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姓名：学号：1由麦克斯韦方程和物质方程推导出三维波动方程。解：麦克斯韦方程为（1.1.43a）(1.1.43b)(1.1.43c)(1.1.43d)物质方程为(1.1.44a)(1.1.44b)(1.1.44c)从上述(1.1.43)和(1.1.44)出发，推导电磁场方程。将矢量运算公式()()(1.1.45)中E视为电场强度，利用（1.1.43a）和(1.1.44a)得到()()(1.1.46)最后假定自由电荷密度为常数。进而利用（1.1.43）和(1.1.44)，有()==()=()=将这个结果和（1.1.46）代入（1.1.45），得到(1.1.47a)这是电场方程。同理得磁场方程𝜇𝘀𝜇𝜎(1.1.47b)(1.1.47)中的一阶微商项刻画系统的损耗。如果系统的损耗为零，则（1.1.47）变为𝜕2𝜕𝑡2𝑐2𝑐2(1.1.48)这是电磁场的波动方程，其中，c√1(𝜇𝘀)⁄正是电磁波的传播速度。2.推导三维空间的模密度表达式𝐠(𝒗)𝟖𝛑𝒗𝒄𝟑提示：见课本第12页解：现在考虑边长为L的正方形空腔，腔内允许存在的波数{𝑘𝑥,𝑘𝑦,𝑘𝑧}=πL{𝑙,𝑙2,𝑙3}其中，𝑙,𝑙2,𝑙3是一组正整数。三维k-空间中模的密度为(𝜋/𝐿)3。考虑到𝑘𝑥,𝑘𝑦,𝑘𝑧连续变化的情况，考察直角坐标系到球坐标系的变换。一个半径为k,厚度为∆k的球壳的体积为4π𝑘2∆𝑘。由于𝑘𝑥,𝑘𝑦,𝑘𝑧只限于取正值，它们只构成1/8的空间，相应球壳的体积为8(4𝜋𝑘2∆𝑘).由于模密度为(𝐿/𝜋)3，因此1/8球壳内的模数为218(4𝜋𝑘2∆𝑘)(𝐿𝜋)3由于空腔包含两个偏振态。利用k=2𝜋𝜆=2𝜋𝜈𝑐,上式写为𝐿38𝜋𝜈2𝑐3Δ𝜈𝐿3𝑔(𝜈)Δ𝜈其中g(𝜈)8𝜋𝜈𝑐3,是三维空腔的模密度。3.宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀各向同性的背景热辐射相当于黑体辐射。此辐射的峰值波长是多少？在什么波段？解：𝜆𝑚𝑏𝑇289780−32726163𝑚𝑚它处于微波频段。4.康普顿散射的表达式为：𝛌𝝀𝟎𝒉𝒎𝟎𝒄(𝟏𝐜𝐨𝐬𝜽)1.解释各个量的物理意义；2.推导出这个公式.解：1.𝑚0为电子的静止质量，h为普朗克常量，c为光速，𝜆0为入射波长，λ为散射波长，∆λλ𝜆0为散射光的红移量，ℎ𝑚0𝑐为电子的康普顿波长，θ为散射角。2．光子能量与动量之间的关系为E=cp,又因为E=hv得到光子的动量Pℎ𝑣𝑐ℎ𝜆。