量子力学·基础（书本扫盲）· 第7章

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色标同量力题：⬜ 未测 · 🟡（未复习） · 🟡（模糊） · 🟡（不会） · 🟢 懂 · 🔴 不行。

第7章 粒子在势场中的运动

书 p139–167 · 共 7 节（7.3、7.4、7.7 各有分节）· 习题 7-1–7-13 在 p166–167 · 2026-10-08 挂；对照原书逐页核对覆盖、核定笔误后写入（每节第 1 题是「直接写出」默写题）

7.1 中心力场问题的一般讨论

知识点小结：势只跟 $r$ 有关时，角动量平方和 $l_z$ 都守恒，力学量完全集是 $(\hat{H},{\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z)$。波函数拆成径向函数乘球谐函数，角向部分对任何中心力都一样，只有径向方程跟 $V(r)$ 有关。把 $R$ 换成 $\chi =rR$ 之后，径向运动看起来像一维问题，只是势要加上一项正的离心势；$\chi$ 在原点必须是 0，否则 $R=\chi /r$ 会炸。

jc-7-1-1 · 直接写出：中心力场的方程和边界 · 🟡

填空（书 p139–141，式 (7-1)(7-5)(7-6)(7-11)(7-13)–(7-16)）

(1) 球对称势的 Hamilton 量用 ${\hat{l}}^2$ 写成 ____。$[\hat{H},{\hat{l}}^2]=$ ____，$[\hat{H},{\hat{l}}_z]=$ ____。力学量完全集是 ____。

(2) 分离变量 $\psi =R(r)Y(\theta ,\phi )$ 后，分离常数 $\lambda =$ ____，角向解是 ____。

(3) 令 $\chi (r)=$ ____，则 $\chi$ 满足的方程是 ____。有效势 $V_{eff}=$ ____。使 $R$ 处处有限的边界是 ____。

**答案**

(1) $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m{r}^2}\frac{\partial }{\partial r}(r^2\frac{\partial }{\partial r})+\frac{{\hat{l}}^2}{2m{r}^2}+V(r)$（7-5）。两个对易子都是 0（7-6）。完全集 $\hat{H},{\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z$。

(2) $\lambda =l(l+1)$。$Y_{lm}(\theta ,\phi )=N_{lm}{P}_l^{|m|}(\cos \theta )e^{im\phi }$（7-11）。

(3) $\chi (r)=rR(r)$（7-13）。

$$\frac{d^2\chi }{d{r}^2}+\frac{2m}{{\hslash }^2}E-[V(r)+\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2m{r}^2}]\chi =0(7\text{-}14)$$

$V_{eff}=V(r)+\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2m{r}^2}$（7-15）。$r\to 0\lim \chi (r)=0$（7-16）。

jc-7-1-2 · 分离变量、离心势、原点边界 · 🟡

计算（书 p139–141，式 (7-4)–(7-16)；习题 7-4）质量 $m$ 的粒子在 $V(r)$ 中。

(1) 由 (7-4) 做分离变量，写出径向方程和角向方程。角向方程的解为什么与 $V(r)$ 无关？（式 (7-7)–(7-11)）

(2) 证明 $\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2\frac{dR}{dr})=\frac{1}{r}\frac{d^2}{d{r}^2}(rR)$，从而得到 $\chi$ 的方程。（式 (7-12)–(7-14)）

(3) 离心势是哪一项？为什么说它是排斥势？$l\ne =0$ 时它怎样保证解有限？（式 (7-15)，p141）

(4) 为什么要求 $\chi (0)=0$，而不是只要求 $R$ 有限？$l=0$ 时这个条件还在不在？

(5) 证明 $\frac{1}{2}[{\nabla }^2,r]=\frac{1}{r}+\frac{\partial }{\partial r}$。（习题 7-4，p166；用 (7-3) 的径向部分）

**答案**

(1) 令 $\psi =R(r)Y(\theta ,\phi )$，代入 (7-4)，两边乘 $r^2/RY$ 后，左边只含 $r$、右边只含 $\theta ,\phi$，都等于常数 $\lambda$。径向是 (7-9)，角向是 (7-10)。角向算符就是 ${\hat{l}}^2/{\hslash }^2$，不含 $V(r)$，所以任何中心力的角向解都是 $Y_{lm}$，$\lambda =l(l+1)$。不同势的差别只在 $R(r)$ 或 $\chi (r)$。

(2) 直接展开：$\frac{d}{dr}(rR)=R+r{R}^{\prime }$，$\frac{d^2}{d{r}^2}(rR)=2R^{\prime }+r{R}^{{}^{\prime \prime }}$，除以 $r$ 得 $R^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2}{r}{R}^{\prime }$。而 $\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2{R}^{\prime })=R^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2}{r}{R}^{\prime }$。令 $\chi =rR$ 代入 (7-9)，$\lambda =l(l+1)$，即得 (7-14)。

(3) 第二项 $\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2m{r}^2}\ge 0$，是排斥势，叫离心势。$r\to 0$ 时它趋于无穷，把 $l\ne =0$ 的粒子挡在原点外面，避免波函数发散。$V(r)$ 本身可以是吸引的（如 $-Z{e}^2/r$）。

(4) $R=\chi /r$。$R$ 在 $r=0$ 有限，要求 $\chi$ 比 $r$ 更快地趋于 0，至少 $\chi (0)=0$。$l=0$ 没有离心势，这个边界仍然要，否则 $R$ 在原点有 $1/r$ 奇性，不能归一化。易错：把 $\chi (0)=0$ 只当成 $l\ne =0$ 的条件。

(5) 作用到任意 $f$ 上：${\nabla }^2(rf)=f{\nabla }^{2}r+2\nabla r\cdot \nabla f+r{\nabla }^{2}f$。$\nabla r={\mathbf{e}}_r$，${\nabla }^{2}r=\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2)=\frac{2}{r}$，所以 $[{\nabla }^2,r]f=\frac{2}{r}f+2\frac{\partial f}{\partial r}$，除以 2 即得。（$-i\hslash ({\partial }_r+\frac{1}{r})$ 正是径向动量 ${\hat{p}}_r$。）

7.2 球方势阱

知识点小结：无限深球方势阱外面波函数是 0。$l=0$ 时 $\chi$ 就是一维无限深阱的正弦，能量 $\propto (n_r+1{)}^2$。$l\ne =0$ 时径向方程是球 Bessel 方程，原点有限的解是 $j_l(kr)$，能量由 $j_l(ka)=0$ 的根决定。$j_0=\sin x/x$，它的零点正好回到 $s$ 态的结果。

jc-7-2-1 · 直接写出：球方势阱的能级和径向函数 · 🟡

填空（书 p141–144，式 (7-17)(7-25)(7-26)(7-29)(7-34)(7-36)(7-41)–(7-43)）

(1) 势为 ____。$s$ 态能量 $E_{n_{r}0}=$ ____，$n_r=$ ____。归一化 ${\chi }_{n_{r}0}(r)=$ ____。

(2) $l\ne =0$ 时 $R(r)$ 取 ____，不能取 ____。$j_l(\rho )$、$n_l(\rho )$ 在 $\rho \to 0$ 的行为分别是 、。

(3) 写出 $j_0(x)$、$j_1(x)$。能量量子化条件是 ____。$E_{n_{r}l}=$ ____。$l=0$、$n_r=0$ 时 ${\chi }_{00}=$ ____，$E_{00}=$ ____。

**答案**

(1) $V=0$（$r<a$），$V=\infty$（$r>a$）（7-17）。

$$E_{n_{r}0}=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2(n_r+1{)}^2}{2m{a}^2},n_r=0,1,2,\dots$$

${\chi }_{n_{r}0}=\sqrt{2/a}\sin \frac{(n_r+1)\pi r}{a}$（7-29）。$n_r$ 没有上界。

【原书笔误】 式 (7-26) 把范围印成 $n_r=0,1,2,\dots ,n-1$。$n-1$ 是类氢径向量子数的上界，球方势阱里 $n_r$ 没有上界，同页 (7-25) 也只写 $n_r=0,1,2,\dots$。

