1992年量子力学考研试题 (类似1999年第一题)质量为m的粒子,在一维无限深势 阱中 0≤xa 中运动,若t=O时,粒子处于 (0)=15a(x)-1g2()+g2(x) 状态上,其中,φn(x)为粒子的第n个本征态。 (1)求t=0时能量的可测值与相应的取值几率; (2)求t>0时的波函数vx1)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 E n=1.2.3 2r n丌 SIn n (1)首先,将v(x,0)归一化。由 可知,归一化常数为
1992 年量子力学考研试题 一. （类似 1999 年第一题）质量为 m 的粒子，在一维无限深势 阱中 ( ) = x x a x a V x , 0, 0, 0 中运动，若 t = 0 时，粒子处于 (x ) (x) (x) (x) 1 2 3 2 1 3 1 2 1 ,0 = − + 状态上，其中， (x) n 为粒子的第 n 个本征态。 （1） 求 t = 0 时能量的可测值与相应的取值几率； （2） 求 t 0 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 ( ) x a n a x n n ma E n n sin 2 , 1,2,3, 2 2 2 2 2 = = = （1） 首先，将 (x,0) 归一化。由 1 2 1 3 1 2 1 2 2 2 2 = + + c 可知，归一化常数为
12 于是,归一化后的波函数为 3 能量的取值几率为 W(E1) 6 W(E,)= 13 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t>O时的波函数为 v)=1.(x-E V13 P Gx)exp -E2! 方 Et (3)由于哈密顿量是守恒量,所以t>O时的取值几率与t=0时 相同 个电子被禁闭在线诸振子基态,若在此态上有 x)=10 求激发此电子到其第一激发态所需要的能量(用eV表示)。提示:利 用维里定理 解:已知线谐振子的本征解为 E.=n+-|o
13 12 c = 于是，归一化后的波函数为 (x ) (x) (x) (x) 1 2 3 13 3 13 4 13 6 ,0 = − + + 能量的取值几率为 ( ) ( ) ( ) 13 3 ; 13 4 ; 13 6 W E1 = W E2 = W E3 = 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 t 0 时的波函数为 ( ) ( ) ( ) ( ) − + + − = − x E t x t x E t x E t 3 3 1 1 2 2 i exp 13 3 i exp 13 i 4 exp 13 6 , （3） 由于哈密顿量是守恒量，所以 t 0 时的取值几率与 t = 0 时 相同。 二. 一个电子被禁闭在线谐振子基态，若在此态上有 ( ) 10 m 10 2 − x − x = 求激发此电子到其第一激发态所需要的能量（用 eV 表示）。提示：利 用维里定理。 解：已知线谐振子的本征解为 = + 2 1 E n n ； n
由维里定理知,对于任意束缚态有 T 2 而线谐振子的位势为 v(x)=-mo2'x 于是, 对于线谐振子基态而言 T+v==ho 进而可知 mo x h 利用已知条件及x=0,得到 10 2m 由基态激发到第一激发态所需的能量为 E-e=ho 102m 2m 1.05×10-24J·s 1020m2 2×9.11×10-3kg 606×10-9××10°eV=3.78eV 三设厄米特算符的本征矢为n),{m}构成正交归一完备系
由维里定理知，对于任意束缚态有 T = r V 2 1 而线谐振子的位势为 ( ) 2 2 2 1 V x = m x 于是， T =V 对于线谐振子基态而言， 2 1 E0 = T +V = 进而可知 4 1 2 1 2 2 m x = 利用已知条件及 x = 0 ，得到 20 2 10 m 2 − = m 由基态激发到第一激发态所需的能量为 ( ) 10 eV 3.78eV 1.6 1 6.06 10 10 m 2 9.11 10 kg 1.05 10 J s 10 m 2 19 19 20 2 31 2 24 20 2 2 1 0 = = − = = = − − − − − m E E 三. 设厄米特算符 H ˆ 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)=om Xo (1)计算对易子,(m) (2)证明U(mm)(p.9)=6m0(m (3)计算迹Tr{(m,n)} (4)若算符A的矩阵元为Am=(nAn),证明 A=∑An0(m,n) A=TrAU(p, 解: (1)对于任意一个态矢v),有 LA,U(m, n)y)=HU(m, n)y-U(m, n)Hlw) tom), Hy EmU(m,n)v)-E,U(m, n)v) (Em-EnU(m, n)w 故 A,U(m, n)=(Em-E,K(n, n) (2)U(m, n*(p,q)=1mXpuoa op=ong(m, p) (3)算符的迹为
