量子力学期末试题及答案

⎛0 1 0⎞
⎛ 0 −i 0 ⎞
Lˆx =
h 2
⎜ ⎜⎜⎝
1 0
0 1
1 0
⎟ ⎟⎟⎠
;
Lˆy =
h 2
⎜ ⎜⎜⎝
i 0
0 i
−i 0
⎟ ⎟⎟⎠
Lˆ y 满足的本征方程为
（7）
h
⎜⎛ 0 ⎜i
2 ⎜⎝ 0
相应的久期方程为
将其化为
− i 0 ⎟⎞ ⎜⎛ c1 ⎟⎞
⎜⎛ c1 ⎟⎞
0 − i⎟ ⎜ c2 ⎟ = λ ⎜ c2 ⎟
求体系基态能量至二级修正、第二激发态能量至一级修正。 提示： 线谐振子基底之下坐标算符的矩阵元为
mxn
=
1 α
⎡ ⎢ ⎣
nδ 2
m,n−1
+
n
+ 2
1δ
m,n
+1
⎤ ⎥ ⎦
式中， α = μω 。 h
解 体系的哈密顿算符为
其中
Hˆ = Hˆ 0 + Wˆ
( ) ( ) Hˆ 0
=
1 2μ
pˆ 12
+
⎤ ⎥⎦
⎞ ⎟ ⎟
−
74ϕ1
(
x
)
exp
⎡ ⎢⎣
−
i h
E1t
⎤ ⎥⎦
⎟ ⎟⎟⎠
二. （20 分） 质量为 m 的粒子在如下一维势阱中运动 (V0 > 0)
（7） （8） （9）
⎧∞.
V
(x )
=
⎪ ⎨
−
V0
,
⎪⎩0,
x<0 0≤ x≤a x>a
若已知该粒子在此势阱中有一个能量 E = − V0 的状态，试确定此势阱的宽度 a 。 2
dx
⎛ ⎜⎜⎝
1 3
ϕ
* 2
(
x
)
+
2 3
ϕ
* 3
(
x
)
=
⎛1 ⎜⎝ 9
+
2 9
+
4⎞ 9 ⎟⎠
c
2
=
7 9
c
2
于是，归一化后的波函数为
−
2 3
ϕ1*
(
x
)
⎞ ⎟⎟⎠
⋅
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝
1 3
ϕ
2
(x
−
)+
2 3
ϕ1
2 3
(x
ϕ
)
3
(
x
)
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠
（3）
ψ (x,0) =
9
⎛ ⎜ ⎜
1 3
（3）
而
Lˆ± lm = h l (l +1) − m (m ±1) l, m ±1
（4）
当 l = 1, m = 1, 0, −1时，显然，算符 Lˆx 、 Lˆy 的对角元皆为零，并且，
1, −1 Lˆx 1,1 = 1, −1 Lˆy 1,1 = 0
1,1 Lˆx 1, −1 = 1,1 Lˆy 1, −1 = 0 只有当量子数 m 相差 ±1时矩阵元才不为零，即
解 在 L2 与 Lz 表象下，当轨道角动量量子数 l = 1时， m = 1, 0, −1，显然，算
符 Lˆx 、 Lˆy 与 Lˆz 皆为三维矩阵。
由于在自身表象中，故 Lˆz 是对角矩阵，且其对角元为相应的本征值，于是 有
相应的本征解为
⎛1 0 0 ⎞
Lˆz
=
⎜ ⎜
0
0
0
⎟ ⎟
⎜⎝ 0 0 −1⎟⎠
证明 对 x 分量有
( )rˆj × rˆj = ˆjy ˆjz − ˆjz ˆjy =ihˆjx x
同理可知，对 y 与 z 分量亦有相应的结果，故欲证之式成立。
投影算符 pˆn = n n 是一个厄米算符，其中，{ n } 是任意正交归一的完备本
征函数系。 证明 在任意的两个状态 ψ 与 ϕ 之下，投影算符 pˆn 的矩阵元为
ψ2 =
1
⎜⎛ 1 ⎟⎞ ⎜ 0 ⎟;
2 ⎜⎝ 1 ⎟⎠
ψ3
=
1 ⎜⎛
2
⎜ ⎜⎝
i ⎟⎞ 2⎟ − i ⎟⎠
