北京科技大学：《量子力学与原子物理》课程教学资源（试卷习题）2002（秋）初等试题及解答

北京科技大学2002—2003学年度第一学期 量子力学与原子物理试题 题号 五总分学院: 班级: 学号 得分 姓名: 1。无限高势阱中的粒子38分 质量为m的一个粒子在边长为a立方盒子中运动,粒子所受势能由下式给出 0,xe(0,0),ye(0a)∈(0,a) oo. others 1)列出定态薛定谔方程,用分离变量法(v(x,y,-)→>X(x)Y(y)Z(-)求系统能量 本征值和归一化波函数;[8分] 1-2)求系统基态能量、第一激发态能量,及基态与第一激发态简并度。[8分] 1-3)假设有两个电子在方盒中运动,不考虑电子间相互作用,系统基态能是多少?并写出 归一化系统基态波函数(提示:要考虑电子自旋);:[12分] 1-4)假设有两个玻色子在方盒中运动,不考虑玻色子间相互作用,系统基态能是多少?并 写出归一化系统基态波函数;[10分] hr 解:1-1)定态薛定谔方程 2av(x,y,=)=Ev(x,y,2) 分离变量:v(xy,-)=X(x)Y(y)z(),E=E1+E,+E ndx(x 2=.X(y)x()2sm( E.= 2d=():{x)=y2sn("2).{E,=nz2 h2 dy() 2 h2d2z(=) h2 =Ez()|z(-) SIn E 2 ZX v(x,y,)= Q /Sin/nzx 方2 +n2+P2),m,n,l=1,2,3 12)系统基态能量:E0=E1=32z2 2/a,简并度:1

1 北京科技大学 2002——2003 学年度第一学期 量子力学与原子物理试题 题号 一 二 三 四 五 总分 学院： 班级： 学号： 得分 姓名： 1。无限高势阱中的粒子[38 分] 质量为 m 的一个粒子在边长为 a 立方盒子中运动，粒子所受势能由下式给出： 0, 0, ; 0, ; 0, ( ) ( ) ( ) , x a y a z a V others     =   1-1）列出定态薛定谔方程，用分离变量法（  ( x y z X x Y y Z z , , ) → ( ) ( ) ( ) ）求系统能量 本征值和归一化波函数；[8 分] 1-2）求系统基态能量、第一激发态能量，及基态与第一激发态简并度。[8 分] 1-3）假设有两个电子在方盒中运动，不考虑电子间相互作用，系统基态能是多少？并写出 归一化系统基态波函数（提示：要考虑电子自旋）；[12 分] 1-4）假设有两个玻色子在方盒中运动，不考虑玻色子间相互作用，系统基态能是多少？并 写出归一化系统基态波函数；[10 分] 解：1-1）定态薛定谔方程： ( ) ( ) 2 2 , , , , 2   x y z E x y z  −  = 分离变量：  ( x y z X x Y y Z z , , ) = ( ) ( ) ( )， E E E E = + + x y z ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z d X x E X x dx d Y y E Y y dy d Z z E Z z dz     − =    − =   − =  ； ( ) ( ) ( ) 2 sin 2 sin 2 sin m x X x a a n y Y y a a l z Z z a a        =           =          =      ； 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z E m a E n a E l a        =     =    =  ( ) 3/ 2 2 , , sin sin sin m x n x l x x y z a a a a             =                 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 E m n l mnl a   = + + ， m n l , , 1,2,3,... = 1-2）系统基态能量： 2 2 0 111 2 3 2 E E a   = = ，简并度：1

