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）2004年硕士学位研究生入学考试试题及解答

北京科技大学2004年硕士学位研究生 入学考试试题答案 物理常数:光速:c=2.998×108ms-1:普朗克常数:h=6626×103J·s;玻尔兹曼 常数:k2=1.381×10-23J/K:电子质量:m2=9.109×10-kg:碳原子质量 m=12u=2007×10-°kg;电子电荷:e=1.602×10C 1)物质波(30分):1924年,德布洛意提出物质波概念,认为任何实物粒子,如电子 质子等,也具有波动性,对于具有一定动量p的自由粒子,满足德布洛意关系 (10分):假设电子由静止被150伏电压加速,求 加速后电子的的物质波波长 10分,保留1位 有效数字):对宏观物体而言,其对应的德布洛意波波长极短,所以宏观物体的波动 性很难被我们观察到,但最近发现介观系统(纳米尺度下的大分子)在低温下会显 示出波动性。计算1K时,C团簇(由60个C原子构成的足球状分子)热运动所 对应的物质波波长: (10分,保留1位有效数字) 解:德布洛意关系(10分):A h 电子物质波波长 h 6626×10 10×10-10m P√2mE√2me√2x9.109×10-3×1602×10-9×150 Ch物质波波长 A=pm,Em7302013810×1100m 2)薛定谔方程(40分):质量为m的一个粒子在边长为a的立方盒子中运动,粒子所 受势能(xy)由下式给出:P(x少J0x∈(0,a)ye(0a):∈0a):() oo. others 列出定态薛定谔方程,并求系统能量本征值和归一化波函数(10分):(ⅱ)假设有 两个电子在立方盒子中运动,不考虑电子间相互作用,系统基态能是多少?并写出

北京科技大学 2004 年硕士学位研究生 入学考试试题答案 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 物理常数：光速： 8 1 c m s 2.998 10 − =   ；普朗克常数： 34 h J s 6.626 10− =   ；玻尔兹曼 常数： 23 1.381 10 / B k J K − =  ；电子质量： 31 9.109 10 m kg e − =  ；碳原子质量： 26 12 2.007 10 m u kg C − = =  ；电子电荷： 19 e C 1.602 10− =  --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1） 物质波（30 分）：1924 年，德布洛意提出物质波概念，认为任何实物粒子，如电子、 质子等，也具有波动性，对于具有一定动量 p 的自由粒子，满足德布洛意关系： _____________________________（10 分）；假设电子由静止被 150 伏电压加速，求 加速后电子的的物质波波长：_____________________________（10 分，保留 1 位 有效数字）；对宏观物体而言，其对应的德布洛意波波长极短，所以宏观物体的波动 性很难被我们观察到，但最近发现介观系统（纳米尺度下的大分子）在低温下会显 示出波动性。计算 1 K 时， C60 团簇（由 60 个 C 原子构成的足球状分子）热运动所 对应的物质波波长：_____________________________（10 分，保留 1 位有效数字）。 解：德布洛意关系（10 分）： h p  = 电子物质波波长： 34 10 31 19 6.626 10 1.0 10 2 2 e e 2 9.109 10 1.602 10 150 h h h m p m E m eV  − − − −  = = = =        C60 物质波波长： 60 60 34 10 26 23 6.626 10 1.0 10 2 3 C C B 3 60 2 10 1.381 10 1 h h m m E m k T  − − − −  = = =         2） 薛定谔方程（40 分）：质量为 m 的一个粒子在边长为 a 的立方盒子中运动，粒子所 受势能 V x y z ( , , ) 由下式给出： 0, 0, ; 0, ; 0, ( ) ( ) ( ) ( , , ) , x a y a z a V x y z others     =   ；（i） 列出定态薛定谔方程，并求系统能量本征值和归一化波函数（10 分）；（ii）假设有 两个电子在立方盒子中运动，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(15分,提示:电子自旋为士,是费米子);(i)假设有 两个玻色子在立方盒子中运动,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(15分 解:(2i)(10分)定态薛定谔方程:。b2 2m Vv(x,y,=)=Ey(x,y, = 分离变量:v(x,y,=)=X(x)y(y)Z(-),E=E+E,+E ndx(x) 2m d =EX(x)x(x) 力2d2y(y) 2m dy Ey():1(0)=2sm(2)E,=xn3 h2d2z(=) nn二 h 2m d =Ez(-)2() 2 n 7x n X v(x,y,=)= a h2 z(n2+n2+n2),n1,n,n1=1,2,3 (2i)(15分)电子是费米子,波函数应是反对称的 v(G,s:,s2-)=φ°(,)x‘(s2,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=2En=3b2n2 ,基态波函数 五|smx|sm(zy [x()x.(s2)-x.(s:)x(s:) (2i)(15分)玻色子可占据相同态,基态:E0=2F32兀,基态波函数 yG石,)=v1(x1,y1,=)1(x2y2=2)

