量子力学试题

量子力学试题（一）及答案一.（20分）质量为m的粒子，在一维无限深势阱中axxaxxV,0,0,0中运动，若0t时，粒子处于xxxx3212131210,状态上，其中，xn为粒子能量的第n个本征态。（1）求0t时能量的可测值与相应的取值几率；（2）求0t时的波函数tx,及能量的可测值与相应的取值几率解：非对称一维无限深势阱中粒子的本征解为xanaxnnmaEnnsin2,3,2,1,22222（1）首先，将0,x归一化。由12131212222c可知，归一化常数为1312c于是，归一化后的波函数为xxxx3211331341360,能量的取值几率为133;134;136321EWEWEW能量取其它值的几率皆为零。（2）因为哈密顿算符不显含时间，故0t时的波函数为tExtExtExtx332211iexp133iexp134iexp136,（3）由于哈密顿量是守恒量，所以0t时的取值几率与0t时相同。二.（20分）质量为m的粒子在一维势阱axaxVxxV,00,0.0中运动00V，若已知该粒子在此势阱中有一个能量20VE的状态，试确定此势阱的宽度a。解：对于020VE的情况，三个区域中的波函数分别为xBxkxAxxexpsin0321其中，EmVEmk2;)(20在ax处，利用波函数及其一阶导数连续的条件aaaa'3'232得到aBkaAkaBkaAexpcosexpsin于是有kkatan此即能量满足的超越方程。当021VE时，由于1tan000mVmVamV故40namV，,3,2,1n最后，得到势阱的宽度041mVna三.（20分）设厄米特算符Hˆ的本征矢为n，n构成正交归一完备系，定义一个算符nmnmU,ˆ（1）计算对易子nmUH,ˆ,ˆ；（2）证明pmUqpUnmUnq,ˆ,ˆ,ˆ；（3）计算迹nmU,ˆTr；（4）若算符Aˆ的矩阵元为nmmnAAˆ，证明nmUAAnmmn,ˆˆ,qpUAApq,ˆˆTr解：（1）对于任意一个态矢，有nmUEEnmUEnmUEHHHnmUnmUHnmUHnmnmnmnm,ˆ,ˆ,ˆˆˆˆ,ˆ,ˆˆ,ˆ,ˆ故nmUEEnmUHnm,ˆ,ˆ,ˆ（2）pmUqpUnmUnqqpnm,ˆ,ˆ,ˆ（3）算符的迹为mnmnknkmkkkknmUnmU,ˆ,ˆTr（4）算符nmUAAAAnmmnnnmnmmmmm,ˆˆˆˆ,,而qpUAqpUAAAAAkkkkkpqkqkkkpqppq,ˆˆTr,ˆˆˆˆˆ四.（20分）自旋为21、固有磁矩为s（其中为实常数）的粒子，处于均匀外磁场k0BB中，设0t时，粒子处于2xs的状态，（1）求出0t时的波函数；（2）求出0t时xsˆ与zsˆ的可测值及相应的取值几率。解：体系的哈密顿算符为zzzBsBBHˆˆ2ˆˆ00在泡利表象中，哈密顿算符的本征解为2211,,EE在0t时，粒子处于2zs的状态，即x0而xˆ满足的本征方程为baba0110解之得2121xx由于，哈密顿算符不显含时间，故0t时刻的波函数为tEtEt21iexp21iexp21（2）因为0ˆ,ˆzsH，所以zs是守恒量，它的取值几率与平均值不随时间改变，换句话说，只要计算0t时zs的取值几率就知道了0t时zs的取值几率。由于210,2zsW；210,2zsW故有0zs而xs的取值几率为tBtEtEtEtEttsWxx2cosiexpiexp21iexpiexp21,2022212212tBtsWx2sin,202五.（20分）类氢离子中，电子与原子核的库仑相互作用为rZerV2（Ze为核电荷）当核电荷变为eZ1时，相互作用能增加reW2ˆ，试用微扰论计算它对能量的一级修正，并与严格解比较。解：已知类氢离子的能量本征解为nlmlnnaneZEErnnlm1,2022200式中，220ea为玻尔半径。能量的一级修正为nlrnlenlmWnlmEn1ˆ21由维里定理知VT21总能量nlrnlZeVVTEn12212所以，得到,3,2,1,2102221nanZeZEnlrnleEnn微扰论近似到一级的能量为02202222anZeaneZEn而严格解为02202202220222222)1(aneanZeaneZaneZEn量子力学试题（二）及答案一、（20分）在0t时刻，氢原子处于状态)(21)(31)(21)0,(321rrrCr式中，)(rn为氢原子的第n个能量本征态。