第一激发态能量:E=E21=E21=E32r2 简并度:3 1-3)电子是费米子,波函数应是反对称的:v(1,s2,52)=φ(,)x(:,S2) 由于自旋部分波函数可取反对称,轨道部分波函数可以取对称的,即轨道部分可取相同的态 基态:E=2E322 -,基态波函数 v(1,s=:F2,s2)=vn1(x1,y1,=1)v1(x2y2=2)x1 x1 VI Ix2 sinlty2 丌二 sIn 左5Lx()z(:)2()z(s= 1-4)玻色子可占据相同态,基态:E=2E132m2 基态波函数 y(F,)=v1(x,y1,=)m1(x2,y2,=2) sin/x2 o y2 2。玻色爱因斯坦凝聚25分 承接上题,假设有N个玻色子在方盒中运动,不考虑玻色子间相互作用,当温度T→0时 将发生玻色-爱因斯坦凝聚,即全部玻色子都布居在系统基态。实际上,当T趋于某个临界 温度T时,就可观察到玻色爱因斯坦凝聚的发生。这可以解释为:T>7时,量子效应不 明显,粒子可看作是经典粒子,不发生玻色爱因斯坦凝聚。当T<T时,量子效应不可以 忽略,玻色-爱因斯坦凝聚开始发生。1995年, Ketterle(2001年诺贝尔物理奖)使用Na原 子为玻色子,在实验中观测到了Na原子的玻色-爱因斯坦凝聚 2-1)实验中Na原子气的数密度为:n~1.5×1020m3,估算粒子间平均距离d。5分 (1503≈5313) 2-2)根据能均分原理,估算粒子在温度T时的平均动能E)。5分 2-3)根据德布罗意关系,估算粒子物质波波长AB。[5分] 2-4)当粒子平均距离d小于物质波波长λB时,相邻原子波函数交叠很厉害,量子效应不 可以忽略,玻色-爱因斯坦凝聚开始发生;而当粒子平均距离d大于物质波波长λa时,相

2 第一激发态能量： 2 2 1 211 121 112 2 3 E E E E a   = = = = ，简并度：3 1-3）电子是费米子，波函数应是反对称的： ( 1 1 2 2 1 2 1 2 , ; , , , ) ( ) ( ) A S A z z z z    r s r s r r s s = 由于自旋部分波函数可取反对称，轨道部分波函数可以取对称的，即轨道部分可取相同的态； 基态： 2 2 0 111 2 3 E E2 a   = = ，基态波函数： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 111 1 1 1 111 2 2 2 3 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 , ; , , , , , 2 sin sin sin sin sin sin 1 2 A A z z z z z z r s r s x y z x y z x y z x y z a a a a a a a s s s s                   =               =                              −     1-4）玻色子可占据相同态，基态： 2 2 0 111 2 3 E E2 a   = = ，基态波函数： ( 1 2 111 1 1 1 111 2 2 2 ) ( ) ( ) 3 1 1 1 2 2 2 , , , , , 2 sin sin sin sin sin sin S r r x y z x y z x y z x y z a a a a a a a          =               =                             2。玻色-爱因斯坦凝聚[25 分] 承接上题，假设有 N 个玻色子在方盒中运动，不考虑玻色子间相互作用，当温度 T →0 时， 将发生玻色-爱因斯坦凝聚，即全部玻色子都布居在系统基态。实际上，当 T 趋于某个临界 温度 T c 时，就可观察到玻色-爱因斯坦凝聚的发生。这可以解释为： T T  c 时，量子效应不 明显，粒子可看作是经典粒子，不发生玻色-爱因斯坦凝聚。当 T T  c 时，量子效应不可以 忽略，玻色-爱因斯坦凝聚开始发生。1995 年，Ketterle（2001 年诺贝尔物理奖）使用 Na 原 子为玻色子，在实验中观测到了 Na 原子的玻色-爱因斯坦凝聚。 2-1）实验中 Na 原子气的数密度为： 20 3 n m 1.5 10 −  ，估算粒子间平均距离 d 。[5 分] （ 1/3 150 5.313  ） 2-2）根据能均分原理，估算粒子在温度 T 时的平均动能 E 。[5 分] 2-3）根据德布罗意关系，估算粒子物质波波长 dB 。[5 分] 2-4）当粒子平均距离 d 小于物质波波长 dB 时，相邻原子波函数交叠很厉害，量子效应不 可以忽略，玻色-爱因斯坦凝聚开始发生；而当粒子平均距离 d 大于物质波波长 dB 时，相

