量子力学试题

1、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0,OxaVx,x0,xa中运动，若t0时，粒子处于c斤斤1x,0、1X2X3X32状态上，其中,nx为粒子能量的第n个本征态。(1)求t0时能量的可测值与相应的取值几率;（2）求t0时的波函数x,t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En222訂，n2ma22.n，-sinxa1,2,3,（1）首先，将x,0归一化。由c21可知，归一化常数为于是，归一化后的波函数为x,0；1；2313130能量的取值几率为WE1613；WE2413；WE3313能量取其它值的几率皆为零（2）因为哈密顿算

2、符不显含时间，故t0时的波函数为x,t.61xexp丄印V1342xexp丄E2t13；33x旳-E3t(3) 由于哈密顿量是守恒量，所以t0时的取值几率与t0时相同。二(20分)质量为m的粒子在一维势阱VxV0,善的状态，试确定0,中运动Vo0，若已知该粒子在此势阱中有一个能量E此势阱的宽度a解：对于EVo20的情况，三个区域中的波函数分别为0AsinkxBexp其中,在xa处,2m(EVo)2mE利用波函数及其一阶导数连续的条件得到AsinkaAkcoskaBexoaBexpa于是有tanka此即能量满足的超越方程。1当E时，由于mVotan”mVoan,n1,2,3,4最后，得到势阱的宽

3、度1k三.(20分)设厄米特算符H?的本征矢为n,n构成正交归一完备系,定义一个算符U?m,n(1) 计算对易子H,Um,n；(2) 证明I?m,nL?p,qnq"m,p；(3) 计算迹TrI?m,n；(4) 若算符A?的矩阵元为Amn:mAn；，证明AAmnl?m,nm,nApqTrAl?p,q解：(1)对于任意一个态矢|有H,lm,nHlm,n')lm,nH?)H?,l?m,nEmEnI?m,n(2)lm,nI?p,qpnql?m,p(3)算符的迹为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)(其中为实常数)的粒子，处1自旋为-、固有磁矩为2于均匀外磁场BB°k中，设t0时，粒子处于Sx2的状态,(1) 求出t(2) 求出t0时的波函数；0时?x与SZ的可测值及相应的取值几率。解：体系的哈密顿算符为BB0SZBo?2?Z?Z在泡利表象中，哈密顿算符的本征解为E1,E2在t0时，粒子处于Sz2的状态，即0.而?x满足的本征方程为解之得1212由于，哈密顿算符不显含时间，故t0时刻的波函数为1i0厉珂-E1tI1 exp-E2t2（2）因为H?,?z0，所以Sz是守恒量，它的取值几率与平均值不随时间改变，换句话说，只要计算的取值几率就知

5、道了0时Sz的取值几率。由于12；WSz2,0故有Sz而Sx的取值几率为Sx2，texpexpexpiEdiexp一E2tCOS2匹t2Sx2，tsin2里t2五.（20分）类氢离子中,电子与原子核的库仑相互作用为Ze2（Ze为核电荷）当核电荷变为Z1e时，相互作用能增加2，试用微扰论计算它对能量r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22E0E0enlmn2n2a°nrnlm2式中，a。2为玻尔半径。e能量的一级修正为由维里定理知总能量所以，得到En'nImW?nlmEnTEn'1/nl-r2EnZ微扰论近似到一级的能量为En22Ze2a。2n而

6、严格解为En(Z1)2Ze2nl2n2a。Ze2na。-nlrn1,2,3,2e2n2a。2n2a。Ze2-2na。2e2n2a。00,式中，V。0。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量子力学试题（二）及答案式中,、（20分）在t0(r,0)Cn（r）为氢原子的第时刻,氢原子处于状态1(r)32（）13(r)n个能量本征态。计算t时能量的取值几率与平均值，写出t0时的波函数。解：氢原子的本征解为e41亍JnlmrRnlr丫im其中，量子数的取值范围是n1,2,3,；I0,1,2,I,I1,11,1由波函数归一化条件可知归一化常数为.3不为零的能量取值几率为E3WE1能量平均

7、值为3（巳E3）4E223480时，波函数为r,texp丄E?texp丄E3t（20分）设粒子处于一维势阱之中V(x)V0,一个束缚态的V0值。解：对于E0的情况，三个区域中的波函数分别为1 x02 xAsinkx3 xBexpx其中，j2m（EV。）j2m|Ek；利用波函数再x0处的连接条件知，n，n0,1,2,在xa处，利用波函数及其一阶导数连续的条件得到AsinkaAkcoska于是有2a3a12a13anBexpanBexpatankak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I.kasinka1k°a式中，_J2V。k0

8、因为，sinka1,所以，若要上式有解，必须要求k°aka当ka时,2sinka1,于是，有整理之，得到Vor8a2三、（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H?2m?21m2在动量表象中，该哈密顿算符为由于动量的本征函数为Hpp''2mdx21pm2m2，故哈密顿算符的矩阵元为2d22dp2d22dpPdp1P''22md22dP四、（20分）1设两个自旋为非全同粒子构成的体系,哈密顿量H?c?2，其中，C为常数，?与?2分别是粒子1和粒子2的自旋算符。已知t0时，粒子1的自旋沿Z轴的负方向

9、，粒子2的自旋沿z轴的正方向，求t0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h?c&S2C?2?2?22选择耦合表象，由于S0,1，故四个基底为111；1211）；13|10）;|00在此基底之下，哈密顿算符是对角矩阵，即1000C20100400100003可以直接写出它的解为E1C421)11E2C2211、4C21.2103C2400；已知t0时，体系处于因为哈密顿算符不显含时间，故t1、2100时刻的波函数为t1exp-E310exp12)exp丄C4t2-E4|00)1旳七粒子1处于Z轴负方向的几率为Ws1z1exp21

