用户: Solution/ 习题: 量子力学

124-25 春

这份答案对应 2024-2025 学年第二学期量子力学 1 习题, 主要参考书为格里菲斯的《量子力学概论》, 课本为肖江老师自编讲义.

HW1

习题 1. 在上海中心做想象物理实验

－从上海中心顶部挂一个到地面的重垂线, 请估算重垂线方向和重锤指向地心方向的夹角.

－若从上海中心顶部自由释放一重物 (Never Do That! ! ! ) , 那么重物落地点与上面重锤指向的点是否有偏差? 若有, 估算偏差方向和距离?

证明. (1) 取地心参考系 (惯性系) , 铅锤随地球一起绕地轴转动, 向心加速度指向地轴, 而引力则指向地心, 二者不平行; 垂线对铅锤的拉力与引力一起提供了向心加速度.

$$F_G=mg$$$m$ 是铅锤的质量, $g=9.8\mathrm{N}/\mathrm{kg}$ , 这里简单起见直接用了重力公式, 用万有引力公式可能更加严格一点, 因为重力本身是包含向心力的贡献的, 但作为估算差别不大.

铅锤的向心加速度是$$a={\omega }^{2}r={\left(\frac{2\pi }{T}\right)}^{2}R\cos \alpha \approx 0.029\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$$

这里 $R=6378\mathrm{km}$ 是地球半径, $\alpha =31^{\circ }$ 是上海所处的纬度, $T=1$ day $=86400\mathrm{s}$ 是地球自转周期.

上述力的三角形中, $\theta$ 即为垂线与引力方向的夹角, 解三角形可得 $\theta$ 的大小, 或者, 作为一个估计$$\theta \approx \frac{ma\sin 31^{\circ }}{mg}\approx 0.0015\mathrm{rad}$$

单位是弧度, 折算为角度 $\theta \approx 0.087^{\circ }$

(2) 选取地心参考系. 由于整栋大厦跟随地球一起自西向东运动, 楼顶的线速度要大于底楼的线速度, 不难想象位于楼顶的重物相对于地面有一个向东的速度, 因此重物掉落到地面后会向东偏离.

$$L_0=m{v}_{\Vert }(R+h)\cos \alpha =m{\omega }_0(R+h{)}^2\cos {\alpha }^2$$$\omega =2\pi /1$ day 是地球自转的角速度, $h=631\mathrm{m}$ 是上海中心大厦的高度; 由于大厦垂直于地面而不垂直于地轴, 所以要考虑上海地处的纬度 $\alpha =31^{\circ }$ .

下落至距离地面 $y$ 处时$$L(t)=m\omega (t)(R+y(t){)}^2\cos {\alpha }^2$$

由角动量守恒可知$$\begin{array}{c}L(t)=L_0\\ \omega (t)={\omega }_0\frac{(R+h{)}^2}{(R+y(t){)}^2}\approx \frac{{\omega }_0}{R^2}\left(R^2+2R(h-y(t))\right)\end{array}$$

重物与地面的角速度差为$$\Delta \omega (t)=\omega (t)-{\omega }_0=\frac{{\omega }_0}{R}2(h-y(t))$$

代入自由落体的位移 $h-y(t)=\frac{1}{2}g{t}^2$ 得$$\Delta \omega (t)=\frac{{\omega }_0}{R}g{t}^2$$

积分即得重物相对于地球的角位移$$\Delta \theta (t)=\frac{{\omega }_0}{R}\frac{1}{3}g{t}^3$$

落地需要的时间是$$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

将落地后的角位移折算为线位移即得$$\Delta x_{\Vert }=\Delta \theta (t)R\cos \alpha =\frac{1}{3}\omega g{t}^2\cos \alpha$$

另解: 在地面系下, 下落的物体受到科里奥利力$${\mathbf{F}}_K=2m\omega \times \mathbf{v}$$

当速度指向地面时, 科氏力指向东面, 大小为 $F_K=2\omega mgt\cos \alpha$ . 因此, 落地时, 平行于地面的速度为$$v_{\Vert }={\int }_0^t\frac{F_K}{m}\mathrm{d}{t}^{\prime }=\omega g{t}^2\cos \alpha$$

再次积分即得平行于地面的位移: $$x_{\Vert }=\frac{1}{3}\omega g{t}^3\cos \alpha =\frac{2}{3}\sqrt{\frac{2h}{g}}\omega h\cos \alpha \approx 0.30\mathrm{m}$$

$\square$

习题 2. 不会变分如何计算•

利用最小作用量原理证明伽利略从比萨斜塔上释放物体自由落体时是作匀加速运动. 注: 假设不会做变分计算, 因此用不了欧拉－拉格朗日方程.