归一化系统基态波函数（15 分，提示：电子自旋为 1 2 ，是费米子）； （iii）假设有 两个玻色子在立方盒子中运动，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（15 分）； 解：（2.i）（10 分）定态薛定谔方程： ( ) ( ) 2 2 , , , , 2 x y z E x y z m −  =   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 m dx d Y y E Y y m dy d Z z E Z z m dz  − =   − =   − =  ； ( ) ( ) ( ) 2 sin 2 sin 2 sin x y z n x X x a a n y Y y a a n z Z z a a        =           =          =      ； 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y y z z E n a E n a E n a        =     =    =  ( ) 3/ 2 2 , , sin sin sin x y z n x n x n x x y z a a a a             =                 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 E n n n mnl x y z ma  = + + ， , , 1, 2,3,... x y z n n n = （ 2.ii ）（ 15 分 ） 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 ma  = = ，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                   =               =                              −     （2.iii）（15 分）玻色子可占据相同态，基态： 2 2 0 111 2 3 E E2 ma  = = ，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          =               =                            

3)δ势垒散射(40分): 质量为m的电子以动能E>V由左向右入射到高度为v(V>0)的台阶势上,在台阶势 的跃起处考虑还存在δ势:y6(x),(y>0)的散射,即电子所受势能为 0.x0两个区域考虑 u”+kv=0k2=2mE,x0 其解可表示为 0)=c+4.x0,求导:,V一=kC一k,x0 y(x)=Be, x>0 v=认kBe*,x>0 根据x=0处的v连续,和’跃变条件得到:

3）  势垒散射（40 分）： 质量为 m 的电子以动能 E V 0 由左向右入射到高度为 V0 （ 0 V  0 ）的台阶势上，在台阶势 的 跃 起 处 考 虑 还 存 在  势 ：  ( ) x ，（   0 ） 的 散 射 ， 即 电 子 所 受 势 能 为 0 V x V x x ( ) ( ) ( ) = +   ，这里 0, 0 ( ) 1, 0 x x x    =    ，为单位阶跃函数；（i）列出定态薛定谔方 程及波函数导数  在 x = 0 两侧的跃变条件（15 分）；（ii）求电子在 x = 0 处的透射系数 out in j T j = ，和反射系数 ref in j R j = （25 分）； 解：（3.i）（15 分）定态薛定谔方程： 2 2 2 0 ( ) ( ) 2 d V x x E m dx         − + + =   ； 化简为： ( 0 ) 2 2 ( ) ( ) m      = − − − E V x x ，在 x = 0 两侧邻域积分： dx, 0    − → ， ( 0 ) 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (0) m m dx V x x E dx               − −    = − − = + − =   ，即  在 x = 0 两侧不连续； （3.ii）（25 分）在 x  0 的区域，定态薛定谔方程可分为 x  0 ， x  0 两个区域考虑： 2 2 2 2 2 0 2 2 0, , 0 2 ( ) 0, , 0 mE k k x m E V k k x       + = =    −     + = =   其解可表示为： ( ) , 0 ( ) , 0 ikx ikx ik x x e Ae x x Be x   −   = +    =  ，求导： , 0 , 0 ikx ikx ik x ike ikAe x ik Be x   −    = −      =  根据 x = 0 处的  连续，和  跃变条件得到：

1+A=B +a=B B 消去A:2=(1+2+12nm)B,即:B= (1+)+1万k 所以:A (-)- hk h-k 根据拉子流密度公式/=-2边(v-2y),=,=f,L=2kB 反射系数:R==|4 -9-,m(=)m 透射系数:7=m=EF2= ((1+)+ 可以验证:R+T= ((1+) 4)磁场中的电子(40分):假设一个定域电子(忽略电子轨道运动)在均匀磁场中运 动,磁场B沿轴正向,电子磁矩在均匀磁场中的势能:V=-·B,这里 j=8,2m5,(g,=2)为电子的磁矩:;自旋用泡利矩阵、表示 a-(06 i 0 0-1 解:(i)求定域电子在磁场中的哈密顿量,并列出电子满足的薛定谔方程:ix=Hx(10

