量子力學(xué)試題

1、量子力學(xué)試題（一）及答案一.（20分）質(zhì)量為m的粒子，在一維無限深勢阱中0,OxaVx,x0,xa中運(yùn)動，若t0時，粒子處于c斤斤1x,0、1X2X3X32狀態(tài)上，其中,nx為粒子能量的第n個本征態(tài)。(1)求t0時能量的可測值與相應(yīng)的取值幾率;（2）求t0時的波函數(shù)x,t及能量的可測值與相應(yīng)的取值幾率解：非對稱一維無限深勢阱中粒子的本征解為En222訂，n2ma22.n，-sinxa1,2,3,（1）首先，將x,0歸一化。由c21可知，歸一化常數(shù)為于是，歸一化后的波函數(shù)為x,0；1；2313130能量的取值幾率為WE1613；WE2413；WE3313能量取其它值的幾率皆為零（2）因?yàn)楣茴D算

2、符不顯含時間，故t0時的波函數(shù)為x,t.61xexp丄印V1342xexp丄E2t13；33x旳-E3t(3) 由于哈密頓量是守恒量，所以t0時的取值幾率與t0時相同。二(20分)質(zhì)量為m的粒子在一維勢阱VxV0,善的狀態(tài)，試確定0,中運(yùn)動Vo0，若已知該粒子在此勢阱中有一個能量E此勢阱的寬度a解：對于EVo20的情況，三個區(qū)域中的波函數(shù)分別為0AsinkxBexp其中,在xa處,2m(EVo)2mE利用波函數(shù)及其一階導(dǎo)數(shù)連續(xù)的條件得到AsinkaAkcoskaBexoaBexpa于是有tanka此即能量滿足的超越方程。1當(dāng)E時，由于mVotan”mVoan,n1,2,3,4最后，得到勢阱的寬

3、度1k三.(20分)設(shè)厄米特算符H?的本征矢為n,n構(gòu)成正交歸一完備系,定義一個算符U?m,n(1) 計算對易子H,Um,n；(2) 證明I?m,nL?p,qnq"m,p；(3) 計算跡TrI?m,n；(4) 若算符A?的矩陣元為Amn:mAn；，證明AAmnl?m,nm,nApqTrAl?p,q解：(1)對于任意一個態(tài)矢|有H,lm,nHlm,n')lm,nH?)H?,l?m,nEmEnI?m,n(2)lm,nI?p,qpnql?m,p(3)算符的跡為TrI?m,nkI?m,nkk(4)算符m：.mAm,nmAmnU?m,nm,nApq(pAq)-kAq：.kAq.1pkT

4、rA?p,q.kAU?p,q四(20分)(其中為實(shí)常數(shù))的粒子，處1自旋為-、固有磁矩為2于均勻外磁場BB°k中，設(shè)t0時，粒子處于Sx2的狀態(tài),(1) 求出t(2) 求出t0時的波函數(shù)；0時?x與SZ的可測值及相應(yīng)的取值幾率。解：體系的哈密頓算符為BB0SZBo?2?Z?Z在泡利表象中，哈密頓算符的本征解為E1,E2在t0時，粒子處于Sz2的狀態(tài)，即0.而?x滿足的本征方程為解之得1212由于，哈密頓算符不顯含時間，故t0時刻的波函數(shù)為1i0厲珂-E1tI1 exp-E2t2（2）因?yàn)镠?,?z0，所以Sz是守恒量，它的取值幾率與平均值不隨時間改變，換句話說，只要計算的取值幾率就知

5、道了0時Sz的取值幾率。由于12；WSz2,0故有Sz而Sx的取值幾率為Sx2，texpexpexpiEdiexp一E2tCOS2匹t2Sx2，tsin2里t2五.（20分）類氫離子中,電子與原子核的庫侖相互作用為Ze2（Ze為核電荷）當(dāng)核電荷變?yōu)閆1e時，相互作用能增加2，試用微擾論計算它對能量r的一級修正，并與嚴(yán)格解比較。解：已知類氫離子的能量本征解為22E0E0enlmn2n2a°nrnlm2式中，a。2為玻爾半徑。e能量的一級修正為由維里定理知總能量所以，得到En'nImW?nlmEnTEn'1/nl-r2EnZ微擾論近似到一級的能量為En22Ze2a。2n而

6、嚴(yán)格解為En(Z1)2Ze2nl2n2a。Ze2na。-nlrn1,2,3,2e2n2a。2n2a。Ze2-2na。2e2n2a。00,式中，V。0。導(dǎo)出能量本征值滿足的超越方程,進(jìn)而求出使得體系至少存在量子力學(xué)試題（二）及答案式中,、（20分）在t0(r,0)Cn（r）為氫原子的第時刻,氫原子處于狀態(tài)1(r)32（）13(r)n個能量本征態(tài)。計算t時能量的取值幾率與平均值，寫出t0時的波函數(shù)。解：氫原子的本征解為e41亍JnlmrRnlr丫im其中，量子數(shù)的取值范圍是n1,2,3,；I0,1,2,I,I1,11,1由波函數(shù)歸一化條件可知?dú)w一化常數(shù)為.3不為零的能量取值幾率為E3WE1能量平均