利用ℏℎ2𝜋，角频率ω2πν和波矢量𝐾⃗⃗2𝜋𝜆𝑛⃗，得Eℏω,𝑃⃗ℏ𝐾⃗⃗以h𝜈0和ℎ𝜈分别表示光子碰撞前和碰撞后的能量，而电子在碰撞前（静止）和碰撞后的能量分别为𝑚0𝑐2和γ𝑚0𝑐2,γ是相对论因子γ√−𝜈𝑐(1.3.10)其中ν是碰撞后电子的速度。由碰撞前后系统的能量守恒，有h𝜈0𝑚0𝑐2ℎ𝜈𝛾𝑚0𝑐2（1.3.11）另外，设碰撞前光子的运动方向为X轴，以ℎ𝜆0和ℎ𝜆分别表示光子在碰撞前和碰撞后的动量，而电子在碰撞前和碰撞后的动量分别为0和γ𝑚0𝜈。按照动量守恒，在X方向和y方向，分别有ℎ𝜆0ℎ𝜆cos𝜃𝛾𝑚0𝜈cos𝜙ℎ𝜆sin𝜃𝛾𝑚0𝜈sin𝜙（1.3.12）消去ϕ，得(ℎ𝜆0)2(ℎ𝜆)2ℎ2𝜆0𝜆cos𝜃(𝛾𝑚0𝜈)2(𝛾𝑚0𝑐)2(𝑚0𝑐)2(1.3.13)式子两边同除c，给出γ𝑚0𝑐ℎ𝜆0ℎ𝜆𝑚0𝑐(1.3.14)将（1.3.14）代入（1.3.13），整理后得λ𝜆0ℎ𝑚0𝑐(1cos𝜃)5.波长为𝛌𝟎𝟎𝟏𝐧𝐦的X射线光子与静止的电子发生碰撞。在与入射方向垂直的方向上观察时，散射X射线的波长为多大？碰撞后电子获得的能量是多少eV？解：𝜆𝑥𝜆ℎ𝑚0𝑐(1cos𝜃)ℎ𝑚0𝑐24𝑛𝑚故散射光波长为𝜆𝑥124。碰撞后电子获得的能量等于入射光子损失的能量，该能量为Eh𝜈0ℎ𝜈ℎ𝑐(𝜆−𝜆0)𝜆0𝜆2414𝑒𝑉.6.在一束电子束，单电子的动能为E=20eV,求此电子的徳布罗意波长。解：由E2𝑚0𝑣2得速度v=√2𝐸𝑚0√2206020−199090−3126716𝑚/𝑠,则相应的的徳布罗意波长为λℎ𝑚0𝑣66260−349090−3126706𝑚≈3Å.7.1.设归一化波函数：𝚿(𝒙)𝑨𝒆−𝟏𝒂𝒙,(∞𝒙∞),a为常数，求归一化常数A。2.设归一化波函数：𝚿(𝒙)𝑨𝐬𝐢𝐧𝒏𝝅𝒂𝒙（𝟎𝐱𝐚），n为正整数,a为常数，求归一化常数A。解：1.|𝐴2|∫|𝑒−1𝑎𝑥|𝑑𝑥∞−∞∫𝑒−𝑎𝑥𝑑𝑥∞−∞(𝑎𝜋)2⁄2.|𝐴2|∫sin𝑛𝜋𝑎𝑥𝑑𝑥𝑎0𝑎𝑛𝜋cos𝑛𝜋𝑎|0𝑎当n为奇数时，|𝐴2|2𝑎𝑛𝜋，当n为偶数时，|𝐴2|8.自由粒子的波函数为𝛙(𝒓,𝒕)𝑨𝒆𝒊ℏ(𝒑⃗⃗𝒓⃗−𝒕)其中p和E是粒子的动量和能量，r和t是空间与时间变量，是普朗克常数，A是归一化常数。试建立自由粒子波函数所满足的方程。