计算0t时能量的取值几率与平均值，写出0t时的波函数。解：氢原子的本征解为22412neEn,YlmnlnlmrRr其中，量子数的取值范围是,3,2,1n；1,,2,1,0nl，llllm,1,,1,由波函数归一化条件可知归一化常数为2321312121C不为零的能量取值几率为8331EWEW；412EW能量平均值为24242314823414191183241)(83eeEEEE当0t时，波函数为tErtErtErtr332211iexp83iexp21iexp83,二、（20分）设粒子处于一维势阱之中axaxVxxV,00,0,)(0式中，00V。导出能量本征值满足的超越方程，进而求出使得体系至少存在一个束缚态的0V值。解：对于0E的情况，三个区域中的波函数分别为xBxkxAxxexpsin0321其中，EmVEmk2;)(20利用波函数再0x处的连接条件知，n，,2,1,0n在ax处，利用波函数及其一阶导数连续的条件aaaa'3'232得到aBnkaAkaBnkaAexpcosexpsin于是有kkatan此即能量满足的超越方程。由于，余切值是负数，所以，角度ka在第2、4象限。超越方程也可以改写成akkaka0sin式中，002Vk因为，1sinka，所以，若要上式有解，必须要求kaak0当2ka时，1sinka，于是，有2200Vaak整理之，得到22208aV三、（20分）在动量表象中，写出线谐振子的哈密顿算符的矩阵元。解：在坐标表象中，线谐振子的哈密顿算符为22221ˆ21ˆxmpmH在动量表象中，该哈密顿算符为22222222dd2121ddi2121ˆpmpmxmpmH由于动量的本征函数为'pp，故哈密顿算符的矩阵元为'''2''2222''''22222'dd2121ddd2121'''pppmpmppppmpmppHpp四、（20分）设两个自旋为21非全同粒子构成的体系，哈密顿量21ˆˆˆssCH，其中，C为常数，1ˆs与2ˆs分别是粒子1和粒子2的自旋算符。已知0t时，粒子1的自旋沿z轴的负方向，粒子2的自旋沿z轴的正方向，求0t时测量粒子1的自旋处于z轴负方向的几率和粒子2的自旋处于z轴负方向的几率。解：体系的哈密顿算符为2221221ˆˆˆ2ˆˆˆsssCssCH选择耦合表象，由于1,0s，故四个基底为111；112；103；004在此基底之下，哈密顿算符是对角矩阵，即30000100001000014ˆ2CH可以直接写出它的解为214CE，111224CE，112234CE，211032443CE，21004已知0t时，体系处于0010210因为哈密顿算符不显含时间，故0t时刻的波函数为tCtCEEt43iexp214iexp2100iexp10iexp2143粒子1处于z轴负方向的几率为tCtCtCtCtCtttsWz2cos2iexp2iexp2143iexp4iexp21,2222221而粒子2处于z轴负方向的几率为tCtCtCtCtCtttsWz2sin2iexp2iexp2143iexp4iexp21,2222222五、（20分）作一维运动的粒子，当哈密顿算符为xVpH2ˆˆ20时，能量本征值与本征矢分别为0nE与n，如果哈密顿算符变成pHHˆˆˆ0（为实参数）时，（1）利用费曼－海尔曼定理求出严格的能量本征值。（2）若1，利用微扰论计算能量本征值到二级近似。解：首先，利用费因曼－赫尔曼定理求出严格的能量本征值。视为参变量，则有pHˆˆ利用费因曼-赫尔曼定理可知npnnHnEnˆ1ˆ又知pppxHxtxˆ1ˆ2ˆ,i1ˆ,i1dd2在任何束缚态n下，均有0ˆˆi1ˆ,i1ddnxHHxnnHxnntxn所以，npnˆ进而得到能量本征值满足的微分方程nE对上式作积分，得到cEn22利用0时，0ˆˆHH，定出积分常数0nEc最后，得到Hˆ的本征值为220nnEE其次，用微扰论计算能量的近似解。已知0ˆH满足的本征方程为nEnHn00ˆ由pHxˆˆ,i10可知mnmnmnxEEp00i第k个能级的一级修正为01kkkkkpWE能量的二级修正为2002200000022002iinkknknknnknknkknknk