邻原子波函数几乎不交叠,量子效应可以忽略,不发生玻色-爱因斯坦凝聚。利用条件: d=λ,估算发生玻色-爱因斯坦凝聚的临界温度T。[10分] (注:实验观测值为n×10°K数量级) 物理常数:Na原子质量:M=3848×10-kg,普朗克常数:h=6626×10-J,玻 尔兹曼常数:k2=1381×1023J/K 解:2-1)n=一=,所以:d 2-2)根据能均分原理,单粒子平均能量:(E h2k23 k T h 2-3)A P√u(E)-、 BukuT 3k2d2 (n)≈8×10°K 讨论)实验测量值为:T≈(2±0.5)×10°K,与估算值相差还是较大的。更严格的计算 假设有N个无相互作用玻色子,在温度T时,部分玻色子N由于玻色-爱因斯坦凝聚占据 最低能态E,其余玻色子N=N-M则占据各激发态E1,E2 N=No+N=No+of(e)D(e)dE, /(E) exp(器) D(a)=为态密度,=(2s+1) h=4zp(假设玻色子自旋为0) P-,φp d g √E P 3/ N D(ed ede expl 14x2(h 4z2(h2 在绝对零度时,全部玻色子发生玻色凝聚,重新选择能量零点为系统基态能(E=0):

3 邻原子波函数几乎不交叠，量子效应可以忽略，不发生玻色-爱因斯坦凝聚。利用条件： dB d =  ，估算发生玻色-爱因斯坦凝聚的临界温度 T c 。[10 分] （注：实验观测值为 6 n K 10−  数量级） [物理常数：Na 原子质量： 26 3.848 10 M kg Na − =  ，普朗克常数： 34 h J 6.626 10− =  ，玻 尔兹曼常数： 23 1.381 10 / B k J K − =  ] 解：2-1） 3 N 1 n V d = = ，所以： 1/3 d n− = 2-2）根据能均分原理，单粒子平均能量： 2 2 2 3 2 2 2 B p k E k T   = = = 2-3） 2 3 dB B h h h p E k T    = = = 2-4） dB d =  ， 3 B c h d k T = ， ( ) 2 2 2/3 6 2 8 10 3 3 c B B h h T n K   k d k − = =   讨论）实验测量值为： ( ) 6 2 0.5 10 T K c −    ，与估算值相差还是较大的。更严格的计算： 假设有 N 个无相互作用玻色子，在温度 T 时，部分玻色子 N0 由于玻色-爱因斯坦凝聚占据 最低能态 E0 ，其余玻色子 N N N e = − 0 则占据各激发态 1 2 E E, ,... 0 0 ( ) ( ) 0 N N N N f D d e     = + = +  ， ( ) ( ) 1 exp 1 B k T f    − = − ( ) dg D d   = 为态密度， ( ) 3 3 2 3 3 2 1 4 d pd q V dg s p dp h h = + =  （假设玻色子自旋为 0） 2 2 p   = ， d dp p   = ， ( ) 3/ 2 2 2 2 4 dg V D d        = =     ( ) ( ) ( ) ( ) 3/ 2 2 2 0 0 3/ 2 2 2 0 1 2 exp 1 4 2 1 4 exp 1 B B e k T k T V N f D d d V d                  −  −   = =   −     =     −    在绝对零度时，全部玻色子发生玻色凝聚，重新选择能量零点为系统基态能（  = 0 ）：