解：对ψ(𝑟,𝑡)𝐴𝑒𝑖ℏ(𝑝𝑟−𝐸)两边关于t求偏导数得到𝜕𝜕𝑡ψ𝑖ℏ𝐸Ψ(1)对方程两边关于X求偏导数：𝜕𝜓𝜕𝑥𝜕𝜕𝑥[𝐴𝑒𝑖ℏ(𝑝𝑥𝑥+𝑝𝑦𝑦+𝑝𝑧𝑧−𝐸)]A𝑖ℏ𝑝𝑥𝑒𝑖ℏ(𝑝𝑥𝑥+𝑝𝑦𝑦+𝑝𝑧𝑧−𝐸)𝑖ℏ𝑝𝑥Ψ再次对x求偏导数，得到𝜕2Ψ𝜕𝑥2𝜕𝜕𝑥[𝐴𝑖ℏ𝑝𝑥𝑒𝑖ℏ(𝑝𝑥𝑥+𝑝𝑦𝑦+𝑝𝑧𝑧−𝐸)]𝑝𝑥2ℏ2Ψ同理Ψ𝑦𝑝𝑦ℏΨ,Ψ𝑧𝑝𝑧ℏΨ以上三式相加，得到𝜕2Ψ𝜕𝑥2𝜕2Ψ𝜕𝑦2𝜕2Ψ𝜕𝑧21ℏ2(𝑝𝑥2𝑝𝑦2𝑝𝑧2)Ψ𝑝2ℏ2Ψ即2Ψ𝑝ℏΨ(2)对（1）式同乘以iℏ,对（2）式同乘以ℏ2(2𝑚)⁄,然后两式相加，并且自由粒子的能量-动量关系式E𝑝2𝑚，得到iℏΨℏ2𝑚2Ψ上式就是自由粒子满足的微分方程。9.设一个微观粒子的哈密顿算符的本征方程为̂𝛙𝒏(𝒙)𝒏𝝍𝒏(𝒙)该粒子的初始波函数为𝛙(𝐱,𝟎)𝒄𝟏𝝍𝟏(𝒙)𝒄𝝍(𝒙)设𝒄𝒏𝝍𝒏(𝒙)为实数，求任意时刻的波函数及粒子的几率密度。解：（1）任意t时刻体系的波函数为ψ(x,t)∑𝑐𝑛𝑛𝜓𝑛(𝑥)exp(𝑖ℏ𝐸𝑛𝑡)将初始波函数ψ(x,)𝑐𝜓(𝑥)𝑐2𝜓2(𝑥)代入𝑐𝑛∫𝜓𝑛∗(𝑥)𝜓(𝑥,)𝑑𝑥,并利用∫𝜓𝑚∗(𝑥)𝜓𝑛(𝑥)𝑑𝑥𝛿𝑚𝑛,𝛿𝑚𝑛{1,(𝑚𝑛),(𝑚≠𝑛),得到展开系数𝑐𝑛∫𝜓𝑛∗(𝑥)[𝑐𝜓(𝑥)𝑐2𝜓2(𝑥)]𝑑𝑥{𝑐,(𝑛1)𝑐2,(𝑛2),(𝑛≠1,2)这样，任意t时刻的波函数为Ψ(x,t)𝑐𝜓(𝑥)exp(𝑖ℏ𝐸𝑡)𝑐2𝜓2(𝑥)exp(𝑖ℏ𝐸2𝑡)（2）任意t时刻的几率密度为|Ψ（x,t）|2[𝑐∗𝜓∗(𝑥)exp(𝑖ℏ𝐸𝑡)𝑐2∗𝜓2∗exp(𝑖ℏ𝐸2𝑡)][𝑐𝜓(𝑥)exp(𝑖ℏ𝐸𝑡)𝑐2𝜓2(𝑥)exp(𝑖ℏ𝐸2𝑡)]|𝑐|2|𝜓(𝑥)|2|𝑐2|2|𝜓2(𝑥)|2𝑐∗𝑐2𝜓∗(𝑥)𝜓2(𝑥)exp[𝑖ℏ(𝐸2𝐸)𝑡]𝑐2∗𝑐𝜓2∗(𝑥)𝜓(𝑥)exp[𝑖ℏ(𝐸2𝐸)𝑡]因为设𝑐𝑛𝜓𝑛(𝑥)为实数,则𝑐∗𝑐2𝜓∗(𝑥)𝜓2(𝑥)|𝑐𝑐2||𝜓(𝑥)𝜓2(𝑥)|𝑐2∗𝑐𝜓2∗(𝑥)𝜓(𝑥)|𝑐𝑐2||𝜓(𝑥)𝜓2(𝑥)|令ω𝐸−𝐸1ℏ,任意t时刻几率密度为|Ψ（x,t）|2|𝑐|2|𝜓(𝑥)|2|𝑐2|2|𝜓2(𝑥)|22|𝑐𝑐2||𝜓(𝑥)𝜓2(𝑥)|𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡10.宽度为a的一维无限深势阱中粒子的本征函数为𝝍𝒏(𝒙)√𝒂𝐬𝐢𝐧(𝒏𝝅𝒂𝒙),(𝒏𝟏,,𝟑……)求证本征函数的正交性：∫𝝍𝒎(𝒙)𝝍𝒏(𝒙)𝒅𝒙𝒂𝟎,(𝒎≠𝒏)证明：∫𝜓𝑚(𝑥)𝜓𝑛(𝑥)𝑑𝑥𝑎0（m,n=1,2,3…）=2𝑎∫sin𝑚𝜋𝑥𝑎sin𝑛𝜋𝑥𝑎𝑑𝑥𝑎0=𝑎∫[cos(𝑚−𝑛)𝜋𝑥𝑎cos(𝑚+𝑛)𝜋𝑥𝑎]𝑎0𝑑𝑥=𝜋[𝑚−𝑛sin(𝑚−𝑛)𝜋𝑥𝑎𝑚+𝑛sin(𝑚+𝑛)𝜋𝑥𝑎]𝑎0=𝜋[sin(𝑚−𝑛)𝜋𝑚−𝑛sin(𝑚+𝑛)𝜋𝑚+𝑛]=0(𝑚≠𝑛)11.