(2) $R=C_{nl}{j}_l(kr)$，不能取球 Neumann 函数 $n_l$。$\rho \to 0$ 时 $j_l\to {\rho }^l/(2l+1)!!$，$n_l\to -(2l-1)!!/{\rho }^{l+1}$（7-36）。

(3) $j_0=\sin x/x$，$j_1=\sin x/x^2-\cos x/x$（7-41）。条件 $j_l(ka)=0$（7-42）。$E_{n_{r}l}={\hslash }^2{\chi }_{n_{r}l2}/(2m{a}^2)$，${\chi }_{n_{r}l}$ 是 $j_l(x)=0$ 的根（7-43）。$l=0$、$n_r=0$ 时 ${\chi }_{00}=\pi$，$E_{00}={\pi }^2{\hslash }^2/(2m{a}^2)$。

jc-7-2-2 · 球方势阱 · 🟡

计算（书 p141–144，式 (7-17)–(7-43)；习题 7-9，p167）质量 $m$ 的粒子在半径 $a$ 的无限深球方势阱中。

(1) 为什么阱外 $\chi =0$？对 $l=0$ 写出阱内方程、通解，用两个边界定出能级和归一化 $\chi$、$R$。（式 (7-20)–(7-30)）

(2) $n_r$ 能不能取使 $k=0$ 的值？基态能量为什么不是 0？

(3) $l\ne =0$ 时化为球 Bessel 方程。为什么只留 $j_l$、丢掉 $n_l$？能量怎样量子化？归一化条件写成积分即可。（式 (7-31)–(7-40)）

(4) 用 $j_0$ 的零点核对：$l=0$ 的结果是否回到 (1)？$n_r=1$、$l=0$ 的能量是基态的几倍？

(5) 把阱改成 $a<r<b$、$V=0$（两壁都无限高）。求 $l=0$ 基态的 $\chi (r)$ 和能量。（习题 7-9）

**答案**

(1) 势壁无限高，粒子不能到阱外，阱外 $\chi =0$，壁上连续要求 $\chi (a)=0$。阱内 $l=0$、$V=0$：${\chi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\chi =0$，$k^2=2mE/{\hslash }^2$。通解 $A\sin (kr+\delta )$。$\chi (0)=0$ 得 $\delta =0$；$\chi (a)=0$ 得 $ka=(n_r+1)\pi$，$n_r=0,1,2,\dots$。

$$E_{n_{r}0}=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2(n_r+1{)}^2}{2m{a}^2},\chi =\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{(n_r+1)\pi r}{a},R=\frac{\chi }{r}.$$

归一化：${\int }_0^a{\sin }^2=a/2$，所以系数 $\sqrt{2/a}$。【原书笔误】 式 (7-27) 被积函数印成 $A^2\sin \frac{(n_r+1)\pi r}{a}$，漏了平方，应为 $A^2{\sin }^2\frac{(n_r+1)\pi r}{a}$（结果 (7-28) 是按平方算的）。这和宽为 $a$ 的一维无限深阱是同一个 $\chi$ 方程。

(2) $k=0$ 时 $\chi =0$，没有物理意义。基态 $n_r=0$，$E={\pi }^2{\hslash }^2/(2m{a}^2)\ne =0$。

(3) $V=0$ 时径向方程是 (7-31)。令 $\rho =kr$ 得 (7-32)，解是 $j_l$、$n_l$。$n_l$ 在原点按 ${\rho }^{-l-1}$ 发散，$R$ 不能有限，丢掉。留下 $R=C{j}_l(kr)$。$\chi (a)=0$ 即 $j_l(ka)=0$，记根为 ${\chi }_{n_{r}l}$，则 $k={\chi }_{n_{r}l}/a$，$E={\hslash }^2{\chi }_{n_{r}l2}/(2m{a}^2)$。归一化 ${\int }_0^a{R}^2{r}^{2}dr=1$。

(4) $j_0(x)=\sin x/x=0$ 给出 $x=n\pi$，$n=1,2,\dots$，即 ${\chi }_{n_{r}0}=(n_r+1)\pi$，与 (1) 相同。$n_r=1$ 时 $\chi =2\pi$，$E_{10}=4E_{00}=2{\pi }^2{\hslash }^2/(m{a}^2)$。

(5) $l=0$，${\chi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\chi =0$，两壁 $\chi (a)=\chi (b)=0$。$\chi =A\sin k(r-a)$，$k(b-a)=n\pi$。基态 $n=1$：

$$k=\frac{\pi }{b-a},E=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m(b-a{)}^2},\chi =\sqrt{\frac{2}{b-a}}\sin \frac{\pi (r-a)}{b-a}.$$

易错：球壳基态的有效宽度是 $b-a$，不是 $b$。

7.3 类氢离子

知识点小结：两体 Coulomb 问题先拆成质心自由运动和相对运动，相对运动的质量是折合质量 $\mu$。束缚态 $E<0$，把无穷远的指数衰减提出来，剩下的级数必须截断，否则又会在无穷远炸开；截断给出主量子数 $n$，能级只跟 $n$ 有关，所以不计自旋时是 $n^2$ 重简并。氢原子基态最可几半径就是 $a_0$，角分布跟 $\phi$ 无关。轨道磁矩只跟磁量子数 $m$ 有关，$s$ 态磁矩是 0。

jc-7-3-1 · 直接写出：类氢能级、波函数、简并度 · 🟡

填空（书 p144–153，式 (7-46)(7-47)(7-52)(7-62)(7-67)(7-68)(7-73)(7-74)(7-77)(7-79)(7-81)(7-82)(7-84)–(7-86)）

(1) 折合质量 $\mu =$ ____。Coulomb 势 $V(r)=$ ____。束缚态能级 $E_n=$ ____，$n=$ ____，$l$ 的范围是 ____。

(2) $a\equiv$ ____。用 $a$ 写的能级是 ____。氢原子 $a_0\approx$ ____，$E_1\approx$ ____。

(3) 不计自旋，能级 $E_n$ 的简并度 $f=$ ____；计入电子两个自旋态后是 ____。

(4) 氢原子 $R_{10}=$ ____，${\psi }_{100}=$ ____。径向几率密度 $P_{nl}(r)=$ ____。1s 最可几半径是 ____。

(5) Bohr 磁子 ${\mu }_B=$ ____。环电流密度 $j_{\phi }=$ ____。轨道磁矩 ${\mu }_z=$ ____。$s$ 态的 ${\mu }_z=$ ____。以 $|e|/(2\mu c)$ 为单位时 $g=$ ____。

(6) 两体问题分离后 $\hat{H}=$ ____（用 ${\nabla }_R$、${\nabla }_r$、$M$、$\mu$ 写），总能量 $E_T=$ ____。（式 (7-46)–(7-51)）

(7) 氢原子 $R_{20}=$ ____，$R_{21}=$ ____；角向几率密度 $W_{lm}(\theta )=$ ____，与 $\phi$ ____。（式 (7-77)(7-82)）

**答案**

(1) $\mu =m_1{m}_2/(m_1+m_2)$（7-47）。$V=-Z{e}^2/r$（7-52）。

$$E_n=-\frac{\mu e^4{Z}^2}{2{\hslash }^2{n}^2},n=1,2,3,\dots ,l=0,1,\dots ,n-1.(7\text{-}62)$$

(2) $a={\hslash }^2/(\mu e^2)$（7-67）。$E_n=-Z^2{e}^2/(2a{n}^2)$（7-68）。$a_0={\hslash }^2/({\mu }_H{e}^2)\approx 0.529\times 10^{-10}m$，$E_1=-e^2/(2a_0)\approx -13.6eV$（7-79）。

(3) $f={\sum }_{l=0n-1}(2l+1)=n^2$（7-73）。计入自旋是 $2n^2$（p150）。

(4) $R_{10}=2a_{0-3/2}{e}^{-r/a_0}$（7-74）。$Y_{00}=1/\sqrt{4\pi }$，所以

$${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{1}{a_0}{)}^{3/2}{e}^{-r/a_0}.$$

$P_{nl}(r)=|{\chi }_{nl}(r){|}^2=r^2|R_{nl}{|}^2$（7-81）。1s 最可几半径 $r=a_0$。

(5) ${\mu }_B=\hslash |e|/(2c\mu )$。$j_{\phi }=\frac{\hslash em}{\mu r\sin \theta }|{\psi }_{nlm}{|}^2$（7-84），$j_r=j_{\theta }=0$。${\mu }_z=-{\mu }_{B}m$（7-85）。$s$ 态 $m=0$，${\mu }_z=0$。$g=-1$（7-86）。