i∫(E)=lim T→0exp(ka =N→mep(动) N lime N k T m()=1=-N 由于宏观系统N→∞,所以 kaT N 变量变换:x=6dE=k7b N 2ukp T dx 4z2(h2 2-1 I[号[ k t ≈261238J k 其中2函数:<[yfe dx=261238, Gamma函数:[引] √z 由于:N∝(m),可以定义: 所以 2612/467)2 3 N 2h2 2.612 () (r)2=n/2m2)2 T h 2612(kB 2xuk(2612 2/3 6626×10) 1.5×1030)2/3 T =2×10-6K 2k4(2612)2×314×3.848×103°×1,381×103(2612 与实验数据吻和很好。 [s: K B. Davis, et al, Phys. Rev. Lett. 75, 3969(1995).1 [参考:黄克逊,《统计力学》] 3。自旋在磁场中的运动37分 电子在均匀磁场中运动,假设磁场沿正z方向:B=Be,电子自旋为1/2,质量为m,电

4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 1 1 lim lim lim exp 1 exp 1 1 1 lim exp 1 lim 1 ... 1 1 lim lim B B B B B k T T T T k T k T k T T T B k T T T f N N N N k T N N        − → → → − − → → → → = =  − = − = +  − + = + − =  = − 由于宏观系统 N → ，所以： 0 B k T  → ( ) ( ) 3/ 2 3/ 2 2 2 2 2 0 0 2 1 2 1 4 4 exp 1 exp 1 B B e k T k T V V N d d              −     = =         − −   变量变换： , B B x d k Tdx k T  = =  3/ 2 3/ 2 3 3 2 2 2 2 2 2 0 3/ 2 3/ 2 3 2 2 2 2 2 1 4 e 1 4 2.61238 2 2 B B e x B B V V k T k T N xdx k T k T V V                = =                 −     =               其中 Zeta 函数： ( ) 3 2 3 0 2 1 1 2.61238 e 1 x  xdx   = ==    −  ，Gamma 函数： 3 2 2   =     由于： ( ) 3/ 2 N T e  ，可以定义： 3/ 2 e c N T N T   =     所以： ( ) 3/ 2 3/ 2 3/ 2 3/ 2 2 2 3/ 2 2/3 2 2 3/ 2 1 2.612 2 2 2.612 2 2.612 2 2.612 B B c c c c B B k T k T n V N T T n h n T T k k                    =  =                 =  =         ( ) 2 2/3 34 2/3 2 20 6 26 23 6.626 10 1.5 10 2 10 2 2.612 2 3.14 3.848 10 1.381 10 2.612 c B h n T K k − − − −       = = =               与实验数据吻和很好。 [参考：K.B. Davis, et al., Phys. Rev. Lett. 75, 3969 (1995).] [参考：黄克逊，《统计力学》] 3。自旋在磁场中的运动[37 分] 电子在均匀磁场中运动，假设磁场沿正 z 方向： ˆ B Be = z ，电子自旋为 1/2，质量为 m ，电

荷为e,磁矩为:=-g,S,(g,=2)。自旋用泡利矩阵:S=G表示 i 0 3-1)求自旋在均匀磁场中的哈密顿量,并写出自旋的运动方程:h=x:[5分 (提示:磁矩在均匀磁场中的能量:Un=-1·B 3-2)在σ=表象中求解,自旋波函数可表示为:= 1/=ax+b,并 满足归一条件:|2+b2=1:假设t=0,x。 求时刻t,波函数x(1)的表达 式;[10分] 3求时刻,自旋的平均值:(S()=2(()2=(z()l2()=52x()7(0) (即求:(〈s、(),〈S,(),〈S:()12分 h 3-4)求时刻t,自旋延y方向取值为一一的几率是多少?[10分] 解:3-1)Um=-B=8,S·B=G,B=H2OB,玻尔磁子:pB2m 2 所以:H=HO:B2 4b/,运动方程:9=4B0 ugB 0 32)在表象中求解,自旋波函数可表示为:x≠06/0 uRB 0 Jina()=g Ba(0) a(b5(0-4b):1m)=-2B() a((=a(0)expl 1|=a()c-,b()=b(0lg9-4 B (0)e HnB eB 力2m 如果:t=0,x0 即:(0)=5,6( V·则:2() 3-3)

