量子相关试题解析

第一章量子力学的诞生

1.1设质量为m的粒子在一维无限深势阱中运动，

oo,x<0,x>a

y(x)=4

0,0<x<a

试用deBroglie的驻波条件，求粒子能量的可能取值，

解：据驻波条件，有

a—n—(”=1,2,3,…)

A=2a/n(1)

又据deBroglie关系

p=h/A.(2)

而能量

E=p2/2m=h2/2m^

22l

_hn_兀2h2n

(〃=1,2,3,…)

2m-4a22ma~

(3)

1.2设粒子限制在长、宽、高分别为a,b,c的箱内运动，试用量子化条件求粒子能量的

可能取值.

解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作自由运动。假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发,

则碰撞为弹性碰撞。动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为x,y,z轴

方向，把粒子沿x,y,z轴三个方向的运动分开处理。利用量子化条件，对于x方向，有

px-dx=nxh,(nx=1,2,3,­••)

即Px・2a=nJ(2a：一来一回为一个周期)

「•px=nxh!2a,

同理可得，py=%h/2b,p.=n,h/2c9

nx,ny,nz=1,2,3，•一

粒子能量

储方22、

2：4+P；+P»+1+〃

纥必a

2ma2b2c2

%，%，%=1,2,3,…

1.3设质量为〃？的粒子在谐振子势V(x)='加。2/中运动，用量子化条件求粒子能量

2

E的可能取值。

提示：利用《p.dx=nli,〃=1,2,…，p=y/2m[E-V(x)]

解：能量为E的粒子在谐振子势中的活动范围为

\x\<a(1)

22

其中。由下式决定：E=V(x)|=ma)xo一。0ax

山此得a=!mco2(2)

x=±。即为粒子运动的转折点。有量子化条件

+a

-dx=2j《2/n(E-gm①dx-2mCD2J7a2-x2dx

寸P

-2ma>a2■—=mono1=nh

2

,2nk2hn

得a<T=------=——(3)

mat71mco

代入(2),解出

En=nha>,n=1,2,3,(4)

积分公式：[y]a2—u2du--yla2—ir+—arcsin—+c

J22a

1.4设一个平面转子的转动惯量为I,求能量的可能取值。

提示：利用=〃九〃=1,2,…，p。是平面转子的角动量。转子的能量

E=P；I21。

解：平面转子的转角(角位移)记为°。

它的角动量p.=/Q(广义动量)，“°是运动惯量。按量子化条件

『P"dx=2〃p0=加〃，加=1,2,3,…

P"tnh,

因而平面转子的能量

122

Em=pl/2I=mh/2I,

m=1,2,3,…

第二章波函数与Schriidinger方程

2.1设质量为〃?的粒子在势场V（尸）中运动。

（a）证明粒子的能量平均值为E=\d3rw,

w=—+(能量密度)

2m

dw

（b）证明能量守恒公式——+V-5=0

dt、

（能流密度）

2mdt

证：（a）粒子的能量平均值为（设归一化）

EV2+V]f//d\^T+V

(1)

（势能平均值）(2)

2>

T=—v（动能平均值）

2m)

2m」

其中T的第一项可化为面积分，而在无穷远处归一化的波函数必然为0。因此

T=—d'N城yw(3)

2m

结合式⑴、（2）和（3）,可知能量密度

Pl~---*c*-

w=——Vi//Nw+W7W，(4)

2m

且能量平均值E=p3r-vp

（b）由（4）式，得

dw%2**.\.

dt2m

(、・^

ti~(**、

-，▽初+“v2"+〃’V〃

2m\7

2\

L7-*hV-72IT方L72I7

=-V・s+〃-------V+V,〃-------V+Vw

2cm72m)

-V-5+£ww+ww

=-V-5+E—p（p:几率密度）

dt

=-VE（定态波函数，几率密度0不随时间改变）

加U-八

所以-----1-V-5=0。

dt

2.2考虑单粒子的Schrodinger方程

z7?1-^(r7)=-^-VV(r，0+['Zi(F)+z-V2(^MF^)

dt2m

(1)

匕与匕为实函数。

（a）证明粒子的几率（粒子数）不守恒。

（b）证明粒子在空间体积T内的几率随时间的变化为

C<>I-/rfCCc11

TST

证：（a）式（1）取复共辄，得

一诙9*=-萼▽”*+(匕一也**

ot2m

(2)