【原书笔误】 (7-83) 用的折合质量是 ${\mu }_H$，(7-84)–(7-86) 和 p149 的有效势却写成 ${\mu }_0$，书上没有定义 ${\mu }_0$。同一段推导，应统一为 ${\mu }_H$（记号问题，结果不变）。

(6) $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2M}{\nabla }_{R2}-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{\nabla }_{r2}+V(r)$（7-46），$\psi =\phi (\mathbf{R})\psi (\mathbf{r})$，$E_T=E_c+E$（质心自由运动能量 + 相对运动能量）（式 (7-49)–(7-51)）。

(7) $R_{20}=\frac{1}{\sqrt{2}}{a}_{0-3/2}(1-\frac{r}{2a_0})e^{-r/(2a_0)}$，$R_{21}=\frac{1}{2\sqrt{6}}{a}_{0-3/2}\frac{r}{a_0}{e}^{-r/(2a_0)}$（7-77）。$W_{lm}=|Y_{lm}{|}^2\propto |P_l^{|m|}(\cos \theta ){|}^2$（7-82），与 $\phi$ 无关。

jc-7-3-2 · 类氢离子 · 🟡

计算（书 p144–153，式 (7-44)–(7-86)；习题 7-1、7-2、7-3、7-5、7-6、7-7、7-8）

(1) 两体 Hamilton 量 (7-44)。写出质心坐标、相对坐标、总动量、相对动量，以及折合质量。为什么可以只解相对运动？（式 (7-45)–(7-51)；习题 7-1）

(2) 只考虑 $E<0$。说明 $\rho \to \infty$ 的渐近行为，为什么级数必须在某一项截断，截断条件是什么？由此写出 $E_n$。（式 (7-54)–(7-62)）

(3) $n$ 定了以后，$l$、$m$ 各能取哪些值？证明不计自旋时简并度是 $n^2$。第一激发态有几个态，能量是基态的几倍？（式 (7-73)，p149–150）

(4) 用 $Z=1$ 写出 $R_{10}$、$R_{20}$、$R_{21}$ 和 ${\psi }_{100}$。${\psi }_{200}$ 与 ${\psi }_{21m}$ 能量是否相同？（式 (7-74)(7-77)）

(5) 有效势是什么？为什么 $E<0$ 的能级离散？从基态电离，最小电离能是多少？（p149）

(6) 定义径向几率密度，求 1s 最可几半径。为什么角向几率与 $\phi$ 无关，只画过 $z$ 轴的一条曲线再绕 $z$ 轴转一圈就够？（式 (7-80)–(7-82)，p151）

(7) 求氢原子 1s 的 $⟨T⟩$、$⟨V⟩$。二者和 $E_1$ 是什么关系？（习题 7-3）

(8) 1s 电子出现在经典不允许区的概率是多少？经典不允许区是 $r$ 的哪一段？（习题 7-7）

(9) $t=0$ 时

$$\psi (0)=\frac{1}{\sqrt{10}}(2|100⟩+|210⟩+\sqrt{2}|211⟩+\sqrt{3}|21-1⟩).$$

求 $⟨H⟩$，以及 $t>0$ 时测得 $l=1$、$m=1$ 的概率。（习题 7-6）

(10) 正负电子束缚态、${\mu }^{-}$ 绕质子（$m_{\mu }=200m_e$）、${\mu }^{+}{\mu }^{-}$ 束缚态，能级各是氢原子的多少倍？只改折合质量。（习题 7-2）

(11) 核电荷 $Ze$ 突然变成 $(Z+1)e$，原来的 1s 电子仍处在新原子 1s 态的概率是多少？（习题 7-8）

(12) 氢原子基态下求 $\Delta x$ 和 $\Delta p_x$，验证不确定关系。（习题 7-5；可用 (7) 的结果）

**答案**

(1) $\mathbf{R}=(m_1{\mathbf{r}}_1+m_2{\mathbf{r}}_2)/M$，$\mathbf{r}={\mathbf{r}}_1-{\mathbf{r}}_2$，$M=m_1+m_2$。总动量 $\mathbf{P}={\mathbf{p}}_1+{\mathbf{p}}_2=-i\hslash {\nabla }_R$。相对动量 $\mathbf{p}=\mu \dot{\mathbf{r}}=(m_2{\mathbf{p}}_1-m_1{\mathbf{p}}_2)/M=-i\hslash {\nabla }_r$。总轨道角动量在相对坐标里是 $\mathbf{r}\times \mathbf{p}$。$\mu =m_1{m}_2/M$。分离后质心是自由粒子，能量连续、与 $V$ 无关；束缚来自相对运动 (7-51)，所以能级看 $E$ 即可。

(2) 令 $E=-|E|$，$\rho =\alpha r$，${\alpha }^2/4=2\mu |E|/{\hslash }^2$，得 (7-55)。$\rho \to \infty$ 时方程变成 ${\chi }^{{}^{\prime \prime }}-\chi /4=0$，收敛的一支是 $e^{-\rho /2}$，所以写 $\chi =F(\rho )e^{-\rho /2}$。$F$ 展成幂级数后，递推在 $\nu \to \infty$ 时 $a_{\nu }\sim a_0/\nu !$，$F\sim e^{\rho }$，和 $e^{-\rho /2}$ 乘起来变成 $e^{\rho /2}$，无穷远发散。必须在 $\nu =n_r$ 截断：$n_r+l+1-\beta =0$，即 $\beta =n$。代回 (7-56) 得 $E_n=-\mu e^4{Z}^2/(2{\hslash }^2{n}^2)$。$n_r=0,1,\dots ,n-1$ 是径向量子数。

(3) $l=0,1,\dots ,n-1$，每个 $l$ 有 $m=0,\pm 1,\dots ,\pm l$ 共 $2l+1$ 个。$f={\sum }_{l=0n-1}(2l+1)=n^2$。第一激发态 $n=2$：$2s$ 一个、$2p$ 三个，共 4 个，$E_2=E_1/4$。计入自旋是 8 个。第二激发态 9 个（不计自旋），$E_3=E_1/9$。能级越高越密。

(4) $R_{10}=2a_{0-3/2}{e}^{-r/a_0}$，$R_{20}=\frac{1}{\sqrt{2}}{a}_{0-3/2}(1-\frac{r}{2a_0})e^{-r/(2a_0)}$，$R_{21}=\frac{1}{2\sqrt{6}}{a}_{0-3/2}\frac{r}{a_0}{e}^{-r/(2a_0)}$。

$${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{a}_{0-3/2}{e}^{-r/a_0}.$$

$n=2$ 的四个态能量都是 $E_2=E_1/4$，四重简并。易错：基态指数是 $e^{-r/a_0}$，不是 $e^{-r/(2a_0)}$；$e^{-r/(2a_0)}$ 是 $n=2$ 的。

(5) $V_{eff}=-e^2/r+l(l+1){\hslash }^2/(2\mu r^2)$。$E<0$ 时两边都是势垒，粒子关在阱里，能级离散。$r\to \infty$、$E\ge 0$ 可以电离。最小电离能是把基态电子送到 $E=0$，即 $|E_1|=13.6eV$。$l\ne =0$ 时离心势使电子不能贴到核上。

(6) $P_{nl}(r)dr=r^2|R_{nl}{|}^{2}dr=|{\chi }_{nl}{|}^{2}dr$，是球壳 $r$ 到 $r+dr$ 里的概率。1s：$P_{10}=(4/a_0)x^2{e}^{-2x}$，$x=r/a_0$。$dP/dx\propto x{e}^{-2x}(1-x)=0$，$x=0$ 舍去，$x=1$，即 $r=a_0$。角向 $P_{lm}=|Y_{lm}{|}^2$。$Y_{lm}\propto e^{im\phi }$，模方与 $\phi$ 无关；这是 ${\hat{l}}_z$ 有确定值的要求。所以绕 $z$ 轴旋转对称，一条子午线上的曲线转一圈就是角分布。$|Y_{00}{|}^2$ 是球，$|Y_{10}{|}^2$ 在 $\theta =0$ 最大，$|Y_{1\pm 1}{|}^2$ 在 $\theta =\pi /2$ 最大。