（10） （11） （12）
Lˆ x 满足的本征方程为
相应的久期方程为 将其化为
⎛0
h 2
⎜ ⎜⎜⎝
1 0
1 0 1
0 ⎞ ⎛ c1 ⎞
⎛ c1 ⎞
1
⎟ ⎟
⎜ ⎜
c2
⎟ ⎟
=
λ
⎜ ⎜
c
2
⎟ ⎟
对于基态而言， n1 = n2 = n = 0 ， f0 = 1，体系无简并。
（1） （2） （3） （4）
（5）
利用公式 可知
ϕm x ϕn
=
1 α
⎡ ⎢ ⎣
nδ 2
m,n−1
+
n
+ 2
1δ
m,n
+1
⎤ ⎥ ⎦
E0(1) = ψ 0 Wˆ ψ 0 = 0
∑ ∑ E
(2
0
)
=
fn n≠0 α =1
W11 − E2(1) W21 W31
W12 W22 − E2(1)
W32
W13
W23 = 0 W33 − E2(1)
其中
W11 = W22 = W33 = W12 = W21 = 0
W13 = W31 = W23 = W32 = −
λ 2α 2
将上式代入（10）式得到
− E2(1) 0
−λ 2α 2
ϕ
2
(
x
)
+
2 3
ϕ
3
(
x
)
⎞ ⎟ ⎟
=
⎛ ⎜ ⎜
7⎜ ⎜⎝
−
2 3
ϕ1
(
x
)
⎟⎜
⎟⎠
⎜ ⎝
1 7
ϕ
2
(
x
)
+
2 7
ϕ
3
(
x
)
⎞ ⎟ ⎟
−
4 7
ϕ1
(
x
)
⎟ ⎟ ⎠
（4）
能量的可能取值为 E1, E2 , E3 ，相应的取值几率为
能量平均值为
W
(
E1,
0)
=
4 7
;W
(
E2
,
0)
=
1 7
;W
(
E3
,
（1）
Lz = h; Lz = 0; Lz = −h;
⎛1⎞
ψ1
=
⎜ ⎜⎜⎝
00 ⎟⎟⎟⎠
⎛0⎞
ψ0
=
⎜ ⎜
1
⎟ ⎟
⎜⎝ 0⎟⎠
⎛0⎞
ψ −1
=
⎜ ⎜
0 ⎟⎟
⎜⎝ 1⎟⎠
对于算符 Lˆx 、 Lˆy 而言，需要用到升降算符，即
（2）
( ) Lˆx
=
1 2
Lˆ+ + Lˆ−
( ) Lˆy
=
1 2i
Lˆ+ − Lˆ−
解 对于 − V0 < E < 0 的情况，三个区域中的波函数分别为
其中，
⎧ψ ⎪⎨ψ
1 (x) 2 (x)
= =
0 A
sin
(kx
+
δ
)
⎪⎩ψ 3 (x) = B exp(−αx)
（1）
k = 2m(E +V 0 ) ; h
2m E α=
h
利用波函数再 x = 0 处的连接条件知，δ = nπ ， n = 0,1,2,L 。
pˆ
2 2
+ 1 μω 2 2
x12
+ x22
Wˆ = −λ x1x2
已知 Hˆ 0 的解为
其中
E
0 n
=
(n + 1)hω
ψ nα (x1, x2 ) = ϕ n1 (x1 )ϕ n2 (x2 )
n1, n2 , n = 0,1,2,L α = 1,2,3,L, fn
将前三个能量与波函数具体写出来
0 − E2(1) −λ
2α 2
−λ 2α 2
− λ =0 2α 2
− E2(1)
整理之， E2(1) 满足
( ) −
E2(1)
3
+ λ2 α4
E2(1)
=
0
于是得到第二激发态能量的一级修正为
E2(11)
=
−λ α2
;
E
(1)
22
=
0;
E2(13)
=
λ α2
（6）
（7） （8） （9） （10） （11）
=
−∞
−∞
k
∞
∞
( ) ( ) ∑ ∫ ∫ dxψ
* m
(
x
)
xψ
k
(
x
)
d
x
ψ'
* k
x'
pˆ ψx' n
x'
=
k −∞
−∞