，x(1)-y/x(2),得

法V?"—四2,*)+

-^―V(夕〜夕一3V夕”)+2iV23r3r

•,•\优〃)=一2V,"v▽甲")+牛优〃)

(3)

即次+v.广组”0,

dt力

此即几率不守恒的微分表达式。

（b）式（3）对空间体积7积分，得

《口口、优”)=-白JJM(/V--厂+T1JW叱MV)

_白可（"▽材—BJD"，匕”"

S

上式右边第一项代表单位时间内粒子经过表面进入体积T的几率（=-由'了•dS）,而第

二项代表体积7中“产生”的几率，这一项表征几率（或粒子数）不守恒。

2.3设〃।和“2是Schrodinger方程的两个解，证明

Oo

证:ihv2+vk(1)

2

ifiv+vk

(2)

2+

取（1）之复共腕:-噜HVT(3)

忆x(3)一〃；x(2),得

—吟"）二一副v/一小加

对全空间枳分:

v

一滴-J-J，*亿。=-J-^iV2]

=-枭J，r|y•(勿2VH-%*▽%)-(▽%)•(▽%*)+(▽—),(▽%)]

=-y-口心•叭，:V忆)]

2m,“N

=-[曲8%',,，％)-曲=。，(无版1边界面上，必必3。)

,“加：卜">2(厂』=0。

即

2.4)设一维自由粒子的初态”(羽0)=”。""，求”(X/)。

pox--t\/ti

解：i//(x,t)=e)

2.5设一维自由粒子的初态〃(x,0)=b(x),求

+00+00_________

提示：利用积分公式Jcos©"”「inRV"J亚

-KO

或Jexp[ij2卜jexp[z^r/4]o

—00

]+00

解：作Fourier变换:〃(/°)=~7^J(P(pW"dp,

72湎二

]+00i+aCi

夕(p)=-^\(p[x,6)e-ipxlhdx=^x)e-ipx/"dx=-^=,

,2万力J2万力127rti

(.E=p2/2m)

(指数配方)

m

2兀tit

2.6设一维自由粒子的初态为“(x,0),证明在足够长时间后,

exp[—E/4exp

1二

式中9(攵)=—/=是〃(x,0)的Fourier变换。

心，

提示：利用lim、里6'小6-荷=&x)。

afooV乃

证：根据平面波的时间变化规律

eikx->ei(kx-M],。=E/方=hk”2m,

任意时刻的波函数为

(1)

当时间足够长后(所谓8),上式被积函数中的指数函数具有b函数的性质，取

a=ht2m，

参照本题的解题提示，即得

物理意义：在足够长时间后，各不同k值的分波已经互相分离，波群在x处的主要成分

为人=咫/初，即》=方切加，强度8M伍『，因子加/初描述整个波包的扩散，波包强度

oc\/t。

设整个波包中最强的动量成分为秘0,即％=即时最大，由（4）式可见，当，足

够大以后，帆『的最大值出现在mx/力”即处，即x=〃o〃机处，这表明波包中心处波群

的主要成分为％。。

2.7写出动量表象中的不含时Schrodinger方程。

解：经典能量方程£=^+V（r）。

2m

在动量表象中，只要作变换pfp，rih—

dp

所以在动量表象中，Schrodinger为:

J+V卜力:]-（P）=E〃（P）。

2mIap）

第三章一维定态问题

3.1）设粒子处在二维无限深势阱中，

V（x,y）=<a0cxea

00,其余区域

求粒子的能量本征值和本征波函数。如a=b,能级的简并度如何？

解：能量的木征值和本征函数为

E一曲：d+匕

"必2ma2b2

=1,2,--•

方2乃2

若a=b,则E=-----

当Ima2'

2.mx.加y

ii/„„--sin——rsin——v

'aaa

这时，若〃r=〃”，则能级不简并;若〃<w”v,则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况,

如凡=10,nY=5与〃x=ll,〃v=2)

3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即

y（x,y,z）=[。，0cx<a,0<y<b,o<z<c

[00,其余区域

求粒子的能量本征值和本征波函数。如a=b=c,讨论能级的简并度。

解：能量本征值和本征波函数为

E=叱匹+£+《），

2ma2b2c2

I8.,如y.m.z

w=J---sin——sin——vsin——,

nnn

tr.Vabcabc

nx,ny,n.=1,2,3,…

当a=6=c忖，

%.mxx.加、J.y

Wsin——sin——sin——

nnnaaa

=〃>.=〃：时，能级不简并;