定义一个 算符 ( ) U m n = m n , ˆ （1） 计算对易子 H U(m, n) ˆ , ˆ ； （2） 证明 U(m n)U (p q) U(m p) nq , ˆ , ˆ , ˆ = + ； （3） 计算迹 TrU ˆ (m,n) ； （4） 若算符 A ˆ 的矩阵元为 Amn m A n ˆ = ，证明 A A U(m n) m n mn , ˆ ˆ , = Apq TrA ˆ U ˆ (p,q) + = 解： （1）对于任意一个态矢 ，有 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) E E U m n E U m n E U m n H H H U m n HU m n U m n H m n m n m n m n , ˆ , ˆ , ˆ ˆ ˆ ˆ , ˆ , ˆ ˆ , ˆ , ˆ − − = − = = − = 故 H U(m n) (E E )U(m n) m n , ˆ , ˆ , ˆ = − （2） U(m n)U (p q) U(m p) m n q p n q , ˆ , ˆ , ˆ = = + （3）算符的迹为
r{m)=x(n(mn)9)= ∑(|n)(nlq)=(nn)=m (4)算符 ∑|nmA=∑n、qnm|4gn ∑An(m,n) 而 A=(1n)=∑(ol9)9n4q ∑(|4n)N,l)=∑(A0(m9))= Trau(p, a)) 四.自旋为、固有磁矩为=y(其中γ为实常数)的粒子 处于均匀外磁场B=Bk中,设t=0时,粒子处于S=的状态, (1)求出t>0时的波函数 (2)求出t>0时s与S的可测值及相应的取值几率 解:体系的哈密顿算符为 H y Bh y BS 00 在泡利表象中,哈密顿算符的本征解为
( ) ( ) n k n m mn k k m k k U m n k U m n = = = = , ˆ , Tr ˆ （4）算符 A U(m n) A A A m n mn m n n m n m m m m , ˆ ˆ ˆ ˆ , , = = = 而 ( ) AU (p q) A AU p q A A A k k k k k q p k k q k p q p q p k , Tr ˆ ˆ , ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ + + = = = = = 四. 自旋为 2 1 、固有磁矩为 s = （其中 为实常数）的粒子， 处于均匀外磁场 0 k B = B 中，设 t = 0 时，粒子处于 2 s x = 的状态， （1） 求出 t 0 时的波函数； （2） 求出 t 0 时 x s ˆ 与 z s ˆ 的可测值及相应的取值几率。 解：体系的哈密顿算符为 z z z B H B B s ˆ ˆ 2 ˆ ˆ 0 0 = − = − = − 在泡利表象中，哈密顿算符的本征解为
E1 0 1)在t=0时,粒子处于S2=的状态,即 v(0) 而∂满足的本征方程为 C 0人b(b 解之得 由于,哈密顿算符不显含时间,故t>0时刻的波函数为 v()) Et e et (2)因为,」=0,所以是守恒量,它的取值几率与平均值 不随时间改变,换句话说,只要计算t=0时s的取值几率就知道了 t>0时s的取值几率 由于 方 S 故有
= − = − = = + 2 2 1 1 , , E E （1） 在 t = 0 时，粒子处于 2 sz = 的状态，即 ( ) x 0 = + 而 x ˆ 满足的本征方程为 = b a b a 1 0 0 1 解之得 − = + − − + = + + − 2 1 2 1 x x 由于，哈密顿算符不显含时间，故 t 0 时刻的波函数为 ( ) − + + − t = − E t E t 1 2 i exp 2 i 1 exp 2 1 （2）因为 , ˆ 0 H ˆ sz = ，所以 z s 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 t = 0 时 z s 的取值几率就知道了 t 0 时 z s 的取值几率。 由于 2 1 ,0 2 = = z W s ； 2 1 ,0 2 = = − z W s 故有