∑ ( ) xmk pˆ x kn k
四、（20 分） 在 L2 与 Lz 表象中，在轨道角动量量子数 l = 1的子空间中，分
别计算算符 Lˆx 、 Lˆy 与 Lˆz 的矩阵元，进而求出它们的本征值与相应的本征矢。
（12）
（13） （14）
0)
=
2 7
E
(0)
=
4 7
E1
+
1 7
E2
+
2 7
E3
=
−
μe4 2h2
⎡4 ⎢⎣ 7
×1 1
+
1 7
×
1 4
+
2 7
×
1⎤ 9 ⎥⎦
=
− 161μe4 504h 2
（5） （6）
自旋 z 分量的可能取值为 h , − h ，相应的取值几率为 22
W
⎛ ⎜⎝
sz
=
h 2
,
0
⎞ ⎟⎠
=
1 7
+
2 7
ψ pˆn ϕ = ψ n n ϕ
而投影算符 pˆn 的共軛算符 pˆn+ 的矩阵元为
ψ pˆn+ ϕ = ψ pˆn* ϕ = ⎡⎣ ϕ pˆn ψ ⎤⎦* =
{ ϕ n } n ψ * = ⎣⎡ ϕ n ⎦⎤* ⎣⎡ n ψ ⎦⎤* = ψ n n ϕ
显然，两者的矩阵元是相同的，由 ψ 与 ϕ 的任意性可知投影算符 pˆn
1
⎟ ⎠
ψ2 =
⎛1⎞
1 2
⎜ ⎜⎜⎝
0 −1
⎟ ⎟⎟⎠
;
⎛1⎞
ψ3
=
1 2
⎜ ⎜− 2
⎜ ⎝
1
⎟ ⎟ ⎟ ⎠
（17）
五、（20 分） 由两个质量皆为 μ 、角频率皆为 ω 的线谐振子构成的体系，
加上微扰项Wˆ = − λ x 1 x 2 （ x 1 , x 2 分别为两个线谐振子的坐标）后，用微扰论
ψ0
Wˆ
ψ nα ψ nα E00 − En0
Wˆ ψ 0
显然，求和号中不为零的矩阵元只有
ψ 0 Wˆ ψ 23
= ψ 23 Wˆ ψ 0
=− λ 2α 2
于是得到基态能量的二级修正为
E0(2)
=
E00
1 − E20
λ2 4α 4
= − λ2h 8μ 2ω 3
第二激发态为三度简并，能量一级修正满足的久期方程为
* m
(
x
)
x
dx 'δ x ' − x pˆ xψ n ( x ) =
−∞
−∞
∞
∞
( ) ( ) ∫ ∫ dxψ
* m
(
x
)
x
dx 'δ x ' − x pˆ ψx' n x ' =
−∞
−∞
∞
∞
( ) ( ) ∫ ∫ ∑ dxψ
* m
(
x
)
x
dx'
( ) ψ
* k
x' ψ k
x pˆ ψx' n
x'
与平均值，写出 t > 0 时的波函数。 解 已知氢原子的本征值为
En
=
−
μe4 2h2
1 n2
，
将 t = 0 时的波函数写成矩阵形式
n = 1,2,3,L
（1）
利用归一化条件
ψ
(
x,
0)
=
⎛ ⎜ ⎜
1 3
ϕ
2
(
x
)
+
2 3
ϕ3
(
x
)
⎞ ⎟ ⎟
⎜ ⎜⎝
−
2 3
ϕ1
(
x
)
⎟ ⎟⎠
（2）
∫ c
2
∞ −∞
i
0 ⎟⎠ ⎜⎝ c 3 ⎟⎠
⎜⎝ c 3 ⎟⎠
− λ − ih
0
2
ih
−λ
− ih = 0
2
2
0
ih
−λ
2
（8） （9）
得到三个本征值分别为
λ3 − h 2λ = 0
λ1 = h; λ 2 = 0; λ 3 = −h 将它们分别代回本征方程，得到相应的本征矢为
ψ1
=
1 2
⎜⎛ ⎜ ⎜⎝
− i ⎟⎞ 2 ⎟; i ⎟⎠
0 ⎟⎠ ⎜⎝ c 3 ⎟⎠
⎜⎝ c 3 ⎟⎠
（13）
−λ
h
0
2
h
−λ
2
h =0 2
0
h
−λ
2
（14）
得到三个本征值分别为