〃x,〃v,〃：三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。

%,〃v，%三者皆不相等时，能级一般为6度简并的。

52+62+82=32+42+102(1,7,9)T(1,3,11)

102+122+162=62+82+202(1,5,10)-(3,6,9)

3.3）设粒子处在•维无限深方势阱中,

V(x,y)=J0,0<x<a

00,x<0,x>a

证明处于定态〃“（x）的粒子

一a~一、.“26

”=5'（X-X）：五（1一斤）

讨论〃一>8的情况，并于经典力学计算结果相比较。

证：设粒子处于第n个本征态，其本征函数

(1)

_____2

222

(x-x)=x-x=Jx\i//n^dx-^-

-『"(l-cos2nm

a2a

(2)

在经典情况下，在（0,。）区间粒子除与阱壁碰撞（设碰撞时间不计，且为弹性碰撞，即粒子

碰撞后仅运动方向改变，但动能、速度不变）外，来回作匀速运动，因此粒子处于xfx+dx

范围的几率为名,故

=卜dxa

X(3)

a2

•—dx——a~

a3

(x-x)2=x2-x(4)

当〃-8时，量子力学的结果与经典力学结果一致。

3.4)设粒子处在一维无限深方势阱中,

0,|x|<a/2

V(x,y)=<

00.W<a/2

处于基态(〃=1),求粒子的动量分布。

解：基态波函数为(参P57,(12))

，作二%.2cos公

@(P)府』%Naa

1

N徘a

］「e哈今

2y17tha,%

11pa1pa

--------cos——+--------cos——

71p2%、力

Ttha—ni—p2

、ahah

2J顶力pa

—H----^-rCOS--

乃-力--a~p~2%

4%z方,

动量的几率分布「(p)=|°(p)广E里

(后力2_/p2I22力

3.5)设粒子处于半壁高的势场中

oo,x<0

V(x)=*-Vo,0<x<a(1)

0,x>a

求粒子的能量本征值。求至少存在一条束缚能级的体积。

解：分区域写出$・约：

W；(x)+k"y/1")=0,0<x<a

以(x)—女»2(X)=0,x>a

其中小=?”+©,

k2(3)

n方2

方程的解为由⑴=Aeikx+Be-ikx

(4)

夕2（》）=C*+D*

根据对波函数的有限性要求，当Xf00时,七（X）有限，则

C=0

当x=0时，(x)=0,则A+8=0

于是必⑴=bsinkx,0<x<a

(5)

忆（X）=De*,x>a

在x=a处，波函数及其一级导数连续,得

Fsinka=De%,kFcoska=-kDe~ka(6)

k

上两方程相比，得tgka=~—(7)

」V°+E

即tg。庠（匕+©■VE(79

若令k'a=4,ka=rj(8)

则由（7）和（3）,我们将得到两个方程:

卜7=一"吆自(9)

g24Vo2

1>〃=黄(10)

（10）式是以1=,2〃匕/力2a为半径的圆。对于束缚态来说，—％<£<（）,

结合（3）、（8）式可知，J和〃都大于零。（10）式表达的圆与曲线〃=-“fgj在第一象

限的交点可决定束缚态能级。当「2万/2,即亦即

N病方28(11)

时，至少存在一个束缚态能级。这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。

3-6)求不对称势阱中粒子的能量本征值。

解：仅讨论分立能级的情况，即0<E<匕,

当X->±8H寸，”一>0,故有

44,x<0,卜二个21n(y\-石)/力

〃Asin(%x+K),0<x<a,k=j2mE/h(5<%)

3"，a<x,k2=12m(y2-E)/力

由"In%在x=0、x=a处的连续条件，得

k[=kctgS,k2=-kctg(ka+5)(1)

由(la)可得(2)

由于自，右,上皆为正值，故山(1b),知Aa+S为二，四象限的角。

sin伽(+5)=±-心一

因而(3)

2/71V2

又由(1),余切函数(cfg)的周期为万，故由(2)式,

3=n^+sin-1⑷

jQ.-ihk

由(3),得ka+o=n7r-sm.(5)

2mV2

结合(4),(5),得ka=n27r-sin

j.-ifik

或ka=-sin(6)

n=1,2,3,…

一般而言，给定一个〃值，有一个解心，相当于有一个能级:

(7)

2m

仅当“7^

当匕。匕时,

力

才有束缚态，故匕，匕给定时，仅当(8)

时才有束缚态(若匕=匕=丫，则无论丫和。的值如何，至少总有一个能级)

当匕，匕，。给定时，由(7)式可求出〃个能级(若有〃个能级的话)。相应的波函数为:

.hk

Apknxx<0,k、“=J2加仅一£■)/方

"J2"z匕

A“sink“x+b”)

忆=10<x<a,

A”(—1产造・6-)

x>a,k2n=J2zn(匕——)/力

其中4=j2/(a+房+北”)

3-7)设粒子(能量E>0)从左入射，碰到下列势阱(图)，求阱壁处的反射系数。

—V,X<0,

解：势阱为V(x)=\°n

0,x〉0.

在区域I上有入射波与反射波，在区域n上仅有透射波。故

ikxikx

5=Ae'+Be-',kl=.用仅0+E)/%

k

甲2=Ce'-',k2-V2mE/h

由乙(0)=%(0),得A+B=Co

由的(0)=忆(0),得k[(A-8)=k2Co

从上二式消去c,得(k1_%2M=(K+&)8。

反射系数R=W『炉二%.hl

22

A~(k,+k2)

将匕,&代入运算，可得

_Vo_[V2/16E2,

ROE»Va

(M+E+在丫E«V0

3—8)利用Hermite多项式的递推关系(附录A3。式(11)),证明

谐振子波函数满足下列关系

X""⑴=:[旨1㈤+3

X?忆(x)=*腔2(X)+(2〃+帆(x)+/〃+1而+2阪“+2(x)]

并由此证明，在匕,态下，7=0,V=E“/2

证：谐振子波函数匕,(x)=A“e-a9,2〃“(ax)(1)

其中，归一化常数4=]厂；a=Jm丽(2)

H“(ax)的递推关系为H,1+l(ax)-2axH„(ax)+2nH(ax)=0.(3)

xk(x)="以2・皿(ax)=*3巩(ax)

n+1

•'•^V„(x)=—

a2

\nW"-2(X)+J^〃“(X)+'n券+1〃+2/、

匕,(x)+三-k,+2(X)

a22

[j〃(〃一1"2(x)+(2〃+1'.(x)+J(〃+*/I+2>“+2(x)]

+oo।

-00

J22a

111〃+；＞。=£“/2

=—m(D2------(M2/?+l)=—

22a2'72

3-9）利用Hermite多项式的求导公式。证明（参A3.式（12））

=Y帆-2一(2n+J(〃+版+2日“+2]

胆"=2"g)

证：A3.式（12）：”,尼）=2〃乩74）,

dx

22a2x2/2

；〃“(%)=An-[(-ax)e~Hn(ax)+-2naHn_x(ax)]

dx

2

=-axi//n(x)+(x)

=一a[电材"T(x)+J等."+i(%)+a•后Wz(X)

l〃+l/、

=%[j〃(〃-1"2_(2〃+]*“+J(〃+l/n+2"2]

一£J破；-T["("T-_(2〃+1)-“+J(〃+1X"+2%,+2k

若Q+l)同匕&=*詈(2〃+1)=/+加吟

3—10)谐振子处于忆，态下,计算

Ax=Q-,Ap=[p-pj-，Ax-Ap=?

1"%

二2VE,I2)

解：由题3—6),x=0,x2—2―

incomcomco

2=2mT=mE=(〃+力g

由题3—7),p=0,pn

Ar=[(x-J『=(——2冷%]%

x—x1—nH------

'K2)mco_

△P=加-浦]/=H--2V2\(1T，2

\p~-pj-1n+—\inna)

Ax•Ap=(〃+g)力

对于基态，n-0,Ax・Ap=%/2,刚好是测不准关系所规定的下限。

3—11)荷电q的谐振子，受到外电场2。的作用，

、12

V(x)=—mco}c2-qsx(1)

求能量本征值和本征函数。

n~1

解：H=——+一机0?rt2-qex=-qsx(2)

2m2

=A.e-a«/2”“(ax),

H。的本征函数为y/H-

(1Y

本征值

E9I2j

现将”的本征值记为E“，本症函数记为外(x)。

丫(》)=]苏卜一%)2-x；]

式(1)的势能项可以写成

qslmco1(3)

其中%0=

如作坐标平移，令X=x-x0(4)