证明. 自由落体的作用量是$$S={\int }_{t_1}^{t_2}\mathrm{d}t\left(\frac{1}{2}m{\dot{y}}^2-mgy\right)$$

由于 $y(t)$ 是 $t$ 的单调函数, 可以做一次换元 $\mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}y}{\dot{y}}$$$S={\int }_{y_1}^{y_2}\mathrm{d}y\left(\frac{1}{2}m\dot{y}-mg\frac{y}{\dot{y}}\right)$$

在自由落体过程中, 速度是朝下的, $\dot{y}<0$ ; 假设初始位置 $y_1=0$ , 于是 $y<0$ ; 因此上述积分号内的两项是负定的, 可以用不等式放缩$$S\le -{\int }_{y_1}^{y_2}\mathrm{d}y\sqrt{-\frac{1}{2}m\dot{y}}\sqrt{mg\frac{y}{\dot{y}}}$$

取等号的条件是: $$-\frac{1}{2}m\dot{y}=mg\frac{y}{\dot{y}}$$

因此有 $\dot{y}=-\sqrt{-2yg}$ , 这正是自由落体的速度与位置的关系, 不难解出自由落体的位移为$$y=-\frac{1}{2}g{t}^2$$

$\square$

习题 3.

如果哈密顿量不显含时间 $(\partial H/\partial t=0):H(q,p,t)=H(q,p)$ , 证明哈密顿量是守恒量: $dH/dt=0$ ．

证明. 对哈密顿量求时间倒导数$$\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=\frac{\partial H}{\partial q}\dot{q}+\frac{\partial H}{\partial p}\dot{p}+\frac{\partial H}{\partial t}$$

其中, 最后一项是 0 ; 在前两项中代入哈密顿运动方程 $\dot{p}=-\frac{\partial H}{\partial q},\dot{q}=\frac{\partial H}{\partial p}$ , 即得: $$\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=\frac{\partial H}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p}+\frac{\partial H}{\partial p}\left(-\frac{\partial H}{\partial q}\right)=0$$

对于不止一个自由度的体系, 证明是也类似的.

$\square$

习题 4. 亥姆霍兹漩涡定理•

在哈密顿力学演化下, 证明环路积分守恒$$\Gamma =\oint \sum _{i=1}^n{p}_{i}d{q}_i$$

证明. 直接对 $\Gamma$ 求时间导数$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}\Gamma }{\mathrm{d}t}& =\sum _i\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\oint p_i\mathrm{d}{q}_i\\ & =\sum _i\oint \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(p_i\mathrm{d}{q}_i\right)\\ & =\sum _i\oint \left({\dot{p}}_i\mathrm{d}{q}_i+p_i\mathrm{d}{\dot{q}}_i\right)\end{array}$$

代入哈密顿运动方程 ${\dot{p}}_i=-\frac{\partial H}{\partial q_i},{\dot{q}}_i=\frac{\partial H}{\partial p_i}$ , 得到$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}\Gamma }{\mathrm{d}t}& =\sum _i\oint \left(-\frac{\partial H}{\partial q_i}\mathrm{d}{q}_i+p_i\mathrm{d}\left(\frac{\partial H}{\partial p_i}\right)\right)\\ & =\sum _i\oint \left(-\frac{\partial H}{\partial q_i}\mathrm{d}{q}_i-\frac{\partial H}{\partial p_i}\mathrm{d}{p}_i+\frac{\partial H}{\partial p_i}\mathrm{d}{p}_i+p_i\mathrm{d}\left(\frac{\partial H}{\partial p_i}\right)\right)\\ & =\sum _i\oint \left(-\mathrm{d}H+\mathrm{d}\left(p_i\frac{\partial H}{\partial p_i}\right)\right)=0\end{array}$$

我们在积分号内凑出了全微分, 因此环路积分等于 0 . 也就是说 $\Gamma$ 不随时间变化, 是一个守恒量.

