1、第一章習題1.1 在0 K附近，鈉的價電子能量約為3eV，求德布羅意波長。 hh-10解：=7.0910m=7.09A p2mE1.2 用單色光和金屬鈉作光電效應實驗發現，當入射光波長=3000A時，打出的光電子動能為1.85eV；當=4000A時，光電子的動能為0.82eV。求：（1）Planck常數h的數值；（2）用電子伏特為單位表示的鈉的逸出功；（3）鈉金屬光電效應的截止波長。解： 鈉金屬光電效應已知：1=3000A Ek1=1.85eV 求Planck常數。設鈉的逸出功為W，則有 2=4000A Ek2=0.82eVEk1=h1-W ，Ek2=h2-W ，兩式相減得：11 Ek1-Ek

2、2=h(1-2)=hc(-) 12(Ek1-Ek2)1.031.602110-19=6.605310-34JS 所以：h=c(-)2.9979108(-)1071234 逸出功W=h2-Ek22.9979108=6.605310-0.82-7-194101.6021100 =6.60532.997910/41.6021-0.82=2.27eV -34EK=h-W=0hmin=W10-19/6.605310-34 min=W/h =2.271.602114 =5.50610Hz 截止頻率1.3 設1=af1(x)ei(x-t)和2=bf2(x)ei(x-t)分別表示微觀粒子的兩個可能狀態，求當粒

3、子處于疊加態=1+2時的相對幾率分布。a，b為復常數，f1，f2為實函數。 解：|2=|1+2|2=|af1ei(x-t)|2+|bf2ei(x-t)|2+a*bf1*f2e-i(-)x+ab*f1f2*ei(-)x=|a|2f12(x)+|b|2f22(x)+a*be-i(-)x+ab*ei(-)xf1f2=2，b=i得 代入ae-i(-)x-ei(-)x|=4f(x)+f(x)+4f1f2-2i22122 =4f12(x)+f22(x)+4f1f2sin(-)x1.4 計算下面兩個定態波函數的幾率流密度，并說明其物理意義。1ikre r1-ikre （2）2(r)=r1 解： 球坐標系中

4、=er +e+errsin 由于1(r)=1(r) 只與變量r有關，所以1 ik ik11=er1(r)=ereikr-2eikr=er-2eikr rrrrr-ik1-ikr*-2e 同理有 1=errri *所以 j1=-11-11 2 i ere-ikreikrik1eikre-ikr-ik1 =-(-2)-(-2) 2rrrrrrv -i 2ik 1 k er2=2er=2er p= k=v =r2rr（1）1(r)=這是一個以速度v向外傳播的球面波； 對于2(r)1=e-ikr用相同的方法可以解得 r k j2=-2er=-2er，為向中心點收斂的球面波。 rr1.5 試將下列波函數

5、歸一化：（1）=Ae-x2/2Axe-x,x0（2）= x00,（3）(x)=Ax(a-x)，0<x<a. 積分公式f(n)=xne-axdx02f(0)f(2)=f(4)=+f(1)=12a12a21a3 2f(3)=f(5)=解：（1）-|dx=Ae22-x2dx=2A2e0-x2dx=A=1 A=+1，1/4=+11/4e-x/2（2）-|dx=xe02-2x2-22-2xAxedx=1 由分部積分可得 +A22-2x+dx=xe-2xe-2xdx0-20+A2+A21-2x+1A2-2x=xe-2xedx=20-220-e-2xdx=-A-2x+e30423/223/2xe

6、-x,x0 A=2，= 0,x0x3232a （3）|(x)|dx=Ax(a-x)dx=A(a-x)+x(a-x)dx 03300022222aaa2x42x42A25a(a-x)0+dx=x =A343434502aa0a5= 30A2=30A5，A=30. 5A1.6 一維諧振子處于第一激發態：1(x)=21/4xe-2x222x/2，求其幾率最大值的位置。【解1】：由第一激發態函數 1(x)=22xe2 可知 x2 幾率密度 w(x)=1=22x2e-令=x， 則 w()=22e-2由dw2-22-22-22=0e-e=e(1-) ，得 =2d因為所以【解2】： 2=1 即 2x2=1

7、x=±1 (=±2 ) w(x)=1=22x2e-22x22dw(x)=0,xe-x(1-2x2)=0dx1x=0,x=,x=± 根據物理意義，當x=±1時，粒子出現的幾率大1.7 粒子在如下的一維勢場中運動，求粒子的能級和對應的波函數。 V(x)(x<-a或x>a)= (-a<x<a)0(x-a或xa) (-a<x<a)V(x解：一維勢阱 V(x)=0(x<-a或x>a) ：=02d2(-a<x<a)定態方程為 -=E22dx2 2E令k=，E>0, 所以k為實數，定態方程化為： 2d2

8、+k2=0 2dx其通解為：(x)=Asinkx+Bcoskx有連續性條件x=-a:+ 得 -a 0 a 0=-Asinka+Bcoska - x=a: 0=Asinka+Bcoska- 2Bcoska=0若 B=0， 則A0，sinka=0， 所以 ka=n2n=2,4，62k22 22 En=n,n=2,4，6 228ann=Asinx,n=2,4，6 2a- 得 2Asinkx=0 2E k=2 2若 A=0， 則 B0， coska=0ka=n2n=1,3,52 22 En=n,28an=Bcosan=1,3,5 nx,2an=1,3,5 n2歸一化常數(Asinx)=1,02aa0(