2 1 2 A B m ik B ik ikA B   + =    = − +   ，即： 2 1 2 1 A B k m A B B k ik   + =    − = −   消去 A ： 2 2 2 1 k m i B k k     = + +     ，即： ( ) 1 2 2 1 1 k k B m i k   = + + 所以： ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 k k k k k k m i k A m m i i k k       − − = − = + + + + 根据粒子流密度公式： * * 2 i j m x x         = − −       ， 2 2 , , in re out k k k j j A j B m m m  = = = 反射系数： ( ) ( ) ( ( )) ( ( )) 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 k k k k re in k k k k m m i j k k R A j i m m k k           − − − +     = = = = + +   + +     透射系数： ( ( )) 2 2 2 1 2 2 1 out in k k k j k k T B j k m k     = = =   + +     可以验证： ( ( )) ( ( )) 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 k k k k m k k k R T m k        − + +     + = =   + +     4） 磁场中的电子（40 分）：假设一个定域电子（忽略电子轨道运动）在均匀磁场中运 动，磁场 B 沿 z 轴正向，电子磁矩在均匀磁场中的势能： V B = −   ，这里 2 s e e g s m  = − ，（ 2 s g = ）为电子的磁矩；自旋用泡利矩阵 ˆ ˆ 2 s =  表示； 0 1 ˆ 1 0  x   =     ， 0 ˆ 0 y i i    − =     ， 1 0 ˆ 0 1  z   =     − 。 解：（i）求定域电子在磁场中的哈密顿量，并列出电子满足的薛定谔方程： ˆ i H t    =  （10

分):(ⅱi)假设t=0时,电子自旋指向x轴正向,即S32’求t>0时,自旋的平均值 (20分);:(i)求t>0时,电子自旋指向y轴负向,即$,=一的几率是多少(10分)? (4i)(10分)忽略电子轨道运动,H=T+V=g22B的 a.B=BG:B;这 是玻尔磁子 所以哈密顿为:H=H:B= HBB 0 ,薛定谔方程为:请 Ox_BB 0 0-B at(0 -ABB (4i)(20分)在σ:表象中求解,自旋波函数可表示为 ax,+bly uRB 0 Ba(t at b Bb的Jiha(t) ihb()=-kg Bb(o a(0=a(o)exp ih =a(oje-tor B eB 设t=0时,电子的自旋指向x轴正向,对应波函数为x0(/”满足:之, 0八b)(b 并满足归一关系:a+b2=1,解出 ,卿:x= 解出:x() 时刻,自旋的平均值:()2=2(()2=2(x(0)l(0)=;x(0)az(0)

分）；（ii）假设 t = 0 时，电子自旋指向 x 轴正向，即 2 x s = ，求 t  0 时，自旋 s 的平均值 （20 分）；（iii）求 t  0 时，电子自旋指向 y 轴负向，即 2 y s = − 的几率是多少（10 分）？ （4.i）（10 分）忽略电子轨道运动， 2 2 2 s z z B z e e e e H T V g B B B m m = + = = =     ；这 里： 2 B e e m  = ，是玻尔磁子。 所以哈密顿为： 0 ˆ 0 B z B B B H B B       = =     − ，薛定谔方程为： 0 0 B B B i t B        =      − （ 4.ii ）（ 20 分）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 e B eB m   = = 。 设 t = 0 时，电子的自旋指向 x 轴正向，对应波函数为 0 0 0 a b    =     ，满足： 0 0 ˆ 2 2    x = ， 即： 0 0 0 0 0 1 1 0 a a b b           =      ，并满足归一关系： 2 2 0 0 a b + =1 ，解出： 0 0 1 2 1 2 a b  =     =  ，即： 0 1 1 2 1    =     ； 解出： ( ) 1 2 i t i t e t e    −   =     时刻 t ，自旋的平均值： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 s t t t t t t        + = = = ：

(s2 10e cos 2ot e -iot--e2ier=sin 2ot 所以:(()=2cos2ot+,sin2or+0 4i)(10分)假设t时刻,S,=-的几率为P,则S,=的几率为1-P (5 sin 2ot (1-P hp sin2ot,所以:P=

( ) ( ) 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         − − − − −         = = = − =         −             所以： ( ) cos 2 sin 2 0 2 2 x y s t e t e t = + +   （4.iii）（10 分）假设 t 时刻， 2 y s = − 的几率为 P ，则 2 y s = 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 −  =