$\square$

习题 5. 斯特潘－玻尔兹曼定律 $\bullet$

一个黑体表面单位面积在单位时间内辐射出的总能量 (称为物体的辐射度或能量通量密度) 与黑体本身的热力学温度的四次方成正比: $$E_T=\sigma T^4$$- 证明该定律, 并给出 $\sigma$ 的数值;

- 估算人体的辐射总功率;

- 估算太阳的辐射功率;

- 估算地球上每平方米收到的太阳能功率;

- 估算地球的温度.

证明. (1) 由黑体辐射定律, 温度为 $T$ 的黑体, 在频率 $\nu$ 附近的黑体辐射场的能量密度为$$u(\nu )\mathrm{d}\nu =\frac{8\pi h{\nu }^3}{c^3}\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-h\nu /kT}}\mathrm{d}\nu$$

对不同频率的辐射功率积分, 即可得到黑体辐射的总能量密度$$\begin{array}{rl}U& ={\int }_0^{\infty }\left(\frac{8\pi h{\nu }^3}{c^3}\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-h\nu /kT}}\right)\mathrm{d}\nu \\ & =\frac{8\pi (kT{)}^4}{(hc{)}^3}{\int }_0^{\infty }{\left(\frac{h\nu }{kT}\right)}^3\frac{1}{{\mathrm{e}}^{h\nu /kT}-1}\mathrm{d}\left(\frac{h\nu }{kT}\right)\\ & =\frac{8\pi (kT{)}^4}{(hc{)}^3}\frac{{\pi }^4}{15}\end{array}$$

现在我们想象某时刻位于某个小区域 $\mathrm{d}\epsilon$ 内的辐射场, 其具有能量 $U\mathrm{d}\epsilon$ , 由于黑体辐射是各项同性的, 这些辐射场将以光速 $c$ 均匀地向各个方向传播, 那么朝着某一球面角 $\mathrm{d}\Omega$ 传播的能流就是$$I(\Omega )\mathrm{d}\epsilon =\frac{cU}{4\pi }\mathrm{d}\Omega \mathrm{d}\epsilon$$

这里的 $I(\Omega )$ 是某一方向上的能流密度, 也就是光强.

对于黑体表面的一个面元 $\mathrm{d}\mathbf{A}=\mathbf{nd}A$ , 它受到各个方向辐照, 虽然来自各个方向的辐射的光强一样, 但有效的截面积不一样, 总功率是$$E_T^{\mathrm{in}}\mathrm{d}A=\mathrm{d}A{\int }_{\text{上半球 }}\mathrm{d}\Omega I(\Omega )\mathbf{l}(\Omega )\cdot \mathbf{n}$$

其中 $\mathbf{l}(\Omega )$ 是入射光的方向, 只需对半个球面积分, 不用考虑从面元背面入射的辐射; 于是单位面积的受到的辐照功率是$$\begin{array}{rl}{E}_T^{\text{in }}& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\pi }\sin \theta \mathrm{d}\varphi \cos \theta \frac{cU}{4\pi }\\ & =\frac{cU}{4}\\ & =\frac{2{\pi }^5(kT{)}^4}{15h^3{c}^2}=\sigma T^4\end{array}$$

注意, 我们这里算的黑体吸收辐射的功率, 也就是辐射场对黑体做功的功率; 但当黑体与辐射场达到热平衡时, 黑体的吸收功率等于其辐射功率, 这与黑体的材料与形状无关: $$E_T^{\text{out }}=E_T^{\text{in }}=\sigma T^4$$

其中 $\sigma =\frac{2{\pi }^5{k}^4}{15h^3{c}^2}=5.67\times 10^{-8}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\cdot {\mathrm{K}}^4$ 称为斯特潘－玻尔兹曼常数.