原子核内的质子和中子可以粗略地当成处于无限深势阱中而不能逸出，它们在核中可以认为是自由的。按一维无限深势阱估算，质子从第一激发态(n=2)跃迁到基态(n=1)时，释放的能量是多少MeV?核的线度按𝐚𝟏𝟎𝟏𝟎−𝟏计算解：质子的基态能量为𝐸𝑛𝜋ℏ2𝑚𝑎𝜋ℏ2𝑚𝑎𝜋(00−34)2(670−)(00−14)=331−3第一激发态的能量为𝐸24𝜋2ℏ22𝑚𝑝24𝐸1321−3质子从第一激发态跃迁到基态释放的能量𝐸2𝐸1−31−3161−9𝑒𝑉62𝑒𝑉12.理想金属细杆中的电子可以当成处于一维无限深势阱中而不能逸出，它们在细杆中可以认为是自由的。设细杆的长度为a,电子的初始波函数为(x,0)f(x)Ax(0xa,A为归一化常数)试求任意t时刻电子的波函数(x,t)。解：初始波函数满足f(0)=0,f(a)=0的边界条件。先将其归一化：∫(𝐴𝑥)2𝑑𝑥𝑎0𝐴331⟹𝐴√3𝑎3于是归一化初始化波函数为f(x)=√3𝑎3𝑥展开系数为𝑐𝑛∫√2𝑠𝑖𝑛(𝑛𝜋𝑥)𝑎0√33𝑥𝑑𝑥=√6𝑎∫𝑥sin𝑛𝜋𝑎𝑥𝑑𝑥√6𝑎(𝑎𝑛𝜋cos𝑛𝜋)√6𝑛𝜋cos𝑛𝜋𝑎0={√6𝑛𝜋(𝑛1,,3,5…)√6𝑛𝜋(𝑛2,4,6…)13.设粒子处于半无限深势阱中，推导出粒子至少有一个束缚态的条件。提示:见课本第114页解：一维半无限深势阱的势场为𝑉(𝑥){∞,(𝑥≤),(𝑥)𝑉0,(𝑥≥)设粒子的能量为E，𝐸𝑉0，在𝑥≤区域，粒子波函数ψ(x)在势阱内部（𝑥），设粒子波函数为ψ（x）,相应的薛定谔方程为𝑑𝜓𝑑𝑥𝑘2𝜓,其中𝑘22𝑚𝐸ℏ,方程通解为ψ(𝑥)𝐴sin𝑘𝑥𝐵cos𝑘𝑥其中，A和B为任意常数。由波函数在x=0的连续性条件ψ()，得到B=0，故ψ(𝑥)𝐴sin𝑘𝑥在𝑥≥区域，设粒子波函数ϕ(x),粒子在该区域的势能为𝑉0，它的薛定谔方程为ℏ𝑑𝜙2𝑚𝑑𝑥+𝑉0ϕEϕ可以写为𝑑𝜙𝑑𝑥𝐾2𝜙，其中𝐾22𝑚(𝑉0−𝐸)ℏ上述方程通解为ϕ(x)Cexp(Kx)Dexp(Kx)其中C和D为任意常数。波函数的标准条件要求ϕ(∞)⟶,故D=0.从而ϕ(x)Cexp(Kx)。现在进一步考查波函数在x=a的连续性条件。首先，ψ(𝑥)和ϕ(x)在x=a处的一阶导数要保持连续：ψ()ϕ(a)即Asin𝑘Cexp(𝐾),另外势函数𝑉(𝑥)在x=a处有边界，𝑉()=𝑉0,波函数在x=a处的一阶导数要保持连续，因而，𝑑𝜓(𝑥)𝑑𝑥|𝑥=𝑎𝑑𝜙(𝑥)𝑑𝑥|𝑥=𝑎,分别对𝜓(𝑥)，𝜙(𝑥)求导数，在利用上面的关系式，我们得到Akcos