复旦大学量子力学考题2

∫
即
+∞
−∞
ψ * ( x, 0)ψ ( x, 0)dx = 1
（2.18）
+∞ 1 +∞ 2 1 +∞ 2 2 + + u ( x ) dx u ( x ) dx c u32 ( x)dx = 1 0 2 3 ∫ ∫ ∫ −∞ −∞ −∞ 5 2
（2.19）
或
1 1 + + c32 = 1 ⇒ c3 = 3 10 5 2
化简后有，
（2.7）
ຫໍສະໝຸດ Baidu
tan k0 a =
2k0 k k02 − k 2
（2.8）
再用图解法，可以知道，E 的解是分立的，即粒子的能谱是分立的。
2.2 证明从单粒子 Schrodinger 方程得出的粒子速度场是非旋的，即
G ∇×v = 0
其中， v = j / ρ ， ρ 为概率密度， j 为概率流密度。
D=
θ2
(θ + i ) 2 + e 2iak
θ = 2ak / C = k = 2 / mV0
完全透射条件为 R=0，即
e2iak =
此时，
1 − iθ C − 2iak = 1 + iθ C + 2iak
（2.38）
D=
θ −i θ +i
（2.39）
ψ ( x, t ) =
1 5 7 −i ωt −i ωt −i ωt 1 1 3 u0 ( x ) e 2 + u2 ( x )e 2 + u3 ( x)e 2 5 2 10
（2.23）
4） 在 t 时刻的能量期望值
E = ∫ψ * ( x, t )(−
E = ∑ cn
n
2
=2 d 2 1 + mω 2 x 2 )ψ ( x, t )dx 2m dx 2 2
（2.20）
2）既然题设的状态是由几个本征态组合而成，应将每个本征态的时间因子补上，即
ψ ( x, t ) = ∑ cnun ( x)e
n
−i
En t =
（2.21）
1 En = =ω (n + ) 2 1 5 7 因此， E0 = =ω ， E2 = =ω ， E3 = =ω 2 2 2
（2.22）
= 2 d 2ϕ + V ( x)ϕ = Eϕ 得到 2m dx 2
⎧c+ e kx ⎪ ϕ ( x) = ⎨c1 sin k0 x + c2 cos k0 x ⎪ − kx ⎩c− e
( x < 0) (0 < x < a) ( x > a)
（2.2） （2.1）
k = 2m(V0 − E ) / =, k0 = 2mE / =
复旦大学量子力学 典型考题分析 2
2.1 粒子在一维势 V ( x) = ⎨ 的能谱是分立的。
⎧0 (0 ≤ x ≤ a ) 运动。当粒子的总能量 E<V0 时，试说明粒子 ⎩V0 ( x < 0, x > a )
解题思路：粒子的运动满足 Shrodinger 方程，当 E<V0 时，由于方程的边值条件使能级分裂。 由粒子的波函数和它的一次导数连续，可得到能级。 解： 由静态 Shrodinger 方程及 x → ∞ 时波函数为零， −
=2 ∂2 ∂2 1 [− ( 2 + 2 ) + mω 2 ( x 2 + y 2 )]ϕ ( x, y ) = Eϕ ( x, y ) 2m ∂x ∂y 2
设， ϕ ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) ，方程可化为
（2.13）
[−
=2 ∂2 1 + mω 2 y 2 ]Y ( y ) = E yY ( y ) 2m ∂y 2 2
1 1 u0 ( x ) + u2 ( x) + c3u3 ( x) ，其中 un(x) 为第 n 个时间无关的本征函数。 5 2
1） 求 C3 的值； 2） 写出 t 时刻的波函数； 3） 在 t=0 时的振子能量的期望值为多少？t=1 时又如何？ 解题思路：题设的状态是一个混合态（由几个本征态组合而成） 。第一小题用波函数的归一 化条件即可解决； 第二小题只要在每一项添上波函数的时间因子； 第三小题直接利用定义即 可。 解： 1）归一化条件，
在 x=a 处，
c1 sin k0 a + c2 cos k0 a = c− e− ka
c1 cos k0 a − c2 sin k0 a = −
在 x=0 处，
（2.3） （2.4）
k c− e − ka k0
c1 =
k c+ k0
（2.5）
c2 = c+
由此，
（2.6）
c+ e − ka (sin k0 a − k cos k0 a) k0 c1 k = = − ka c2 c+ e (cos k0 a + k sin k0 a) k0 k0
G
G