(2) 人的皮肤面积大概是 $2{\mathrm{m}}^2$ , 皮肤温度大概在 $30^{\circ }\mathrm{C}$ 上下, 约等于 300 K , 于是, 人体的黑体辐射总功率是$$P=A_{\text{皮肤 }}\sigma T_{\text{皮肤 }}^4\approx 933\mathrm{W}\approx 1\mathrm{kW}$$

(3)$\sim$(5) 太阳的黑体辐射总功率为$$P_{\text{太阳 }}=\sigma T_{\text{太阳 }}^{4}4\pi R_{\text{太阳 }}^2$$

太阳表面温度大约是 6000 K , 太阳半径取 $7\times 10^8\mathrm{m}$

估算得$$P_{\text{太阳 }}\approx 4\times 10^{26}\mathrm{W}$$

地球截取到的太阳辐射正比于地球的截面积, 反比于地球所在天球的表面积$$P_{\text{地球 }}=P_{\text{太阳 }}\frac{\pi R_{\text{地球 }}^2}{4\pi R_{\text{地日 }}^2}$$

地球半径取 $6\times 10^6\mathrm{m}$ , 地日间距取 $1.5\times 10^{11}\mathrm{m}$ , 代入估算得$$P_{\text{地球 }}\approx 1.7\times 10^{17}W$$

地球温度达到平衡时, 其辐射功率等于接收太阳辐射的功率, $$P_{\text{地球 }}=\sigma T_{\text{地球 }}^{4}4\pi R_{\text{地球 }}^2$$

估算得$$T_{\text{地球 }}\approx 280K\approx 7^{\circ }\mathrm{C}$$

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习题 6. 康普顿散射的角度依赖 $\bullet$

当光子被自由电子散射时, 散射光子的波长由于能量损失而变长. 利用散射过程的能量动量守恒, 计算光子波长的变化与光子散射角 $\varphi$ 的关系.

证明. 当光子被自由电子散射时, 散射光子的波长由于能量损失而变长. 利用散射过程的能量动量守恒, 计算光子波长的变化与光子散射角 $\varphi$ 的关系.

假设散射前后, 光子的能动量分别为 $(E,\mathbf{p})$ 与 $\left(E^{\prime },{\mathbf{p}}^{\prime }\right)$ , 电子散射前静止, 能动量为 $\left(E_e,0\right)$ , 散射后为 $\left(E_e^{\prime },{\mathbf{p}}_e^{\prime }\right)$

写出动量守恒$$\begin{array}{c}\mathbf{p}-{\mathbf{p}}^{\prime }={\mathbf{p}}_e^{\prime }\\ p^2+p^{\prime 2}-2p{p}^{\prime }\cos \theta =p_e^{\prime 2}\end{array}$$

代入爱因斯坦质能关系 $E^2{c}^2=p^2{c}^2+{\left(m{c}^2\right)}^2$$$E^2+E^{\prime 2}-2E{E}^{\prime }\cos \theta =E_e^{\prime 2}-{\left(m_e{c}^2\right)}^2$$

这里 $m_e$ 是电子的静止质量, 而光子的静止质量是 0 ; 随后代入能量守恒$$E+m_e{c}^2=E^{\prime }+E_e^{\prime }$$

得到$$E^2+E^{\prime 2}-2E{E}^{\prime }\cos \theta ={\left(E+m_e{c}^2-E^{\prime }\right)}^2-{\left(m_e{c}^2\right)}^2$$

解得$$E^{\prime }=\frac{E}{1+\frac{E}{m_e{c}^2}(1-\cos \theta )}$$

利用光子的能量－波长的关系 $E=h\nu =\frac{hc}{\lambda }$ , 整理后得到$${\lambda }^{\prime }-\lambda =\frac{h}{m_{e}c}(1-\cos \theta )$$

这就是康普顿散射公式.

$\square$

习题 7. 经典原子稳定性•

估算经典的氢原子行星模型的原子寿命.