(7) $⟨V⟩=⟨-e^2/r⟩$。$|{\psi }_{100}{|}^2$ 对角度积分后

$$⟨\frac{1}{r}⟩=\frac{4}{a_{03}}{\int }_0^{\infty }r{e}^{-2r/a_0}dr=\frac{4}{a_{03}}\cdot \frac{a_{02}}{4}=\frac{1}{a_0},$$

所以 $⟨V⟩=-e^2/a_0=2E_1$。$E_1=⟨T⟩+⟨V⟩$，故 $⟨T⟩=E_1-⟨V⟩=-E_1=e^2/(2a_0)$。Coulomb 势的位力定理就是 $2⟨T⟩=-⟨V⟩$。

(8) $T=E-V<0$ 即 $-e^2/r>E_1=-e^2/(2a_0)$，所以 $r>2a_0$。

$$P={\int }_{2a_0}^{\infty }4a_{0-3}{r}^2{e}^{-2r/a_0}dr.$$

令 $u=2r/a_0$，下限 $u=4$，$r^{2}dr=a_{03}{u}^{2}du/8$，于是 $P=\frac{1}{2}{\int }_4^{\infty }{u}^2{e}^{-u}du$。分部积分 ${\int }_4^{\infty }{u}^2{e}^{-u}du=e^{-4}(16+8+2)=26e^{-4}$，故 $P=13e^{-4}\approx 0.238$。

(9) 系数模方 $4+1+2+3=10$，已归一。$E_2=E_1/4$，

$$⟨H⟩=\frac{1}{10}(4E_1+6E_2)=\frac{1}{10}(4E_1+\frac{3}{2}{E}_1)=\frac{11}{20}{E}_1.$$

$l=1$、$m=1$ 只来自 $|211⟩$，概率 $2/10=1/5$。它是能量本征态的系数，模方不随时间变。

(10) 能级正比于 $\mu$。正负电子 $\mu =m_e/2$，能级是氢的 $1/2$，基态 $-6.8eV$。${\mu }^{-}$ 绕质子：$m_{\mu }=200m_e$，质子质量约 $1836m_e$，折合质量 $\mu \approx 180m_e$，能级约为氢的 $180$ 倍；若把质子固定，就是 $200$ 倍。${\mu }^{+}{\mu }^{-}$：$\mu =m_{\mu }/2=100m_e$，是氢的 $100$ 倍。

(11) 突变近似：衰变瞬间波函数来不及变。衰变前 ${\psi }_Z=(\pi {)}^{-1/2}(Z/a_0{)}^{3/2}{e}^{-Zr/a_0}$，新原子 1s 是把 $Z$ 换成 $Z+1$。角度部分相同，径向重叠

$${\int }_0^{\infty }{R}_{10}(Z+1)R_{10}(Z)r^{2}dr=8\frac{[Z(Z+1){]}^{3/2}}{(2Z+1{)}^3},$$

用了 $R_{10}(Z)=2(Z/a_0{)}^{3/2}{e}^{-Zr/a_0}$ 和 ${\int }_0^{\infty }{r}^2{e}^{-\gamma r}dr=2/{\gamma }^3$。概率是它的平方：

$$P=\frac{64Z^3(Z+1{)}^3}{(2Z+1{)}^6}.$$

(12) 球对称，$⟨x⟩=0$，$⟨x^2⟩=\frac{1}{3}⟨r^2⟩$。$⟨r^2⟩=\frac{4}{a_{03}}{\int }_0^{\infty }{r}^4{e}^{-2r/a_0}dr=\frac{4}{a_{03}}\cdot \frac{4!}{(2/a_0{)}^5}=3a_{02}$，所以 $\Delta x=a_0$。同理 $⟨p_x⟩=0$，$⟨p_{x2}⟩=\frac{1}{3}⟨p^2⟩=\frac{2}{3}\mu ⟨T⟩=\frac{2}{3}\mu \frac{e^2}{2a_0}=\frac{{\hslash }^2}{3a_{02}}$（用了 $a_0={\hslash }^2/\mu e^2$ 和 (7) 的 $⟨T⟩$），$\Delta p_x=\frac{\hslash }{\sqrt{3}{a}_0}$。$\Delta x\Delta p_x=\hslash /\sqrt{3}\approx 0.58\hslash >\hslash /2$，满足。

7.4 定域规范不变性

知识点小结：$\mathbf{B}$ 无散，所以能写成某个矢势的旋度；电场再配上标势。带电粒子的动量要换成 $\mathbf{p}-q\mathbf{A}/c$，Hamilton 量才给出 Lorentz 力。$\mathbf{A}$、$\phi$ 可以做规范变换，电磁场不变；波函数同时乘一个位置有关的相位因子，Schrödinger 方程也不变。量子力学里引进 $\mathbf{A}$ 和 $\phi$，是为了让这个定域规范不变性成立，不只是为了写方程方便。

jc-7-4-1 · 直接写出：势、最小耦合、规范变换 · 🟡

填空（书 p153–156，式 (7-90)(7-95)(7-96)(7-100)–(7-105)(7-107)）

(1) $\mathbf{B}=$ ____，$\mathbf{E}=$ ____。

(2) 电荷 $q$、质量 $m$ 在电磁场中的 Hamilton 量是 ____。含时 Schrödinger 方程是 ____。

(3) 规范变换：${\mathbf{A}}^{\prime }=$ ____，${\phi }^{\prime }=$ ____。波函数应乘的因子是 ____（使方程形式不变的那个）。

(4) 速度算符 $\hat{\mathbf{v}}=$ ____。

(5) Lorentz 力 $\mathbf{F}=$ ____；正则动量 $\mathbf{p}=$ ____，机械动量 $m\dot{\mathbf{r}}=$ ____。（式 (7-96)(7-100)(7-101)）

**答案**

(1) $\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$（7-90）。$\mathbf{E}=-\nabla \phi -\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}$（7-95）。

(2) $\hat{H}=\frac{1}{2m}(\hat{\mathbf{p}}-\frac{q}{c}\mathbf{A}{)}^2+q\phi$（7-103）。

$$i\hslash \frac{\partial \psi }{\partial t}=[\frac{1}{2m}(\hat{\mathbf{p}}-\frac{q}{c}\mathbf{A}{)}^2+q\phi ]\psi .(7\text{-}104)$$

(3) ${\mathbf{A}}^{\prime }=\mathbf{A}+\nabla \chi$，${\phi }^{\prime }=\phi -\frac{1}{c}\frac{\partial \chi }{\partial t}$（7-105）。波函数乘 $\exp (iq\chi /(\hslash c))$。这样 $-i\hslash \nabla$ 作用到相位上产生的项正好抵消 $(q/c)\nabla \chi$。

(4) $\hat{\mathbf{v}}=\frac{1}{m}(\hat{\mathbf{p}}-\frac{q}{c}\mathbf{A})$。$\hat{\mathbf{p}}=-i\hslash \nabla$，不要写成 $+i\hslash \nabla$。

(5) $\mathbf{F}=q\mathbf{E}+\frac{q}{c}\mathbf{v}\times \mathbf{B}$（7-96）。$\mathbf{p}=m\dot{\mathbf{r}}+\frac{q}{c}\mathbf{A}$（7-100），$m\dot{\mathbf{r}}=\mathbf{p}-\frac{q}{c}\mathbf{A}$（7-101）。量子力学里 $\hat{\mathbf{p}}=-i\hslash \nabla$ 对应的是正则动量。

jc-7-4-2 · 规范变换和速度算符 · 🟡

计算（书 p153–156，式 (7-87)–(7-109)；习题 7-10、7-11）

(1) 由 $\nabla \cdot \mathbf{B}=0$ 和 Faraday 定律，说明为什么可以引进 $\mathbf{A}$ 和 $\phi$，并写出 $\mathbf{E}$、$\mathbf{B}$。（式 (7-87)–(7-95)）

(2) 证明 (7-105) 下 $\mathbf{E}$、$\mathbf{B}$ 不变。为什么说量子力学里 $\mathbf{A}$、$\phi$ 不是辅助量？（p156）