S 而Sx的取值几率为 方 Et E Bor exp LEt+exp h -,Et|‖=cos 方 2 Bor 五.(见2001年第五题)两个质量皆为的非全同粒子处于线 谐振子位中,若其角频率都是O,加上微扰项W=-λxx2(x12x2分 别为第一个粒子与第二个粒子的坐标)后,试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。 解:体系的哈密顿算符为 H=H。+W 其中, 2+ 山O-x1+x W=-1 已知H的解为
= 0 z s 而 x s 的取值几率为 ( ) ( ) t B E t E t E t E t W s t t x x 2 cos i exp i exp 2 1 i exp i exp 2 1 , 2 2 0 2 1 2 2 1 2 2 = + − − = − + + − + + − − = + = = t B W s t x 2 , sin 2 2 0 = = − 五. （见 2001 年第五题）两个质量皆为 的非全同粒子处于线 谐振子位中，若其角频率都是 ，加上微扰项 1 2 ˆ W = − x x （ 1 2 x , x 分 别为第一个粒子与第二个粒子的坐标）后，试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。 解：体系的哈密顿算符为 H ˆ H ˆ W ˆ = 0 + 其中， ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 0 1 ˆ 2 1 ˆ ˆ 2 1 ˆ W x x H p p x x = − = + + + 已知 0 H ˆ 的解为
ED=(n+lha y(x,, x))= x pm (x,) 其中, H1,n2,n=01,2 a=12 将前三个能量与波函数具体写出来, EO =ha; Vo=p(x)Po(x,) E=2hO,W1=(x11(x2) W2=g1(x1(x2) 0=3h, v2=g2(x)o( v2=(x)2(x2) v23=g(x;)o(x2) 对于基态而言,n1=n2=n=0,f6=1,体系无简并。 利用公式 (om lon) n m,n+1 可知 E0=(vv)=0 ∑ yoWlvnaynawlvo 显然,求和号中不为零的矩阵元只有 V0v23)={w23v C
( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 0 1 2 , 1 x x x x E n n n n n = = + 其中， n f n n n 1,2,3, , , , 0,1,2, 1 2 = = 将前三个能量与波函数具体写出来， ( ) ( ) 0 0 1 0 2 0 0 E = ; = x x ( ) ( ) ( ) ( ) 12 1 1 0 2 11 0 1 1 2 0 1 2 , x x E x x = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 23 1 1 1 2 22 0 1 2 2 21 2 1 0 2 0 2 3 , x x x x E x x = = = = 对于基态而言， 0 n1 = n2 = n = ， f 0 = 1 ，体系无简并。 利用公式 + = , −1 + , +1 2 1 2 1 m n m n m n n n x 可知 ( ) 0 ˆ 0 0 1 E0 = W = ( ) = − = 0 1 0 0 0 2 0 0 0 ˆ ˆ n f n n n n E E W W E 显然，求和号中不为零的矩阵元只有 0 23 23 0 2 2 ˆ ˆ W = W = −
于是得到 22h C 84 第二激发态为三度简并,能量一级修正满足的久期方程为 W-e 2 W W W Woa-E 33 其中, W1=W2=W3=W12=W21=0 W,=W,=W,=W 于是得到 1) E2=0 (1)
于是得到 ( ) 2 3 2 4 2 0 2 0 0 2 0 4 8 1 = − − = E E E 第二激发态为三度简并，能量一级修正满足的久期方程为 ( ) ( ) ( ) 0 1 3 1 3 2 3 3 2 2 3 1 2 1 2 2 2 1 2 1 3 1 1 1 2 = − − − W W W E W W E W W E W W 其中， W11 = W22 = W33 = W12 = W21 = 0 2 13 31 23 32 2 W = W = W = W = − 于是得到 ( ) ( ) ( ) 2 1 23 1 2 22 1 21 ; 0; E = − E = E =