证明. 在经典的电磁理论中, 加速运动的电荷会因为辐射电磁波耗散能量, 其耗散功率正比于加速度的平方, 有拉莫公式$$P=\frac{2}{3}\frac{e^2{a}^2}{4\pi {\epsilon }_0{c}^3}$$

在氢原子的行星模型中, 电子绕核做匀速圆周运动. 设电子轨道半径为 $r$ , 速度为 $v$ , 则向心力由库仑力提供: $$\frac{m_e{v}^2}{r}=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$$

向心加速度为: $$a=\frac{v^2}{r}=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{m}_e{r}^2}$$

代入 $P$ 的表达式, 即得电子因辐射而耗散的功率. 处在半径 $r$ 的圆轨道上的电子的能量为$$E=\frac{1}{2}{m}_e{v}^2-\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}=-\frac{e^2}{8\pi {\epsilon }_{0}r}$$

于是有$$\begin{array}{c}\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t}=-P\\ \frac{e^2}{8\pi {\epsilon }_0{r}^2}\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=\frac{2}{3}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{c}^3}{\left(\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{m}_e{r}^2}\right)}^2\end{array}$$

整理得$$\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-\frac{4}{3}\frac{e^4}{(4\pi \epsilon {)}^2{m}_e^2{c}^3{r}^2}$$

两端对时间积分, 有$${\int }_{r_0}^0{r}^2\mathrm{d}r=-\frac{4}{3}\frac{e^4}{(4\pi \epsilon {)}^2{m}_e^2{c}^3}{\int }_0^{\tau }\mathrm{d}t$$

解得电子落入原子核需要的时间是$$\tau =\frac{(4\pi \epsilon {)}^2{m}_e^2{e}^3{r}_0^3}{4e^4}$$$r_0$ 取氢原子的波尔半径 $r_0=5.29\times 10^{-11}\mathrm{m}$ , 其他常数的值我就不罗列了, 结论是$$\tau \approx 10^{-11}\mathrm{s}$$

$\square$

HW2

习题 1. 归一化的自洽性•证明归一化常数确实是＂常数＂, 即不随时间变化.

习题 2.

证明:
$$[\hat{p},f(x)]=-i\hslash \frac{df(x)}{dx},[x,f(\hat{p})]=i\hslash \frac{df(\hat{p})}{d\hat{p}}$$

习题 3. 牛顿第二定律•

将牛顿第二定律中物理量的值视为相应算符的期望值, 从薛定谔方程推导牛顿第二定律$$\frac{d}{dt}⟨\hat{p}⟩=⟨-\frac{\partial V(x)}{\partial x}⟩=F$$

习题 4. 平移算符•

定义算符 $\hat{T}=e^{i\hat{p}a/\hslash }$ , 证明这个算子将波函数平移 $a$ , 即 $\hat{T}\psi (x)=\psi (x+a)$ .

习题 5. 机械波中的能流•

类似推导薛定谔方程的概率流, 推导下面一根弦上的经典机械波动方程的能量流表达式, 并解释所推导表达式的物理意义, 其中 $v=\sqrt{T/\rho }$ 是弦上的波速, $\rho$ 是弦的线密度, $T$ 是弦上的张力. $$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=v^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$$

习题 6. 说明下面算符的厄米性, 如非厄米则计算其厄米共轭:

- 空间微分算符: $\hat{D}=\frac{d}{dx}$

- 位置算符与动量算符乘积: $x\hat{p}$

- 角动量算符: $\hat{L}=\mathbf{r}\times \hat{\mathbf{p}}$

习题 7. 对于波函数 $\psi (x)$ , 位置算符和动量算符分别为 $\hat{x}=x,\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ . 现如果将波函数 $\psi (x)$ 离散化: $$\psi (x)\to (\dots ,\psi (-a),\psi (0),\psi (a),\dots ,\psi (na))$$

以矩阵形式写出在离散化版本的位置算符和动量算符.

习题 8. •证明下面两种不同的厄米算符定义是等价的:

$$⟨\psi \mid \hat{A}\psi ⟩=⟨\hat{A}\psi \mid \psi ⟩\iff ⟨\varphi \mid \hat{A}\psi ⟩=⟨\hat{A}\varphi \mid \psi ⟩\forall \varphi ,\psi .$$