《量子力学》练习题第4套

《量子力学》练习题第4套一基本概念基本解题方法1什么是量子力学中的守恒量？其主要特征是什么？什么定态？定态主要特征是什么？八SA八 一 一答：若[A,H]=k=0.，则A为量子体系的一个守恒量。其主要特征：无论体系处于St什么状态（定态或非定态），守恒量的平均值及其可测值的概率分布不随时间改变。八 八若哈密顿H不含t，则H的本证态，即能量有为以唯一确定之值的状态为定态。其特征是，定态中任何一个物理量，无论是否守恒量，其平均值及可测值的出现概率都不随时间变化。八 八 八 八2已知[弧P]:1，求证邮〃—βn@二nβn-1证明：用数学归纳法证明。八 八 八当n=1时，邺-βɑ=[弧β]=1八 八 八 八假设当指数为n=k时，也成立。即：aβk-βka=[%βk]=nβk-1，则当指数为n+1时，αβk+1-βk+d=[a,βk+1]=[a,β甲]八 八 八 八 八 八 八=[a,βk]β+βk[dι,β]=nβk+βk=(n+1)βk八 八 八成立，所以 aβn-βna=nβnT^^ ^ ^^3已知，,C为厄米算符，则A—IBC也为厄米算符的条件是什么？∕∖ ∕∖ ∕∖ ∕∖ ∕∖ ∕∖ ∕∖ 八A+=（BC）+=-ic+B+=-CB A力行来留符同答： ，若为厄米算符，则? ? ^ ^ 一^ ^ 一人八一 . ^A=A+，即IBC=TCB.・・{B,C}=0,即B,C反对易→ E4.若一个算符与角动量算符J的两个分量对易，则其必与J的另一个分量对易；八八八八人 人八解：（1）设F,JLi-0,由角动量对易关系J,J=法ɛJ可得ijkk=F,J一j-ij并IEijk「人I-八八一|-|=法ɛ F,J,jIl=械LLi)」」0.二.线谐振子受到一个X方向均匀电场E=ε0X的作用，求其能级。设该线谐振子的质量为m、电荷为q、角频率为ω。解：在均匀电场作用之下，线谐振子的哈密顿算符为力2d2H―-+2mdX21m32X2—qɛX2 ,0(1)利用配方的方法改写其势能项为1V(X)—_m32X2—qɛX—

01_m①2

2X22qɛ 0_X+(λ2m①21m①2)q2ɛ202m32q2ɛ202m32(m32X-12)2卜m32)(2)若令qɛy—X-0m32(3)q2ɛ2E—E_02m32(4)则定态薛定谔方程可以写为力2d22mdy21 ，、 「，、+m32y2ψ(y)—Eψ(y)（5）此即正常的线谐振子的能量本征方程，它的解为Enn+_I'3I 2)（6）利用（31（4）式可以得到电场中线谐振子的本征解为En(n+I1)力3—q2ɛ202m32（7）ψQ)n=Nexp一n12rα2X一Imω2).HMX一”)1nII mω2力(8)/X三.求算符l在动量表象中的矩阵表示。X解：本题既可以在坐标表象下进行，也可以在动量表象下完成，得到的结果是完全相同的，只要一种解法即可。解法1，在坐标表象中计算。这时，有八LX八八=yp-ZPZy1、exjɪp./

兀%万)Ψ(r)=

p（1）（2）/X在动量表象中LX的矩阵元为(L) =Jdτψ*(r)Lψ(O— — f fXP1P21(2k%)Jdτ=*JdτpIexp-,exp-

,iXp2)—>—>(pp.ryyp-ZP力1)i→→)人 人zyP.r2)pP.r力1)(-iKS3、(i—›—›)yv-z—exp-p-rSZ Sy)2)=*jdτ(i—›exp-rP∙rI力1)(i)P-ZP2Z 2yXPHP∙rI力271

（2肪1Jdτ（iexp-rPI力1∙→I(P-ZP) 2Z 2y(i→Xqnp2.→、)1（2肪1Jdτ(i—›→)力exF-τP∙r-PV力1)i2ZVS Pdp2yS1(i—›—›=-inpS2ZSp2y-p2yst]&Jdτ2Z2ySp2Z)exp-p∙rV力2)expf-ɪp∙→Vn1.i→→XPpP∙rV力2)=in(P2yST^P2ZS)∙3((P-p1)

