Pr =mr,Po=ml 2 (nb+P如)=m其中n=n+n 而5(,b+)=小(mb+m2中动) =o(mr-dt+my mvdr=fmds tb=小 因此,椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。 3.5带电粒子在威耳孙云室(一种径迹探测器)中的轨迹是一串小雾滴,雾滴德线度约 为1微米。当观察能量为1000电子伏特的电子径迹时其动量与精典力学动量的相对偏差不 小于多少? 解:由题知,电子动能K=1000电子伏特,△r=10米,动量相对偏差为Ap/p。 根据测不准原理,有Apr≥2,由此得:4、分 h 经典力学的动量为 2mk h =3.09×10 D2Ar√2mK 电子横向动量的不准确量与经典力学动量之比如此之小,足见电子的径迹与直线不会有明显 区别 3.6证明自由运动的粒子(势能/≡0)的能量可以有连续的值。 证明:自由粒子的波函数为 (1) 自由粒子的哈密顿量是:H=-V2…(2) 2 自由粒子的能量的本征方程为:预y=Ev……(3) +-(pr-En 把(1)式和(2)式代入(3)式,得 v-de 1= Ey 2m
r r r p dr p d nh n n n p mr p mr ( ) ,其中 , 2 而 ( ) ( ) 2 prdr p d mrdr mr d n ds ds ds h r h mv dt mvds dt dt d dt mr dt dr mr 2 2 ( ) 因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。 3.5 带电粒子在威耳孙云室（一种径迹探测器）中的轨迹是一串小雾滴，雾滴德线度约 为 1 微米。当观察能量为 1000 电子伏特的电子径迹时其动量与精典力学动量的相对偏差不 小于多少？ 解：由题知,电子动能 K=1000 电子伏特， 米，动量相对偏差为 。 6 10 x p / p 根据测不准原理，有 ，由此得： 2 h px x h p 2 经典力学的动量为： 5 3.09 10 2 2 2 x mK h p p p mK 电子横向动量的不准确量与经典力学动量之比如此之小，足见电子的径迹与直线不会有明显 区别。 3.6 证明自由运动的粒子（势能V 0）的能量可以有连续的值。 证明：自由粒子的波函数为： ……（1） ( p r Et ) h i Ae 自由粒子的哈密顿量是： ……（2） 2 2 2 m h H 自由粒子的能量的本征方程为： H E ……（3） 把（1）式和（2）式代入（3）式，得： Ae E m h p r Et h i [ ] 2 ( ) 2 2 即：
+=,+,)e y=ey e: 自由粒子的动量p可以取任意连续值,所以它的能量E也可以有任意的连续值。 3.7粒子位于一维对称势场中,势场形式入图3-1,即 0<x<L,=0 x<0,x>L,=1 (1)试推导粒子在E<情况下其总能量E满足的关系式。 (2)试利用上述关系式,以图解法证明,粒子的能量只能是一些不连续的值。 解:为方便起见,将势场划分为I,Ⅱ,Ⅲ三个区域 (1)定态振幅方程为V+2(E-12)n=0 式中是粒子的质量。 区 a2-aw=0其中a2=2 (-E) 波函数处处为有限的解是:v1(x)=4e,是一任意常数。 Ⅱ区: +BW=0其中0232 E 处处有限的解是:v2(x)=Bsin(Br+y),B,y是任意常数。 Ⅲ区 a2y=0其中 hr 处处有限的解是:v3(x)=De,D是任意常数。 有上面可以得到:1 =Bcg(Br+y 有连续性条件,得 y tg(BL+y) 解得:
m p E E m p e E dz d dy d dx d A m h p x p y p z Et h i x y z 2 2 ( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 自由粒子的动量 p 可以取任意连续值，所以它的能量 E 也可以有任意的连续值。 3.7 粒子位于一维对称势场中，势场形式入图 3-1，即 0 , 0 0, , 0 { x L V x x L V V （1）试推导粒子在 E V0 情况下其总能量 E 满足的关系式。 （2）试利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量只能是一些不连续的值。 解：为方便起见,将势场划分为Ⅰ‚Ⅱ‚Ⅲ三个区域。 （1） 定态振幅方程为 ( ) 0 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 x x x E V dx h d 式中 是粒子的质量。 Ⅰ区： ( ) 2 0 2 0 2 2 2 2 V E dx h d 其中 波函数处处为有限的解是：1 (x) Ae x , A是一任意常数。 Ⅱ区： E dx h d 2 2 2 2 2 2 0 其中 处处有限的解是： 2 (x) Bsin(x ),B,是任意常数。 Ⅲ区： ( ) 2 0 2 0 2 2 2 2 V E dx h d 其中 处处有限的解是： 3 (x) De x , D是任意常数。 有上面可以得到： , 1 ( ), 1 , 1 3 3 2 2 1 1 dx d ctg x dx d dx d 有连续性条件，得： ctg ctg L ( ) { 解得：