10、exp2expexpcos而粒子2处于Z轴负方向的几率为(20五、S2zexpexp时,算符变成H?H?oJ?1(|<t；|2expexp3Lc4维运动的粒子，能量本征值与本征矢分别为(为实参数)时,sin2一哈密顿算符为E°与n：.，如果哈密顿(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H?利用费因曼-赫尔曼定理可知En又知dxdtx,HPi1x,i?丄？在任何束缚态n:下，均有dxdtn：nix,F?n丄nxH?F?xn0i所以,进而得到能量本征值满足的

11、微分方程En对上式作积分，得到利用En0时，H?Ro，定出积分常数2最后，得到H?的本征值为EnE01n其次，用微扰论计算能量的近似解已知H?o满足的本征方程为H?ox,H?op?可知PmnE0xmmn第k个能级的一级修正为Ek1Wkkpkk0能量的二级修正为Ek2WknWnkkEkE°E°E°iXknif00EkEnXnkiE01nXnk为了求出上式右端的求和项，在0表象下计算XPkkXknPnkE0匚。XknEkEnXnkEn0EkXnk可以证明，对于任意实束缚态波函数k，有22XPkk于是，得到Ek02Xnk得到近似到二级的解为量子力学试题（二）及答案、（2

12、0分）已知氢原子在t0时处于状态其中,(x,0)132(x)01(X)13（X）n（x）为该氢原子的第n个能量本征态。求能量及自旋z分量的取值概率(6)与平均值，写出t0时的波函数。解已知氢原子的本征值为e41222hnn1,2,3,(1)3(2)(3)将t0时的波函数写成矩阵形式(x,0)利用归一化条件dx于是，归一化后的波函数为(x,0)能量的可能取值为(4)巳乓已，相应的取值几率为WE1,0能量平均值为4127；we2,o7;we3,o?(5)21217479161e4504h2E04e171e4412h271(7)自旋z分量的可能取值为2,h，相应的取值几率为7；WSz自旋z分量的平均

13、值为sz0(8)h14t0时的波函数(x,t)'7exphE2texp*Est(9)(3)exp.（20分）质量为m的粒子在如下一维势阱中运动V0Vo,0,若已知该粒子在此势阱中有一个能量E中的状态，试确定此势阱的宽度a解对于V。E0的情况，三个区域中的波函数分别为1 x02 xAsinkx3 xBexpx其中,(1),2m(E_V。)2mEk;（2）利用波函数再x0处的连接条件知，n,n0,1,2,。在xa处，利用波函数及其一阶导数连续的条件2a3a得到(4)AsinkanBexpaAkcoskanBexp于是有tanka(5)此即能量满足的超越方程。1当EV。时，由2mV。tanm

14、VoamV。（6）故n1,2,3,(7)最后得到势阱的宽度4,mV0三、（20分）证明如下关系式?J(8)（1）任意角动量算符?满足证明对x分量有?ih?。?j?y?zm=ih?x同理可知，对y与z分量亦有相应的结果，故欲证之式成立投影算符?nn：n征函数系。是一个厄米算符，其中,n是任意正交归一的完备本证明在任意的两个状态与：之下，投影算符？n的矩阵元为(?n|)(n)(n)而投影算符认的共轭算符？n的矩阵元为n.：.nIPn±；i；*n.nx?xmnxmk?xkn，k其中，kx为显然，两者的矩阵元是相同的，是厄米算符。利用kXkxx'x证明k任意正交归一完备本征函数系。证

15、明由|与）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与Lz表象中，在轨道角动量量子数1的子空间中,分别计算算符Lx、Ly与?z的矩阵元，进而求出它们的本征值与相应的本征矢。解在L2与Lz表象下，当轨道角动量量子数I1时，m1,0,1，显然，算符？x、Ly与LZ皆为三维矩阵。由于在自身表象中，故LZ是对角矩阵，且其对角元为相应的本征值，于是有1（1）?z00相应的本征解为1Lzh;|i)000Lz0；Io)100Lzh;|i>01对于算符£、?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)当I1,m1,0,1时，显然，算符只有当量子数m相差：1,1LX1O：1,1?x1,11,1Lx1,11时矩阵元才不为零，即(1,0?x1,1?x、？y的对角元皆为零,1,1L?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的矩阵形式如下01；L?y0i00ii02iLy满足的本征方程为0i0c1C1疋i0ic2C2（8）0i0C3C3相应的久期方程为i7701

17、VT100i777（9）将其化为320（10）得到三个本征值分别为1；20；3（11）i11.2;2i1210；1i3丄眾2iL?x满足的本征方程为（相应的久期方程为将其化为得到三个本征值分别为C1C2C3C1C2C3h<200h.2将它们分别代回本征方程，得到相应的本征矢为(13)(14)将它们分别代回本征方程，得到相应的本征矢为0(15)1；20；3(16)111(17)1201五、（20分）由两个质量皆为、角频率皆为的线谐振子构成的体系,(5)加上微扰项W?X1X2（X1,X2分别为两个线谐振子的坐标）后，用微扰论求体系基态能量至二级修正、第二激发态能量至一级修正提示：线谐振子基底之下坐标算符的矩阵元为0m,n1式中,解体系的哈密顿算符为(1)H?H?o其中H?o22X1X2(2)X1X2已知仏的解为E0nX1,X2n1X1X2(3)其中n1,n2,n1,2,3,0,1,2,(4)将前三个能量与波函数具体写出来h；000X2E102h,110X1X2121X10X23h,212X0X2220X12X2231X11X2n1n2n0，f。1，体