..dd

由于p=-in——=-in——r=p(5)

dxdx

”可表成H=—ma)2x'2--marxi(6)

2m220

（6）式中的“与（2）式中的“°相比较，易见”和H0的差别在于变量由x换成x,并

添加了常数项（一；〃?啰2君），由此可知

纥=碎）一2〃/需(7)

9"（x）=〃,,（x）=匕,*一》0）(8)

E-n+—mco——mco2-'

"<2)2\mco2)

(9)

(1Yq2e2…

-\n+—\hco-------n-0,1,2,-••

I2j2mti)'

(10)

(11)

3-12）设粒子在下列势阱中运动，

oo,x<0,

V（x）=h22八

—ma>'x~,x>0.

[2

求粒子能级。

解：既然粒子不能穿入x<0的区域，则对应的S.eq的本征函数必须在x=0处为零。另

一方面，在x〉0的区域，这些本征函数和谐振子的本征函数相同（因在这个区域，粒子的

〃和谐振子的〃完全一样，粒子的波函数和谐振子的波函数满足同样的S.eq）。振子的具

有.〃=2女+1的奇宇称波函数在x=0处为零，因而这些波函数是这一问题的解（〃=2%的

偶宇称波函数不满足边条件-（0）=0）所以

Ek-(2k+3/2)方包攵=0,1,2,…

3-13）设粒子在下列势阱中运动,

oo,x<0,

V(x)=(r,«>0)(1)

一芭(X-Q),X>0.

是否存在束缚定态？求存在束缚定态的条件。

24T〃-冏苫-。*=£夕

解：S.eq:⑵

2max

对于束缚态(E<0),令/3=y/-2mE/tl⑶

则-y-y—J32l//+：—(x—〃*=0

2(4)

积分二5,£-(),,得“跃变的条件

JLI-E

y777F,

甲31一甲=--k.(a)⑸

n

在xw。处，方程(4)化为

d2,

7V”一4--=0(6)

dx~

边条件为“（0）=0,〃（8）=0（束缚态）

sh/3x,0<x<a,

因此W(x)=<⑺

A*,x>a.

再根据x=a点-（x）连续条件及材（x）跃变条件（5）,分别得

shpa=Ae~^'=〃(a)(8)

—04-饱一一雪〃(a)

⑼

h-

由（8）（9）可得（以-a/什（。）乘以（9）式，利用（8）式）

八八，八Imra

pa+/3acothpa=方？(10)

此即确定能级的公式。下列分析至少存在一条束缚态能级的条件。

当势阱出现第一条能级时，E->0-,所以"一>0',

利用lim仅coth/3a-lim­—1,

Pa—。ParQthpU

（10）式化为———=0a+0acoth例=1+0+,

h

2/77F/7

因此至少存在i条束缚态能级的条件为半区21(11)

力2

纯b势阱中存在唯一的束缚能级。当一侧存在无限高势垒时，由于排斥作用（表现为

“（X）三0,对xW0）。束缚态存在与否是要受到影响的。纯b势阱的特征长度工=方2/〃”。

条件（11）可改写为a>〃2(12)

即要求无限高势垒离开S势阱较远才能保证b势阱中的束缚态能存在下去。

显然，当aT8（即a>>〃2）,优->8时，左侧无限高势垒的影响可以完全忽略，此

时coth例-»1,式（10）给出

P=加户/力?

„h2/32mr2

即卜—________—_____(13)

2m—2方2

与势阱V（x）=-rb（x）的结论完全相同。

令伙i=〃,则式（10）化为

2mra

77(1+coth7)(14)

h2

2mra

由于〃（1+coth〃）N1,所以只当21时，式（10）或（14）才有解。解出根〃之后,

力2

利用7="=方/力，即可求出能级

E=4

(15

2ma~

第四章力学量用算符表达与表象变换

4.1)设A与3为厄米算符，则L(AB+BA)和也是厄米算符。由此证明，任

22/

何一个算符/均可分解为/=F+iF,匕与尸均为厄米算符，且

工=；（尸+/），F=［（F-F

i）g（A8+8A）=g（60+A8）=g（8A+A8）=（（A8+8A）

证:

2

；(A8+8A)为厄米算符。

ii）-（AB-BA）=—（BA*-AB）=-—（BA-AB）=—（AB-BA）

2i-2i2i2i

：.’(AB-BA)也为厄米算符。