(3) 定义 $\hat{\mathbf{v}}=[\hat{\mathbf{r}},\hat{H}]/(i\hslash )$。证明 $\hat{\mathbf{v}}=(\hat{\mathbf{p}}-q\mathbf{A}/c)/m$，并证明 $\hat{\mathbf{v}}\times \hat{\mathbf{v}}=i\hslash q\mathbf{B}/(m^{2}c)$。（习题 7-10）

(4) 电磁场中概率流为什么要多一项 $-\frac{q}{mc}{\psi }^{\ast }\mathbf{A}\psi$？它和 (3) 的速度是什么关系？（习题 7-11）

**答案**

(1) $\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{A})=0$，所以 $\nabla \cdot \mathbf{B}=0$ 保证存在 $\mathbf{A}$ 使 $\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$。代入 $\nabla \times \mathbf{E}+{\partial }_t\mathbf{B}/c=0$，得 $\nabla \times (\mathbf{E}+{\partial }_t\mathbf{A}/c)=0$。无旋矢量是某个标量的梯度，于是 $\mathbf{E}+{\partial }_t\mathbf{A}/c=-\nabla \phi$。

(2) $\nabla \times {\mathbf{A}}^{\prime }=\nabla \times \mathbf{A}+\nabla \times \nabla \chi =\mathbf{B}$。${\mathbf{E}}^{\prime }$ 里 $\nabla ({\partial }_t\chi )$ 和 ${\partial }_t(\nabla \chi )$ 相消，回到原来的 $\mathbf{E}$。Maxwell 方程只含 $\mathbf{E}$、$\mathbf{B}$，所以也不变。若再把规范不变性当作对 Schrödinger 方程的要求，Hamilton 量里就必须有 $\mathbf{A}$、$\phi$ 才能配上波函数的局域相位，二者是电磁相互作用的基本量。

(3) $[{\hat{r}}_i,{\hat{p}}_j]=i\hslash {\delta }_{ij}$，$[{\hat{r}}_i,A_j(\mathbf{r})]=0$，所以 $[\hat{\mathbf{r}},(\hat{\mathbf{p}}-q\mathbf{A}/c{)}^2]=2i\hslash (\hat{\mathbf{p}}-q\mathbf{A}/c)$，除以 $2m$ 再除以 $i\hslash$，得 $\hat{\mathbf{v}}=(\hat{\mathbf{p}}-q\mathbf{A}/c)/m$。

分量 $(\mathbf{v}\times \mathbf{v}{)}_i={\epsilon }_{ijk}{\hat{v}}_j{\hat{v}}_k$。$\hat{\mathbf{p}}$ 与 $\mathbf{A}$ 不对易，$[{\hat{p}}_j,A_k]=-i\hslash {\partial }_j{A}_k$，交叉项给出

$$\hat{\mathbf{v}}\times \hat{\mathbf{v}}=\frac{i\hslash q}{m^{2}c}\nabla \times \mathbf{A}=\frac{i\hslash q}{m^{2}c}\mathbf{B}.$$

速度分量不对易，是磁场存在的算符说法。

【原书笔误】 习题 7-10 求证式第二个等号印成 $(i\hslash \nabla -\frac{q}{c}\mathbf{A})$，丢了 $\frac{1}{M}$，$\hat{\mathbf{p}}$ 的符号也反了，应为 $\frac{1}{M}(-i\hslash \nabla -\frac{q}{c}\mathbf{A})$。另外题干「质量为 $m$」而式中用 $M$，标势又记成与波函数同名的 $\psi$，做题时注意。

(4) 概率流是 $\mathbf{J}=\frac{1}{2}({\psi }^{\ast }\hat{\mathbf{v}}\psi +c.c.)$。把 $\hat{\mathbf{v}}=(\hat{\mathbf{p}}-q\mathbf{A}/c)/m$ 代进去，$\mathbf{A}$ 是实的，就多出 $-\frac{q}{mc}{\psi }^{\ast }\mathbf{A}\psi$。没有这项，连续性方程在最小耦合下不成立。

7.5 外磁场中的原子，正常 Zeeman 效应

知识点小结：均匀磁场取 $\mathbf{A}=\mathbf{B}\times \mathbf{r}/2$，Hamilton 量展开出一项跟 ${\hat{l}}_z$ 成正比的顺磁项，和一项跟 $B^2(x^2+y^2)$ 成正比的反磁项。实验室磁场下反磁项可以丢掉。顺磁项把原来只跟 $n$ 有关的能级拆成 $E_n+m\hslash {\omega }_L$，固定 $n,l$ 时裂成 $2l+1$ 条，间隔是 $\hslash {\omega }_L$。这是正常 Zeeman 效应；自旋参与以后才叫反常 Zeeman 效应。

jc-7-5-1 · 直接写出：正常 Zeeman 的能级 · 🟡

填空（书 p156–159，式 (7-113)(7-115)–(7-120)(7-125)(7-126)(7-130)–(7-132)）

(1) 均匀磁场的矢势可取 $\mathbf{A}=$ ____。$\mathbf{B}=(0,0,B)$ 时 $\mathbf{A}=$ ____，$\mathbf{A}\cdot \hat{\mathbf{p}}=$ ____。

(2) 轨道磁矩 ${\hat{\mathbf{\mu }}}_l=$ ____（$e<0$）。相互作用 $-{\hat{\mathbf{\mu }}}_l\cdot \mathbf{B}=$ ____。

(3) Larmor 频率 ${\omega }_L=$ ____。有外磁场时 $E_{nm}=$ ____。相邻磁子能级间隔 $\Delta E=$ ____。

(4) 固定 $n,l$，能级分裂成 ____ 条。正常 Zeeman 效应和反常 Zeeman 效应的区别是 ____。

(5) $[\hat{\mathbf{p}},\mathbf{A}]=$ ____；$\mathbf{A}=\frac{1}{2}\mathbf{B}\times \mathbf{r}$ 时 $\nabla \cdot \mathbf{A}=$ ____，${\mathbf{A}}^2=$ ____；展开后的 $\hat{H}=$ ____。（式 (7-113)(7-116)(7-119)(7-120)）

**答案**

(1) $\mathbf{A}=\frac{1}{2}\mathbf{B}\times \mathbf{r}$（7-115）。$\mathbf{A}=(-\frac{1}{2}By,\frac{1}{2}Bx,0)$（7-117）。$\mathbf{A}\cdot \hat{\mathbf{p}}=\frac{1}{2}B{\hat{l}}_z$（7-118）。

(2) ${\hat{\mathbf{\mu }}}_l=\frac{e}{2m_{e}c}\hat{\mathbf{l}}$（7-125）。$-{\hat{\mathbf{\mu }}}_l\cdot \mathbf{B}=-\frac{eB}{2m_{e}c}{\hat{l}}_z$（7-126）。

(3) ${\omega }_L=|e|B/(2m_{e}c)$（7-131）。

$$E_{nm}=-\frac{m_e{e}^4{Z}^2}{2{\hslash }^2{n}^2}+m\hslash {\omega }_L.(7\text{-}130)$$

$\Delta E=\hslash {\omega }_L$（7-132）。

(4) $2l+1$ 条。正常 Zeeman 只算轨道磁矩；反常 Zeeman 还与自旋有关，第 8 章再讲。

(5) $-i\hslash \nabla \cdot \mathbf{A}$（7-113）；0（7-116）；$\frac{1}{4}{B}^2(x^2+y^2)$（7-119）；$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m_e}-\frac{eB}{2m_{e}c}{\hat{l}}_z+\frac{e^2{B}^2}{8m_e{c}^2}(x^2+y^2)-\frac{Z{e}^2}{r}$（7-120）。

jc-7-5-2 · 正常 Zeeman 效应 · 🟡

计算（书 p156–159，式 (7-110)–(7-132)）类氢离子放在均匀磁场 $\mathbf{B}=B{\mathbf{e}}_z$ 中，不考虑核的运动，电子电荷 $e<0$。