2Z 2y（3）解法2。在动量表象中计算。这时，有/CC、A- -L=yp-ZP=i力CpZpy(4)ψ(p)=δ(p-p)

p1 1(5)xZyCPyPZ八Lx在动量表象中的矩阵元为(L) =Jdpδ*(p-p—►—►XP，1p2））i力1C -PCPyyCP5(万-p)r=诙PV「=i力pVC -PCP1yyCp1Z)-p)12yCp2ZZCp2yð—›1Z∂∂(ð∖-PP\ZZ2-p)1(6)上式的最后一步用到δ'(y)=-δ'(-y)(7)/X或者，利用LX矩阵元的厄米性质→∙→∙XP1，p2=L)—`—■XP2,p1(8)亦可得到同样的结果。四.设粒子在宽为a的非对称的一维无限深势阱中运动，若粒子处于状态ψ(X)=4•（兀）（兀、LSin_X•C0S2_XJaVaJVaJ求粒子能量的可能取值与相应的取值几率。解：已知在无限深势阱中运动的粒子的能量本征解为兀2%2E= n2,n=1,2,3,…n 2μa2/、 n兀)φ(X)= _sin_Xn\。Ia)(2)(1)由展开假设可知ψ（x）=∑cφ（x）nnn其中，展开系数为（3）C=jdXφ*(X)ψ(X)』dX,lHsin

nn a-∞=4EfdXsina0(n兀——XVa)0\n兀 xa4JaSln_X∙COS2Va)eX1Ia)11「」3兀J+Sin二XsinVa)Va)jdX假φ:(XI]、(φ3(X\5n,3+15n,1（4）其中，用到下列三角函数公式sinaX∙cosPX=2IinKa+β)X]+sinKX-P)XB（5）由（4）式知，波函数ψ（X）是归一化的。于是，能量的可能取值为E,E，其相应的几率1 3为W(E)=1.W(E)=11 2；3 2(6)取其它值的几率为零。五.耦合谐振子的哈密顿算符为H=1(p2+p2)+1μω2(X2+y2%λτy2μXy2λ«1(5’)求其零级定态波函数的简并度。(20')试用微扰论求其第一激发态的能级与本征函数。已知Xmn1=^m∣X∣n=_Jnδ +2m,n-1δm,n+1n+μω,α=解：若选1H=—02μ/XW=λXy/X2X/X+p2y)+2μω2(X2+y2)(1)则人 人 人H=H+W0(2)/X已知HO的本征解为E0n,nXy+n+1应3yXψO (x,y)=φ(x)φ(y),n,nXynnXyn,nXy=0,1,2,…令n-n+n,π=0,l,2√∙∙(4)则零级近似能量本征值可写成Eo=G+l⅛ωn(5)n=<n.nX为了看清能级的简并情况，将“与y的关系列在下面:Po,ι,n=0,

X「0,n=<X1,n=0.yn=Lyn=0.y2,o,=41，nyny二2,二L(6)2,n=0,

ynXn显然，第 能级的简并度f=孔+1n(7)第一激发态是n=1,简并度为/=2o在简并子空间中，相应的零级近似解为e10=2力CDψ(O)(X,y)=φ(x)φ(y)1 0 1ψ(。)(X,y)=φ(x)φ(y)2 1 0(8)能量一级修正满足的本征方程为-E1G)δ1=01αβlβ(9)相应的久期方程为W-E(I)

11 1WW12W-E(I)1=0(10)由X=mmn\+m,n-1n+2δm,n+1(11)可以求出微扰矩阵元W=W=011 22(12)而W12=勺1xy2)=λfdxφ*(xbφ(x)jdyφ*(y)yφ(y)0110昉=W

2μω21(13)-∞-∞将（13）和（14）的矩阵元代入久期方程（10）,得到E(1)=11λ力E(1)122μ①λ力(14)2μ①显然，能量一级修正已使第一激发态的能级劈裂成两条能级，即将二度简并完全消除。E（1）为了求出近似本征矢，将EIII代回本征方程λ(0 1)(α∖λ(a∖2μ3(10八b) 2μ3(b)(15)得到a=-b(16)由归一化条件可知1a—(17)于是，得到相应的零级本征矢为HYPERLINK\l"boo