7、值為3（巳E3）4E223480時，波函數(shù)為r,texp丄E?texp丄E3t（20分）設(shè)粒子處于一維勢阱之中V(x)V0,一個束縛態(tài)的V0值。解：對于E0的情況，三個區(qū)域中的波函數(shù)分別為1 x02 xAsinkx3 xBexpx其中，j2m（EV。）j2m|Ek；利用波函數(shù)再x0處的連接條件知，n，n0,1,2,在xa處，利用波函數(shù)及其一階導(dǎo)數(shù)連續(xù)的條件得到AsinkaAkcoska于是有2a3a12a13anBexpanBexpatankak此即能量滿足的超越方程。由于，余切值是負(fù)數(shù)，所以，角度ka在第2、4象限。超越方程也可以改寫成I.kasinka1k°a式中，_J2V。k0

8、因?yàn)?，sinka1,所以，若要上式有解，必須要求k°aka當(dāng)ka時,2sinka1,于是，有整理之，得到Vor8a2三、（20分）在動量表象中，寫出線諧振子的哈密頓算符的矩陣元。解：在坐標(biāo)表象中，線諧振子的哈密頓算符為H?2m?21m2在動量表象中，該哈密頓算符為由于動量的本征函數(shù)為Hpp''2mdx21pm2m2，故哈密頓算符的矩陣元為2d22dp2d22dpPdp1P''22md22dP四、（20分）1設(shè)兩個自旋為非全同粒子構(gòu)成的體系,哈密頓量H?c?2，其中，C為常數(shù)，?與?2分別是粒子1和粒子2的自旋算符。已知t0時，粒子1的自旋沿Z軸的負(fù)方向

9、，粒子2的自旋沿z軸的正方向，求t0時測量粒子1的自旋處于z軸負(fù)方向的幾率和粒子2的自旋處于Z軸負(fù)方向的幾率。解：體系的哈密頓算符為h?c&S2C?2?2?22選擇耦合表象，由于S0,1，故四個基底為111；1211）；13|10）;|00在此基底之下，哈密頓算符是對角矩陣，即1000C20100400100003可以直接寫出它的解為E1C421)11E2C2211、4C21.2103C2400；已知t0時，體系處于因?yàn)楣茴D算符不顯含時間，故t1、2100時刻的波函數(shù)為t1exp-E310exp12)exp丄C4t2-E4|00)1旳七粒子1處于Z軸負(fù)方向的幾率為Ws1z1exp21

10、exp2expexpcos而粒子2處于Z軸負(fù)方向的幾率為(20五、S2zexpexp時,算符變成H?H?oJ?1(|<t；|2expexp3Lc4維運(yùn)動的粒子，能量本征值與本征矢分別為(為實(shí)參數(shù))時,sin2一哈密頓算符為E°與n：.，如果哈密頓(1)利用費(fèi)曼-海爾曼定理求出嚴(yán)格的能量本征值。(2)若1，利用微擾論計算能量本征值到二級近似。解：首先，利用費(fèi)因曼-赫爾曼定理求出嚴(yán)格的能量本征值。視為參變量，則有H?利用費(fèi)因曼-赫爾曼定理可知En又知dxdtx,HPi1x,i?丄？在任何束縛態(tài)n:下，均有dxdtn：nix,F?n丄nxH?F?xn0i所以,進(jìn)而得到能量本征值滿足的

11、微分方程En對上式作積分，得到利用En0時，H?Ro，定出積分常數(shù)2最后，得到H?的本征值為EnE01n其次，用微擾論計算能量的近似解已知H?o滿足的本征方程為H?ox,H?op?可知PmnE0xmmn第k個能級的一級修正為Ek1Wkkpkk0能量的二級修正為Ek2WknWnkkEkE°E°E°iXknif00EkEnXnkiE01nXnk為了求出上式右端的求和項(xiàng)，在0表象下計算XPkkXknPnkE0匚。XknEkEnXnkEn0EkXnk可以證明，對于任意實(shí)束縛態(tài)波函數(shù)k，有22XPkk于是，得到Ek02Xnk得到近似到二級的解為量子力學(xué)試題（二）及答案、（2

12、0分）已知?dú)湓釉趖0時處于狀態(tài)其中,(x,0)132(x)01(X)13（X）n（x）為該氫原子的第n個能量本征態(tài)。求能量及自旋z分量的取值概率(6)與平均值，寫出t0時的波函數(shù)。解已知?dú)湓拥谋菊髦禐閑41222hnn1,2,3,(1)3(2)(3)將t0時的波函數(shù)寫成矩陣形式(x,0)利用歸一化條件dx于是，歸一化后的波函數(shù)為(x,0)能量的可能取值為(4)巳乓已，相應(yīng)的取值幾率為WE1,0能量平均值為4127；we2,o7;we3,o?(5)21217479161e4504h2E04e171e4412h271(7)自旋z分量的可能取值為2,h，相應(yīng)的取值幾率為7；WSz自旋z分量的平均