(1) 从 $\frac{1}{2m_e}(\hat{\mathbf{p}}-e\mathbf{A}/c{)}^2$ 展开。为什么 $\hat{\mathbf{p}}$ 和 $\mathbf{A}$ 不对易？$\nabla \cdot \mathbf{A}$ 在 $\mathbf{A}=\mathbf{B}\times \mathbf{r}/2$ 下等于多少？（式 (7-111)–(7-116)）

(2) 指出顺磁项和反磁项。估算二者之比，说明实验室磁场为什么可以丢掉 $B^2$ 项。（式 (7-120)(7-121)，p157–158）

(3) 写出简化后的 $\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$。$[{\hat{l}}^2,\hat{H}]$ 和 $[{\hat{l}}_z,\hat{H}]$ 是否为 0？$\hat{\mathbf{l}}$ 还守恒吗？为什么无磁场时的 ${\psi }_{nlm}$ 仍是本征函数？（式 (7-122)–(7-129)）

(4) 求 $E_{nm}$。固定 $n,l$ 时简并怎样被拆开？不同 $l$、相同 $m$ 的态还简并吗？

(5) $n=3,l=2$ 到 $n=2,l=1$，选择定则 $\Delta m=0,\pm 1$。有几种跃迁？不同频率的谱线有几条？$s$ 态在这项相互作用下分裂吗？（图 7-8，p159）

**答案**

(1) 展开是 ${\hat{p}}^2/(2m_e)-\frac{e}{2m_{e}c}(\hat{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{A}+\mathbf{A}\cdot \hat{\mathbf{p}})+\frac{e^2}{2m_e{c}^2}{\mathbf{A}}^2-Z{e}^2/r$。$[\hat{\mathbf{p}},\mathbf{A}]=-i\hslash \nabla \cdot \mathbf{A}$（7-113），所以两项不能随便合并。$\mathbf{A}=\mathbf{B}\times \mathbf{r}/2$ 对均匀场有 $\nabla \cdot \mathbf{A}=0$（7-116），交叉项收成 $-\frac{e}{m_{e}c}\mathbf{A}\cdot \hat{\mathbf{p}}$。

(2) 顺磁项是 $-\frac{eB}{2m_{e}c}{\hat{l}}_z$，反磁项是 $\frac{e^2{B}^2}{8m_e{c}^2}(x^2+y^2)$。用 ${\bar{l}}_z\sim \hslash$、$x^2+y^2\sim a_{02}$：

$B^2$ 项与 $B$ 项之比

$$\frac{e^2{B}^2{a}_{02}/8m_e{c}^2}{eB\hslash /2m_{e}c}\sim \frac{eB{a}_{02}}{4c\hslash }\sim \frac{B}{10^{10}Gauss}.$$

实验室 $B\sim 10^{5}Gauss$ 以下，比值 $10^{-4}$–$10^{-5}$，反磁项丢掉。反磁项可以看成外场先诱导出一个磁矩，再和 $\mathbf{B}$ 作用。

(3) ${\hat{H}}_0={\hat{p}}^2/(2m_e)-Z{e}^2/r$，${\hat{H}}^{\prime }=-\frac{eB}{2m_{e}c}{\hat{l}}_z$。${\hat{H}}^{\prime }$ 只含 ${\hat{l}}_z$，所以和 ${\hat{l}}^2$、${\hat{l}}_z$ 都对易。球对称被破坏，${\hat{l}}_x$、${\hat{l}}_y$ 不再守恒，$\hat{\mathbf{l}}$ 作为矢量不守恒。${\psi }_{nlm}$ 本来就是 ${\hat{H}}_0$、${\hat{l}}^2$、${\hat{l}}_z$ 的共同本征函数，${\hat{H}}^{\prime }$ 在上面只给出本征值，所以仍是 $\hat{H}$ 的本征函数。

(4) ${\hat{l}}_z$ 的本征值是 $m\hslash$，$e=-|e|$，于是

$$E_{nm}=E_n-\frac{eBm\hslash }{2m_{e}c}=E_n+m\hslash {\omega }_L,{\omega }_L=\frac{|e|B}{2m_{e}c}.$$

固定 $n,l$，$m=-l,\dots ,l$，裂成 $2l+1$ 条，间隔 $\hslash {\omega }_L$。能量只多了 $m$，不显含 $l$，所以不同 $l$、相同 $m$ 仍然简并。易错：说成「$n^2$ 重简并全部消除」。

(5) 上能级 $m=0,\pm 1,\pm 2$ 五条，下能级 $m=0,\pm 1$ 三条。$\Delta m=0,\pm 1$ 的连线共 $1+2+3+2+1=9$ 条（这是书上图 7-8 的数法）。但上下两组能级间隔都是 $\hslash {\omega }_L$，光子能量只有 $E_3-E_2+\Delta m\hslash {\omega }_L$ 三种，所以按频率只有 3 条（正常 Zeeman 三重线），9 条跃迁两两重合成 3 条。考试问「谱线分裂成几条」答 3 条，并说明 9 种跃迁的来历。$s$ 态 $m=0$，这项相互作用能量是 0，不分裂。

【原书说法有误】 p159 说「光谱线共分裂成九条」。9 是跃迁的种数，不是不同频率的谱线数；不计自旋时只有 3 条。

7.6 外磁场中的自由电子，Landau 能级

知识点小结：自由电子在均匀磁场里，$z$ 方向仍是自由运动，能量连续；垂直于磁场的平面运动可以选 Landau 规范，化成一个平衡点随 $p_x$ 移动的谐振子。能级是 $(n+1/2)\hslash {\omega }_c$，和 $p_x$ 无关，所以每一级都无穷简并。粒子可以跑到无穷远，但能量却是量子化的。

jc-7-6-1 · 直接写出：Landau 能级 · 🟡

填空（书 p159–162，式 (7-137)(7-138)(7-146)–(7-160)）

(1) 不改变 $\mathbf{B}=(0,0,B)$，Landau 规范的矢势是 ____。平面运动的 Hamilton 量是 ____。

(2) 与 $\hat{H}$ 对易、可一起取成完全集的动量分量是 ____。共同本征函数写成 ____。

(3) 振子频率 $\omega =$ ____，它和 ${\omega }_L$ 的关系是 ____。能级 $E_n=$ ____。

(4) 引导中心 $y_0=$ ____。为什么每一级无穷简并？这是不是束缚态？

(5) 用 ${\omega }_L$ 写：$E_n=$ ____，它等于轨道磁矩的相互作用能 $-{\mu }_{z}B$，其中 ${\mu }_z=$ ____。对称规范下平面部分 $\hat{H}=$ ____。（式 (7-137)(7-138)(7-155)–(7-157)）

**答案**

(1) ${\mathbf{A}}^{\prime }=(-By,0,0)$（7-146）。

$$\hat{H}=\frac{1}{2m_e}({\hat{p}}_x+\frac{eB}{c}y{)}^2+\frac{{\hat{p}}_{y2}}{2m_e}.(7\text{-}147)$$

(2) ${\hat{p}}_x$（7-148）。$\psi =e^{i{p}_{x}x/\hslash }\phi (y)$（7-149）。

(3) $\omega =|e|B/(m_{e}c)=2{\omega }_L$（7-154）。$E_n=(n+1/2)\hslash \omega =(2n+1)\hslash {\omega }_L$，$n=0,1,2,\dots$（7-153）。

(4) $y_0=-c{p}_x/(eB)$（7-151，$e$ 是带符号的电荷）。$p_x$ 连续，$E_n$ 与 $p_x$ 无关，同一个能量有无穷多个引导中心，无穷简并。位置可以在全平面取值，不是束缚态，但是能量量子化。

(5) $E_n=(N+1)\hslash {\omega }_L$，$N=2n=0,2,4,\dots$（7-155）；$(N+1)\hslash {\omega }_L=\frac{|e|\hslash }{2m_{e}c}(N+1)B=-{\mu }_{z}B$，${\mu }_z=-\frac{|e|\hslash }{2m_{e}c}(N+1)$（式 (7-156)(7-157)）。对称规范：$\hat{H}={\hat{H}}_0+{\omega }_L{\hat{l}}_z$，${\hat{H}}_0=\frac{{\hat{p}}_{x2}+{\hat{p}}_{y2}}{2m_e}+\frac{1}{2}{m}_e{\omega }_L^2(x^2+y^2)$（式 (7-137)(7-138)），即频率 ${\omega }_L$ 的二维振子加一个 ${\hat{l}}_z$ 项。

jc-7-6-2 · Landau 能级 · 🟡

计算（书 p159–162，式 (7-133)–(7-160)；习题 7-12、7-13）自由电子，均匀磁场 $\mathbf{B}=(0,0,B)$（(5)(6) 换成电荷 $q$ 的粒子）。