5 荷为 e ，磁矩为： 2 s e g S m  = − ，（ 2 s g = ）。自旋用泡利矩阵： ˆ 2 S =  表示； 0 1 ˆ 1 0  x   =     ， 0 ˆ 0 y i i    − =     ， 1 0 ˆ 0 1  z   =     − 3-1）求自旋在均匀磁场中的哈密顿量，并写出自旋的运动方程： ˆ i H t    =  ；[5 分] （提示：磁矩在均匀磁场中的能量： U B m = −   ） 3-2）在  z 表象中求解，自旋波函数可表示为： 1 0 0 1 a a b a b b            = = + = +             ，并 满足归一条件： 2 2 a b + =1 ；假设 t = 0， 0 1 1 2 1    =     ，求时刻 t ，波函数  (t) 的表达 式；[10 分] 3-3）求时刻 t ，自旋的平均值： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S t t t t t t        + = = = ； （即求： S t x ( ) ， S t y ( ) ， S t z ( ) ）[12 分] 3-4）求时刻 t ，自旋延 y 方向取值为 2 − 的几率是多少？[10 分] 解：3-1） ˆ 2 2 m s B z z e e U B g S B B B m m = −  =  =  =     ，玻尔磁子： 2 B e m  = 所以： 0 ˆ 0 B z B z B B H B B       = =     − ，运动方程： 0 0 B B B i t B        =      − 3-2）在  z 表象中求解，自旋波函数可表示为： 1 0 0 1 a a b a b b            = = + = +             0 0 B B a a B i t b b B              =          − ，即： ( ) ( ) ( ) ( ) B B i a t Ba t i b t Bb t    =    = −  ( ) (0 exp 0 ) ( ) B B i t a t a t a e i    −  = =     ， ( ) (0 exp 0 ) ( ) B B i t b t b t b e i     = − =     这里： 2 B B eB m   = = 。 如果：t = 0， 0 1 1 2 1    =     ，即： ( ) 1 0 2 a = ， ( ) 1 0 2 b = 。则： ( ) 1 2 i t i t e t e    −   =     3-3）

-0 200 )=2(“”0-)/去=m) 0 0 h(1 (去<女e)0 0 em2(22 h 3-4)先求自旋延y方向取值为--的矩阵表示: x(,=-1)=号x(5,=-),即:ax=-1,求出:x(s,=-) (z()z( √2 1-sin 2ot √2√2 解法2):假设时刻t时,自旋延y方向取值为-的几率为P,则自旋延y方向取值为的 几率为1-P,()=-2)+(1-P)2=-MP+2=5sin2m,所以:P= 1-sin 2ot 6

6 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 0 1 2 2 1 0 1 1 cos 2 2 2 2 2 i t i t i t i t i t i t x i t i t i t i t e e S e e e e e e e e t            − − − − −       = =                 = + =     ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 0 2 2 0 1 1 sin 2 2 2 2 2 i t i t i t i t i t i t i i y i t i t i t i t i e e S e e e e i e e i e e t            − − − − − − −       = =                 = − =     ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 0 1 1 0 2 2 2 2 2 0 1 i t i t i t i t i t i t z i t i t e e S e e e e e e         − − − − −         = = = − =         −             3-4）先求自旋延 y 方向取值为 2 − 的矩阵表示： S s s y  ( y y = − = − = − 2 2 2 ) ( ) ，即：    y = −1 ，求出： ( 2 ) 1 2 1 y i  s   = − =     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 sin 2 2 2 2 1 2 2 2 i t i t i t i t y i t t s e e ie e        − −       − = − = = + =            解法 2）：假设时刻 t 时，自旋延 y 方向取值为 2 − 的几率为 P ，则自旋延 y 方向取值为 2 的 几率为 1− P ， (1 sin 2 ) 2 2 2 2 y S P P P t    = − + − = − + =     ，所以： 1 sin 2 2 t P −  =