λ3 − h 2λ = 0
λ1 = h; λ 2 = 0; λ 3 = −h 将它们分别代回本征方程，得到相应的本征矢为
（15） （16）
⎛1⎞
ψ1
=
1 2
⎜ ⎜ ⎜
⎝
⎟
2 ⎟;
1, −1 Lˆx 1, 0
=
1, 0 Lˆx 1, −1
= 1, 0 Lˆx 1,1
=
1,1 Lˆx 1, 0
=
h 2
1, 0
Lˆy 1, −1
=
1,1 Lˆy
1, 0
=−
ih 2
1, −1 Lˆy
1, 0
=
1, 0
Lˆy
1,1
=
ih 2
（5） （6）
于是得到算符 Lˆx 、 Lˆy 的矩阵形式如下
是厄米算符。
( ) ( ) ∑ ∑ { } 利用
ψ
* k
x' ψk (x) = δ
x' − x
证明
(
xpˆ x
) mn
=
xmk
(
pˆ x
) kn
，其中，ψ
k
(
x
)
为
k
k
任意正交归一完备本征函数系。
证明
∞
∫ (
xpˆ
x
) mn
=
d xψ
* m
(
x
)
xpˆ xψ
n
(
x
)
=
−∞
∞
∞
( ) ∫ ∫ dxψ
在 x = a 处，利用波函数及其一阶导数连续的条件
ψ 2 (a) = ψ 3 (a)
ψ
' 2
(a
)
=
ψ
' 3
(a
)
得到
Baidu Nhomakorabea
Asin(ka + nπ ) = B exp(−αa) Ak cos(ka + nπ ) = −Bα exp(−αa)
（2） （3） （4）
于是有
此即能量满足的超越方程。
当E
=
−
=
3 ;W 7
⎛ ⎜⎝
sz
=
−
h 2
,
0
⎞ ⎟⎠
=
4 7
自旋 z 分量的平均值为
sz
(0)
=
3 7
×
h 2
+
4 7
×
⎛ ⎜⎝
−
h 2
⎞ ⎟⎠
=
−
h 14
t > 0 时的波函数
⎛
⎜
ψ
(
x,
t
)
=
⎜ ⎜
⎜⎜⎝
1ϕ 7
2
(
x
)
exp
⎡ ⎢⎣
−
i h
E2t
⎤ ⎥⎦
+
2 7
ϕ
3
(
x
) exp
⎡⎢⎣ −
i h
E3t
E00 = hω; E10 = 2hω,
E20 = 3hω,
ψ 0 = ϕ0 ( x1 )ϕ0 ( x2 ) ψ11 = ϕ0 ( x1 )ϕ1 ( x2 ) ψ12 = ϕ1 ( x1 )ϕ0 ( x2 ) ψ 21 = ϕ2 ( x1 )ϕ0 ( x2 ) ψ 22 = ϕ0 ( x1 )ϕ2 ( x2 ) ψ 23 = ϕ1 ( x1 )ϕ1 ( x2 )
1 2
V
0
时，由于
（6） 故
tan(ka) = − k
α
tan
⎜⎛ ⎜⎝
mV 0 h
a
⎟⎞ ⎟⎠
=
−
mV 0 h = −1 mV 0 h
（5）
最后得到势阱的宽度
mV 0 a = n π − π
h
4
（7）
(n = 1, 2 ,3 , L )
a = ⎜⎛ n − 1 ⎟⎞ π h ⎝ 4 ⎠ mV 0
（8） 三、（20 分） 证明如下关系式 （1）任意角动量算符 rˆj 满足 rˆj × rˆj = ihrˆj 。
量子力学期末试题及答案
一、（20 分）已知氢原子在 t = 0 时处于状态
ψ
(
x,
,
0)
=
1 3
ϕ2
(
x)
⎛ ⎜ ⎝
1 0
⎞ ⎟ ⎠
−
2 3
ϕ1
(
x)
⎛ ⎜ ⎝
0 1
⎞ ⎟ ⎠
+
2 3
ϕ3
(
x)
⎛ ⎜ ⎝
1 0
⎞ ⎟ ⎠
其中，ϕn (x) 为该氢原子的第 n 个能量本征态。求能量及自旋 z 分量的取值概率