G
解体思路：运用概率密度和概率流密度公式即可证此题。 证明： 概率密度和概率流密度的公式，
ρ = ψ *ψ
G i= j=− (ψ *∇ψ − ψ∇ψ * ) 2m
速度场为，
（2.9） （2.10）
G G i = ∇ψ ∇ ψ * i= ψ v= j/ρ =− ( − * )=− ∇(ln * ) 2m ψ 2m ψ ψ
2 E = ∑ cn En ∫ un ( x)dx = ∑ cn En 2 2 n n
（2.27）
所以，
1 1 1 5 3 7 12 E = ( =ω ) + ( =ω ) + ( =ω ) = =ω 。 5 2 2 2 10 2 5
（2.28）
2.5 粒子以动能 E 入射到如下势垒：V ( x) = V0 [δ ( x) + δ ( x − a )] ，求反射率和透射率，及发 生完全透射的条件。 解题思路：通过 Shrodinger 方程，可以得到波函数的形式（入射波函数由入射波和反射波构 成） ，再利用边界上波函数的连续性，即可确定波函数系数的具体值，便可得到反射率和透 射率。要注意的是，势垒为广义函数，要用特殊的方法来处理边界的情况。 解： 设， k =
2
x<0 0< x<a x>a
2
（2.33）
其中 R 项为反射波，D 项为透射波。 R 为反射率， D 为透射率。利用ψ 连续条件和ψ ' 跃变条件，得到
1+ R = A + B
ik ( A − B − 1 + R) = C ( A + B) a
（2.34） （2.35） （2.36）
Aeika + Be− ika = Deika
（2.30）
ψ '(a + ) −ψ '(a − ) =
（2.31）
而ψ ( x) 应是连续的。除了 x=0，a 两个奇点外，Schrodinger 方程为
ψ ''+ k 2ψ = 0
特解为ψ = e
± ikx
（2.32）
。如取入射波为 e ，则总波函数可表为
ikx
⎧eikx + Re −ikx ⎪ ψ ( x) = ⎨ Aeikx + Be− ikx ⎪ Deikx ⎩
（2.17）
。 。 ，而 ny 相应地取 n-nx, 都对应同一能级，因此此能级 由于，当 n 一定时，nx 取 0，1，2。 是(n+1)度简并的。
2.4 在 时 间 t=0 时 ， 一 维 线 性 皆 振 子 处 于 用 下 列 归 一 化 的 波 函 数 所 描 写 的 状 态 ：
ψ ( x, 0) =
（2.14）
[−
=2 ∂2 1 + mω 2 x 2 ] X ( x) = ( E − E y ) X ( x) 2m ∂x 2 2 1 E − E y = =ω (nx + ) 2
（2.15）
显然，这是两个一维振子的方程，它们的能级为
1 E y = =ω (ny + ) 和 2
所以，
（2.16）
E = =ω (nx + n y + 1) = =ω (n + 1)
ik ( D − A)eika + ikBe −ika =
解出 R, D, A, B。
C ika De a
−iθ e 2iak (θ + i ) 2 + e 2iak
（2.37）
A=
θ 2 + iθ
(θ + i ) 2 + e 2iak
B=
R=
1 − iθ − (1 + iθ )e 2iak (θ + i ) 2 + e 2iak
i En t = i nt =2 d 2 1 2 2 = + ω (− m x ) u ( x ) e dx n 2m dx 2 2 E
（2.24）
∫ u ( x )e
n
（2.25）
而，
(−
=2 d 2 1 + mω 2 x 2 )un ( x) = Enun ( x) 2 2m dx 2
（2.26）
2mE / = ， C = 2maV0 / = 2 ，Shrodinger 方程可写成
ψ ''+ k 2ψ −
C [δ ( x) + δ ( x − a)]ψ = 0 a
（2.29）
在 x=0 附近几分，可得ψ ' 跃变条件
ψ '(0+ ) −ψ '(0− ) =
x=a 处，
C ψ (0) a C ψ (a) a
其旋度
（2.11）
G i= ψ ∇×v = − ∇ × ∇(ln * ) = 0 ψ 2m
得证。
（2.12）
2.3 求二维各向同性皆振子的能级和简并度。 解题思路：在列出 Schrodinger 方程之后，可以看到二维情况下，方程可以通过分离变量法 求解，而且除了量子数外，方程形式和一维时一样。这样，就可以方便地得到能级形式。 解： 由 Shrodinger 方程，