g(B)=- 因此得: 2g-(B/a) 这就是总能量所满足的关系式 (2)有上式可得 nT BL BL m=偶数,包括零 奇数 al=-(Bl)ctg BL 亦即 aL=(ba)tg 令BD=2OD=V,则上面两方程变为: (2) 另外,注意到和还必须满足关系:2+n2=2u/h2…(3) 所以方程(1)和(2)要分别与方程(3)联立求解 3.8有一粒子,其质量为〃,在一个三维势箱中运动。势箱的长、宽、高分别为 a、b、ε在势箱外,势能丿=∞;在势箱内,=0。式计算出粒子可能具有的能量。 解:势能分布情况,由题意知 =0.0 =0,0≤y≤b =0.0≤=≤c Hx=∞,x<0和x>a =∞,y<0和υ>b =∞,z<0和->c 在势箱内波函数v(x,,)满足方程
2 2 1 ( ) tg L 因此得： 2 ( / ) 1 L n tg 这就是总能量所满足的关系式。 （2） 有上式可得： ) 2 2 (n L tg 偶数，包括零 奇数 n L tg n L ctg 2 2 { 亦即 2 ( ) 2 ( ) L L L tg L L L ctg 令 L u,L v ，则上面两方程变为： （ ） （） 2 2 1 2 u v utg u v utg 另外，注意到u和v 还必须满足关系：u 2 v 2 2V0L 2 / h 2 （3） 所以方程（1）和（2）要分别与方程（3）联立求解。 3.8 有一粒子，其质量为 m ,在一个三维势箱中运动。势箱的长、宽、高分别为 a、b、c 在势箱外，势能V ；在势箱内，V 0。式计算出粒子可能具有的能量。 解：势能分布情况，由题意知： V z z c V y y b V x x a V z c V y b V x a z y x z y x 和 和 和 , 0 , 0 , 0 0,0 ; 0,0 ; 0,0 ; 在势箱内波函数(x, y,z) 满足方程：
ay a2y 2n LE-+y,+ly 解这类问题,通常是运用分离变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。 令v(x,,-)=(x)1()Z(=) 代入(1)式,并将两边同除以H(x)()∠(-),得 d-r 2m d-y 2m h) ,)+( 1az1)= Z∠2h2 方程左边分解成三个相互独立的部分,它们之和等于一个常数。因此,每一部分都应等于一 个常数。由此,得到三个方程如下: 1d22m E r dx h h E y dv h h a222m z d2 h2 其中E=E1+E,+E2,E,E,E皆为常数 将上面三个方程中的第一个整数,得: d-r 2m (E1-1x)=0……(2) 边界条件:H(0)=(=0 可见,方程(2)的形式及边界条件与一维箱完全相同,因此,其解为 sin E 11, 2 类似地,有
[ ( )] 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 E Vx Vy Vz h m x y z 解这类问题，通常是运用分离变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。 令(x, y,z) X (x)Y( y)Z(z) 代入（1）式，并将两边同除以 X (x)Y( y)Z(z)，得： E h m V h m dz d Z Z V h m dy d Y Y V h m dx d X X x y 2 2 z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 1 2 ) ( 1 2 ) ( 1 2 ( 方程左边分解成三个相互独立的部分，它们之和等于一个常数。因此，每一部分都应等于一 个常数。由此，得到三个方程如下： 其中 x y z x y z皆为常数。 z z y y x x E E E E E E E E h m V h m dz d Z Z E h m V h m dy d Y Y E h m V h m dx d X X , , , 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 将上面三个方程中的第一个整数，得： ( ) 0……（2） 2 2 2 2 E V X h m dx d X x x 边界条件： X (0) X (l) 0 可见，方程（2）的形式及边界条件与一维箱完全相同，因此，其解为： , 1,2,3 2 sin 2 2 2 2 2 x x x x n n n a h E x a n a X 类似地，有