9、Bcosn2x)=1,2aA=B=nx,n=2a0nx,n=2a0xa,(n=2，46 )x>axa,(n=1，35 )x>an22 2En=,(n=1,2,3.)28a1.8 粒子在一維有限深勢阱中運動，勢能為本題改為：粒子（V>0,x>a，求束縛態（0<E<V）的能級。（答案見教材P22） V(x)=00,x<ax0E<V0）在一維半無限深勢阱中運動，勢能為 V(x)=-V00<x<a，求束縛態的能0x00量滿足的條件。解：由E滿足分別求解定態方程可得：x00<x<a10d22(x)+k22(x)=0,2dx2 k2=

10、 d22xa(x)-k(x)=0,k=3333dx22(x)=A2sink2x+B2cosk2x，邊界x=0處波函數為0， B2=0,2(x)=A2sink2x 3(x)=A3ekx+B3e-kx 考慮波函數的有限性，A3=0,333(x)=B3e-kx 3由x=a處連續性條件有d 2 2 d 3= 3 x=ax=ak3=-k2ctgk2x,由k22=2V02E2V02-=-k,3222k32=2V02-k，代入上式 22得：2V0222-k=kctgk2x,222ctg2k2x=2V0-1 22 k2可采用數值解法或作圖法可求得不同n值的k2值，由k2=2(V0-E)進而求出En。1.9 一

11、個電子局限在10-14cm的區域中運動，試計算該電子的基態能量（提示：可按長、寬、高均為10-14的三維無限深勢阱計算）。解：由三維勢阱能量公式有基態能32 23h22 2111 E111=(2+2+2)=22a8a22abc3(6.625610-34)2=89.10910-31(10-1410-2)236.6256210-5=1.80910-5J =89.1091.10 二維線性諧振子的哈密頓算符為：22ypp1x=H+2(x2+y2) 222試求其本征函數和相應的本征值。解：由定態薛定諤方程2221-(2+2)+2(x2+y2)=E2xy2顯然 =H+H，其中 H可以分成兩項之和：Hxy2

12、d21Hx=-+2x22dx2=- d+12y2Hy22y2222所以原方程可以分離變量，設E兩項之積： 的本征值，本征函數(x,y)可表達為與H=E1+E2，其中E1，E2分別是Hxy(x,y)=1(x)2(y)，由于Hx數學形式完全相同，各自為以為線性諧振子的哈密頓算符，所以： Hy1(x)=Nne1-2x221Hn1(x)，E1=(n1+) +a 22(x)=Nne2-2y221Hn2(y)，E2=(n2+) -a22(x2+y2)2其中a為常數(x,y)=NnNne12-Hn1(x)Hn1(y)E=(n1+n2+1) ，n1,n2=0,1,2.零點能與能級間距均為簡并度：fN=N+1，

13、N=n1+n21.11入射粒子E>0，在如下的一維勢場中運動，求透射系數T，并討論T的極大，極小條件。0<x<a-V0,V(x)=0,x<0或x>a解： 當粒子以能量E入射高度為V0的勢壘（E>V0）時，透射系數為：122(k12-k2)1+sin2k2a224k1k211kk1+(1-2)2sin2k2a4k2k224k12k2T=2=222(k1-k2)sin2k2a+4k12k2=12k21k121+(2-2+2)sin2k2a4k2k1=其中k1=（1）V0（2）V0k2=0時，k2=k1，T=1，此時無勢阱。0時，T<1，|R2|0，粒子有一

14、定的幾率被反射，這是量子力學特有的效應。2222n ka=n當sink2a=0，即2，n=1,2,3. T=1，取極大值，稱為共振透射；En=-V0+2a21222(n+) 21 當sink2a=1，即k2a=(n+)，n=0,1,2. T取極小值；En=-V0+22a21.12粒子以X反方向入射到如下勢階中，求反射系數。x0V0V(x)=-V0x>0解：（1）0<E<V0定態薛定諤方程為 區：2d2 -1-V01=E22dx區：1d22+k111=02dxk1=2(V0+E)22d2-2-V02=E22dx波函數的解為2d22-k2=0222dxk2=2(V0-E)2I=A

15、1eikx+B1e-ikx11(x>0)(x0)2II=A2ek2x+B2e-k2x考慮波函數有限性，有B2=0,2(x)=A2ekxik1+k2B1ik1-k2'(0)=2'(0)可得 x=0處波函數及導數的連續性條件：1(0)=2(0)和1A1+B1=A2ik1A1-ik1B1=k2A2ik1x， B1e-ik1x， 反射波：Ae1A1=入射波：幾率流密度為j入=-反射系數k1B1，22j反=1k1A1，2R=j反j入=A1B122ik+k2=1ik1-k2全反射（2）E>V0定態薛定諤方程為 區：2d2 -1-V01=E22dx區：1d22+k1=0112dxk1=2(V0+E)22d2-2-V02=E2dx2波函數的解為2d22+k222=0dx22(E-V0)k2=2I=A1eikx+B1e-ikx11(x>0)(x0)2II=A2eik2x+B2