(1) 用对称规范 $\mathbf{A}=(-By/2,Bx/2,0)$ 写出 $\hat{H}$。哪一项是 $z$ 方向的自由运动？它的能谱为什么连续？（式 (7-135)(7-136)）

(2) 做规范变换 $f=-Bxy/2$，得到 ${\mathbf{A}}^{\prime }=(-By,0,0)$。为什么 $\mathbf{B}$ 不变？（式 (7-145)(7-146)）

(3) 证明 $[{\hat{p}}_x,\hat{H}]=0$。用 $\psi =e^{i{p}_{x}x/\hslash }\phi (y)$ 把平面运动化成谐振子，写出 $y_0$ 和 $\omega$，求 $E_n$ 和 ${\phi }_n$。（式 (7-147)–(7-159)）

(4) 能量与 $p_x$ 无关说明什么？Landau 能级和一维谐振子能级差在哪里？

(5) 电荷 $q$ 的粒子，$y$ 方向均匀电场 $\mathbf{\epsilon }=(0,\epsilon ,0)$ 加 $\mathbf{B}=(0,0,B)$，取 $\mathbf{A}=(-By,0,0)$、只看 $xy$ 平面。写出 $\hat{H}$，取 $\psi =e^{i{p}_{x}x/\hslash }\phi (y)$，求能级和 $\phi (y)$。（习题 7-12）

(6) 电荷 $q$、质量 $m$ 的粒子在三维各向同性谐振子势 $\frac{1}{2}m{\omega }^2{r}^2$ 中，再加均匀磁场 $\mathbf{B}=B{\mathbf{e}}_z$。求能级。（习题 7-13；提示：二维各向同性振子在 ${\hat{l}}_z=m^{\prime }\hslash$ 的态上能量是 $(2n_{\rho }+|m^{\prime }|+1)\hslash \Omega$）

**答案**

(1) $\hat{H}={\hat{p}}^2/(2m_e)-\frac{eB}{2m_{e}c}{\hat{l}}_z+\frac{e^2{B}^2}{8m_e{c}^2}(x^2+y^2)$。$z$ 方向是 ${\hat{p}}_{z2}/(2m_e)$，没有势，动量本征值连续，能量连续。下面只看 $xy$ 平面。

(2) ${\partial }_{x}f=-By/2$，${\partial }_{y}f=-Bx/2$，所以 $A_{x^{\prime }}=-By$，$A_{y^{\prime }}=0$。$\nabla \times {\mathbf{A}}^{\prime }=(0,0,B)$，磁场不变。这是 7.4 的规范自由度，用来把方程化成一维振子。

(3) ${\mathbf{A}}^{\prime }$ 不含 $x$，$\hat{H}$ 也不显含 $x$，故 $[{\hat{p}}_x,\hat{H}]=0$；$y$ 显含在矢势里，$[{\hat{p}}_y,\hat{H}]\ne =0$。代入后

$$\frac{1}{2m_e}[(p_x+\frac{eB}{c}y{)}^2-{\hslash }^2\frac{d^2}{d{y}^2}]\phi =E\phi .$$

配成 $(y-y_0{)}^2$，$y_0=-c{p}_x/(eB)$，$\omega =|e|B/(m_{e}c)$。这是中心在 $y_0$ 的谐振子，

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega ,{\phi }_n(y-y_0)\sim e^{-{\alpha }^2(y-y_0{)}^2/2}{H}_n(\alpha (y-y_0)),$$

$\alpha =\sqrt{m_e\omega /\hslash }=\sqrt{|e|B/(\hslash c)}$。

(4) $p_x$ 只决定引导中心，不进入能量。每个 $E_n$ 对应 $p_x\in (-\infty ,\infty )$ 的无穷多个态，无穷简并。和普通谐振子的差别是：这里没有把粒子绑在一个固定原点上，能级却仍然离散。

(5) $\mathbf{\epsilon }=-\nabla \varphi$，取 $\varphi =-\epsilon y$，势能 $q\varphi =-q\epsilon y$。$\hat{H}=\frac{1}{2m}({\hat{p}}_x+\frac{qB}{c}y{)}^2+\frac{{\hat{p}}_{y2}}{2m}-q\epsilon y$，不含 $x$，所以 $[\hat{H},{\hat{p}}_x]=0$，$[\hat{H},{\hat{p}}_y]\ne =0$。代入后

$$[-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{y}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }^2(y-y_0{)}^2-q\epsilon y]\phi =E\phi ,\omega =\frac{|q|B}{mc},y_0=-\frac{c{p}_x}{qB}.$$

一次项并进平方：中心移到 $Y=y_0+\frac{q\epsilon }{m{\omega }^2}=y_0+\frac{m{c}^2\epsilon }{q{B}^2}$，

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega +\frac{c\epsilon }{B}{p}_x-\frac{m{c}^2{\epsilon }^2}{2B^2},{\phi }_n\propto e^{-{\alpha }^2(y-Y{)}^2/2}{H}_n(\alpha (y-Y)),\alpha =\sqrt{m\omega /\hslash }.$$

电场使能量依赖 $p_x$，Landau 能级的简并被解除；$\partial E/\partial p_x=c\epsilon /B$ 是 $x$ 方向的漂移速度（$\mathbf{E}\times \mathbf{B}$ 漂移）。$\epsilon \to 0$ 回到 (3)。

(6) 对称规范 $\mathbf{A}=\frac{1}{2}\mathbf{B}\times \mathbf{r}$，记 ${\omega }_L=\frac{qB}{2mc}$（带符号）。和 7.5 一样展开：

$$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m({\omega }^2+{\omega }_L^2)(x^2+y^2)+\frac{1}{2}m{\omega }^2{z}^2-{\omega }_L{\hat{l}}_z.$$

${\hat{l}}_z$ 与其余部分对易。$xy$ 平面是频率 $\Omega =\sqrt{{\omega }^2+{\omega }_L^2}$ 的二维各向同性振子，取 ${\hat{l}}_z=m^{\prime }\hslash$ 的共同本征态；$z$ 方向仍是频率 $\omega$ 的振子。

$$E=(2n_{\rho }+|m^{\prime }|+1)\hslash \sqrt{{\omega }^2+{\omega }_L^2}-m^{\prime }\hslash {\omega }_L+(n_z+\frac{1}{2})\hslash \omega .$$

检查：$B\to 0$ 回到 $(N+\frac{3}{2})\hslash \omega$；$\omega \to 0$ 时平面部分 $(2n_{\rho }+|m^{\prime }|+1-m^{\prime }sgn{\omega }_L)\hslash |{\omega }_L|$，正是 Landau 能级 $(2n+1)\hslash |{\omega }_L|$；电子 $q=e<0$ 时 $-m^{\prime }\hslash {\omega }_L=+m^{\prime }\hslash |{\omega }_L|$，与 (7-130) 同号。

7.7 规范场，Aharonov–Bohm 效应

知识点小结：$\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$ 允许一种情形：粒子走到的地方 $\mathbf{B}$ 处处是 0，矢势却不是 0。经典上没有 Lorentz 力，运动不该变；量子上 Hamilton 量含 $\mathbf{A}$，波函数差一个相位，干涉条纹会移动。把电子关在环上、磁通只穿过环心，就是束缚态版的 AB 效应：能级从 $m^2$ 变成 $(m-q\Phi /2\pi \hslash c{)}^2$，除零点外的二重简并被拆开。

jc-7-7-1 · 直接写出：环上的 AB 能级 · 🟡

填空（书 p163–166，式 (7-161)(7-165)(7-166)(7-169)(7-180)(7-181)）

(1) 规范场指的是 ____。即使 $\mathbf{B}=0$，$\mathbf{A}$ 可否非零？条件是什么？

(2) 无磁通时，半径 $r_0$、质量 $M$ 的平面转子：$E_m=$ ____，${\psi }_m=$ ____。除哪个态外是二重简并？

(3) 环心磁通为 $\Phi$、环上 $\mathbf{B}=0$ 时，$A_{\phi }=$ ____。能量变成 ____。波函数仍可写成 ____。

(4) 磁通取什么值时，能谱回到无磁通的结果？

**答案**

(1) 为满足 Schrödinger 方程定域规范不变性而引进的 $\mathbf{A}$、$\phi$（7-161 附近）。可以。$\mathbf{A}=\nabla \chi \ne =0$ 时 $\mathbf{B}=\nabla \times \nabla \chi =0$。