13、值為sz0(8)h14t0時的波函數(shù)(x,t)'7exphE2texp*Est(9)(3)exp.（20分）質(zhì)量為m的粒子在如下一維勢阱中運(yùn)動V0Vo,0,若已知該粒子在此勢阱中有一個能量E中的狀態(tài)，試確定此勢阱的寬度a解對于V。E0的情況，三個區(qū)域中的波函數(shù)分別為1 x02 xAsinkx3 xBexpx其中,(1),2m(E_V。)2mEk;（2）利用波函數(shù)再x0處的連接條件知，n,n0,1,2,。在xa處，利用波函數(shù)及其一階導(dǎo)數(shù)連續(xù)的條件2a3a得到(4)AsinkanBexpaAkcoskanBexp于是有tanka(5)此即能量滿足的超越方程。1當(dāng)EV。時，由2mV。tanm

14、VoamV。（6）故n1,2,3,(7)最后得到勢阱的寬度4,mV0三、（20分）證明如下關(guān)系式?J(8)（1）任意角動量算符?滿足證明對x分量有?ih?。?j?y?zm=ih?x同理可知，對y與z分量亦有相應(yīng)的結(jié)果，故欲證之式成立投影算符?nn：n征函數(shù)系。是一個厄米算符，其中,n是任意正交歸一的完備本證明在任意的兩個狀態(tài)與：之下，投影算符？n的矩陣元為(?n|)(n)(n)而投影算符認(rèn)的共軛算符？n的矩陣元為n.：.nIPn±；i；*n.nx?xmnxmk?xkn，k其中，kx為顯然，兩者的矩陣元是相同的，是厄米算符。利用kXkxx'x證明k任意正交歸一完備本征函數(shù)系。證

15、明由|與）的任意性可知投影算符?nL?xh22(7)x?xmn*dxmxx?xnx四、（20分）dxdxdxdxdx?xdx?xdxx?xdxx?xXmk?xkn在L與Lz表象中，在軌道角動量量子數(shù)1的子空間中,分別計算算符Lx、Ly與?z的矩陣元，進(jìn)而求出它們的本征值與相應(yīng)的本征矢。解在L2與Lz表象下，當(dāng)軌道角動量量子數(shù)I1時，m1,0,1，顯然，算符？x、Ly與LZ皆為三維矩陣。由于在自身表象中，故LZ是對角矩陣，且其對角元為相應(yīng)的本征值，于是有1（1）?z00相應(yīng)的本征解為1Lzh;|i)000Lz0；Io)100Lzh;|i>01對于算符£、?y而言，需要用到升降算符

16、，即L?x1?L?2Ly丄f?(2)(3)?ImhlI1mm1|l,m1(4)當(dāng)I1,m1,0,1時，顯然，算符只有當(dāng)量子數(shù)m相差：1,1LX1O：1,1?x1,11,1Lx1,11時矩陣元才不為零，即(1,0?x1,1?x、？y的對角元皆為零,1,1L?y1,10；1,1L?y1,10(1,0LX1,11,1©1,0并且,(5)：1,0匕1,1：1,1?y1,0)：1,1?y1,0：1,0L?y1,1-ih2ih.2(6)于是得到算符?x、?y的矩陣形式如下01；L?y0i00ii02iLy滿足的本征方程為0i0c1C1疋i0ic2C2（8）0i0C3C3相應(yīng)的久期方程為i7701

17、VT100i777（9）將其化為320（10）得到三個本征值分別為1；20；3（11）i11.2;2i1210；1i3丄眾2iL?x滿足的本征方程為（相應(yīng)的久期方程為將其化為得到三個本征值分別為C1C2C3C1C2C3h<200h.2將它們分別代回本征方程，得到相應(yīng)的本征矢為(13)(14)將它們分別代回本征方程，得到相應(yīng)的本征矢為0(15)1；20；3(16)111(17)1201五、（20分）由兩個質(zhì)量皆為、角頻率皆為的線諧振子構(gòu)成的體系,(5)加上微擾項(xiàng)W?X1X2（X1,X2分別為兩個線諧振子的坐標(biāo)）后，用微擾論求體系基態(tài)能量至二級修正、第二激發(fā)態(tài)能量至一級修正提示：線諧振子基底之下坐標(biāo)算符的矩陣元為0m,n1式中,解體系的哈密頓算符為(1)H?H?o其中H?o22X1X2(2)X1X2已知仏的解為E0nX1,X2n1X1X2(3)其中n1,n2,n1,2,3,0,1,2,(4)將前三個能量與波函數(shù)具體寫出來h；000X2E102h,110X1X2121X10X23h,212X0X2220X12X2231X11X2n1n2n0，f。1，體