(
13
)⋅4r2e−2r/a0a0
dω10122−2r/a0
=4(3⋅(2r−r)e
a0dra0=8(
113
⋅(1−r)re−2r/a0a0a0
令
dω10
=0，则得dr
r11=0
r11=a0
d2ω10132∂rr−2r/a0
=8()⋅[(1−r)−(1−e]2
aaaadr0000
134r2r2−2r/a0
+2)e=8()⋅(1−]
a0a0a0
d2ω10
dr2>0
∴r11=0为几率最小处。
r11=0
d2ω10dr2
∴r11=a0为几率最大处。
r11=a0
2p: ω2
221(r)dr=R21rdr
=(12a)3⋅r2−r/a0⋅r22edr03a0
ω13r2−r/a21(r)=(0
2a)⋅2e
03a0
dω21=1⋅(4−1r)r3e−r/a0
dr24a50a0
d2ω2118r22−dr2=24a5(1−r+r/a0
2
）re]0a0a0
令
dω21
dr
=0，则得r21=0
r22=4a0
d2ω21dr2
∴
r22=4a0为最大几率位置。
r22=4a0
当
0
d2ω10
dr2
>0∴r=0为几率最小位置。
3d: ω32(r)=R2
=8−2r
3a32
098415a7
r6
e0
dω82r2r
325−dr=98415a7
(5−)re3a0
03a0
令
dω32
=0，得dr
r31=0,
同理可知
r32=9a0
r31=0为几率最小处。
r=9a为几率最大处。
32011、求一维谐振子处在第一激发态时几率最大的位置。
α
−1
1
解：ψ21(x)=
2⋅2αxe2x2ω1(x)=1(x)2
=
2α3
x2e−α
2x
2
dω3
14α22dx=(x−α2x3)e−αx=
4α3
2
−α2x2
(1−α2x)xe
d2ω1dx2=4α3(1−5α2x2+2α4x4)e−α2x2令
dω1
dx
=0，得x11=0，x2=±2=±ℏµω=±x00
d2ω1dx2>0，
∴
x1=0为几率最小处。x1=0
d2ω1dx2
∴
x1
2=±
=±x0为几率最大处。x±
12
2=2
6．设氢原子处在ψ(r,θ,φ)=1
−r0
a
3e
的态（a0为第一玻尔轨道半径），求
①r的平均值；
②势能−e2
r
的平均值。