(2) $E_m=m^2{\hslash }^2/(2M{r}_0^2)$，${\psi }_m=e^{im\phi }/\sqrt{2\pi }$，$m=0,\pm 1,\pm 2,\dots$（7-165）（7-166）。除 $m=0$ 外，$m$ 与 $-m$ 二重简并。

(3) $A_{\phi }=\Phi /(2\pi r_0)$（7-169）。

$$E_m=\frac{{\hslash }^2}{2M{r}_0^2}(m-\frac{q\Phi }{2\pi \hslash c}{)}^2.(7\text{-}180)$$

周期性要求波函数仍是 $e^{im\phi }/\sqrt{2\pi }$（7-181），磁通进的是能量，不是 $m$ 的取值。

(4) $q\Phi /(2\pi \hslash c)$ 为整数，即 $\Phi =2\pi \hslash cn/q$。这时每个能级只是把原来的 $m$ 重新编号。

jc-7-7-2 · 环上的 Aharonov–Bohm 效应 · 🟡

计算（书 p163–166，式 (7-161)–(7-181)）质量 $M$、电荷 $q$ 的粒子限制在半径 $r_0$ 的环上。

(1) 无磁通时求能级和波函数。哪些能级简并？（式 (7-164)–(7-166)）

(2) 细磁通管垂直穿过环心，管外 $\mathbf{B}=0$。用 Stokes 定理求环上的 $A_{\phi }$。经典上能量为什么不该变？（式 (7-167)–(7-169)，图 7-10）

(3) 写出含 $A_{\phi }$ 的 Hamilton 量。做变换 $\psi =e^{K\phi }\Psi$，说明 $\Psi$ 满足无场转子方程，再用 $\psi (\phi )=\psi (\phi +2\pi )$ 定出 $E_m$。（式 (7-170)–(7-180)）

(4) 简并是否被消除？$\Phi$ 等于一个磁通量子时呢？这个效应为什么是量子效应？（p166）

(5) 双缝思想实验里，两路电子路径上 $\mathbf{B}=0$。干涉条纹为什么仍会移动？相位差和磁通是什么关系？（图 7-9，p163–164）

**答案**

(1) $I=M{r}_0^2$，$\hat{H}={\hat{l}}_z^2/(2I)=-\frac{{\hslash }^2}{2M{r}_0^2}{\partial }_{\phi }^2$。单值性要求 $m$ 为整数，$\psi =e^{im\phi }/\sqrt{2\pi }$，$E_m=m^2{\hslash }^2/(2I)$。$E$ 只含 $m^2$，故 $m\ne =0$ 时 $\pm m$ 简并。

(2) 环路上 $\oint \mathbf{A}\cdot d\mathbf{l}=2\pi r_0{A}_{\phi }$。Stokes 定理把环路积分变成穿出曲面的磁通 $\Phi$，所以 $A_{\phi }=\Phi /(2\pi r_0)$。管外 $\mathbf{B}=0$，Lorentz 力为 0，经典能量和轨道都不变。

(3) $p_{\phi }=l_z/r_0$，

$$\hat{H}=\frac{1}{2M{r}_0^2}({\hat{l}}_z-\frac{q\Phi }{2\pi c}{)}^2=-\frac{{\hslash }^2}{2M{r}_0^2}({\partial }_{\phi }-K{)}^2,$$

$K=iq\Phi /(2\pi \hslash c)$。令 $\psi =e^{K\phi }\Psi$，则 $({\partial }_{\phi }-K)\psi =e^{K\phi }{\partial }_{\phi }\Psi$，方程回到 $-\frac{{\hslash }^2}{2I}{\Psi }^{{}^{\prime \prime }}=E\Psi$。$\Psi \sim e^{i\omega \phi }$，${\omega }^2=2IE/{\hslash }^2$。代回相位后

$$\psi =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp [i(\omega +\frac{q\Phi }{2\pi \hslash c})\phi ].$$

$\psi (\phi +2\pi )=\psi (\phi )$ 要求括号里的系数是整数 $m$，于是 $\omega =m-q\Phi /(2\pi \hslash c)$，

$$E_m=\frac{{\hslash }^2}{2M{r}_0^2}(m-\frac{q\Phi }{2\pi \hslash c}{)}^2.$$

本征函数可以重新标成 $e^{im\phi }/\sqrt{2\pi }$。

(4) $m$ 与 $-m$ 的能量一般不再相等，简并消除。磁通量子 ${\Phi }_0=2\pi \hslash c/q$ 的整数倍时，移动量是整数，能谱集合与无磁通相同。粒子所在处没有 Lorentz 力，能量变化只来自矢势造成的相位，是量子效应。

(5) 两路波函数差一个由 $\mathbf{A}$ 积出来的相位。闭合回路上的相位差是

$$\frac{q}{\hslash c}\oint \mathbf{A}\cdot d\mathbf{l}=\frac{q\Phi }{\hslash c}.$$

$\Phi$ 变，相位差变，底片上的干涉条纹移动。经典电动力学只看路径上的 $\mathbf{B}$，预言条纹不动。

第7章原书笔误（已核对）

Grok 清单列的 10 条逐条对 300dpi 页图核实，可疑处放大到 450–500dpi。属实的 3 条（其中第 9 条只有一半属实），另外核对时又发现 2 处，都已写进对应题目：

位置	原书	改正	题
p142，式 (7-26)	$n_r=0,1,2,\dots ,n-1$	$n_r=0,1,2,\dots$，没有上界	jc-7-2-1
p142，式 (7-27)	${\int }_0^a{A}^2\sin \frac{(n_r+1)\pi r}{a}dr=1$	${\sin }^2$（新发现）	jc-7-2-2
p152–153，式 (7-83)–(7-86)，p149 有效势	(7-83) 用 ${\mu }_H$，后面换成未定义的 ${\mu }_0$	统一为 ${\mu }_H$（记号，结果不变）	jc-7-3-1
p159 正文	「光谱线共分裂成九条」	9 是跃迁种数，按频率只有 3 条（新发现）	jc-7-5-2
p167，习题 7-10	求证式第二个等号 $(i\hslash \nabla -\frac{q}{c}\mathbf{A})$	$\frac{1}{M}(-i\hslash \nabla -\frac{q}{c}\mathbf{A})$	jc-7-4-2

不属实（扫描误读）：

• (7-69)：原书是 $N_{nl}{e}^{-Zr/na}(\frac{2rZ}{na}{)}^l{L}_{n+l2l+1}(\alpha r)$，指数里有 $r$，幂次是 $l$，和 (7-63) 一致。「除以 $\rho$」只差常数 $\alpha$，被 (7-70)(7-71) 的归一化吸收。
• (7-75)：印的是 $e^{-r/a_0}$。
• (7-78) 前三个 $Y_{1m}$：根号是完整的 $\sqrt{3/8\pi }$、$\sqrt{3/4\pi }$。
• (7-107)：印的是 $e^{\frac{iq}{\hslash c}\chi }$，有 $q/c$。
• (7-114)：首项是 ${\hat{p}}^2/2m_e$。
• (7-152)：系数是 $\frac{1}{2}$，「1」印得淡。
• 习题 7-10 的 Hamilton 量：有平方（只有求证式那一半属实，见上表）。
• 习题 7-12(5)：印的是 $\hat{H}$、${\hat{p}}_x$ 和 $e^{\frac{i}{\hslash }{p}_{x}x}\phi (y)$，正确。

另：习题 7-5 求的是 $\Delta x$ 和 $\Delta p_x$（不是 $\Delta p_r$），已按原题写进 jc-7-3-2(12)。

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