2023年研究生類研究生入學(xué)考試專業(yè)課量子力學(xué)歷年高頻考題帶答案難題附詳解

2023年研究生類研究生入學(xué)考試專業(yè)課量子力學(xué)歷年高頻考題帶答案難題附詳解（圖片大小可自由調(diào)整）第1卷一.歷年考點(diǎn)試題黑鉆版(共50題)1.什么是束縛態(tài)?束縛態(tài)有何特征?束縛態(tài)是否必為定態(tài)?反之如何，舉例說(shuō)明.2.態(tài)疊加原理的一般說(shuō)法如下：如果ψ1和ψ2是體系的兩個(gè)可能狀態(tài)，那么它們的線性疊加ψ=c1ψ1+c2ψ2，也是這個(gè)體系的一個(gè)可能狀態(tài)，上述說(shuō)法中的公式可以有以下四種理解：

①ψ(x)=c1ψ1(x)+c2ψ2(x)

②ψ(x，t)=c1(t)ψ1(x)+c2(t)ψ2(x)

③ψ(x，t)=c1(t)ψ1(x，t)+c2(t)ψ2(x，t)

④ψ(x，t)=c1ψ1(x，t)+c2ψ2(x，t)其中c1，c2是任意復(fù)常數(shù)，c1(t)，c2(t)是t的復(fù)函數(shù)，你認(rèn)為哪種說(shuō)法是對(duì)的?指出問(wèn)題關(guān)鍵所在．3.將質(zhì)子當(dāng)作半徑為R的帶電球殼，用一級(jí)微擾論計(jì)算由于氫原子核的非點(diǎn)電荷電勢(shì)引起的氫原子基態(tài)能量的改變表達(dá)式．

(氫原子基態(tài)為玻爾半徑)4.系統(tǒng)的波函數(shù)的形式為，問(wèn)此系統(tǒng)是否處于定態(tài)?5.氫原子勢(shì)能平均值和動(dòng)能平均值的比值是多少?6.質(zhì)量為μ的粒子，原處于一維剛性盒子(0→L)的基態(tài)中，設(shè)盒子x=L的壁突然運(yùn)動(dòng)到x=2L

(1)計(jì)算盒子膨脹后粒子處于基態(tài)的概率；

(2)試盒子膨脹后粒子最可能處于什么態(tài)?

(3)若此盒子兩壁突然膨脹至±∞處，求體系動(dòng)量大小在p→p+dp之間的概率；

(4)在(3)情況下，體系的能量是否守恒?為什么?7.已知粒子狀態(tài)波函數(shù)為沙，求：

(1)在r0→r0+dr中找到粒子的概率?

(2)在θ0→θ0+dθ中找到粒子的概率?

(3)在φ0→φ0+dφ中找到粒子的概率?

(4)在x0→x0+dx中找到粒子的概率?8.對(duì)于三維諧振子，在球極坐標(biāo)中寫出簡(jiǎn)并第一激發(fā)態(tài)的波函數(shù)，同時(shí)是的本征態(tài)．9.一維諧振子勢(shì)場(chǎng)中的粒子處于任意的非定態(tài)，試證明該粒子的位置概率分布經(jīng)歷一個(gè)周期之后復(fù)原．10.一勢(shì)壘如下圖所示，能量為E的粒子由左向右入射，求E＞V0，E＜V0兩種情況下的反射系數(shù)和透射系數(shù)，

11.極低溫下4He液體和3He液體會(huì)表現(xiàn)出極不相同的特性，為什么?常溫下4He氣體和3He氣體的特性基本相同，又為什么?12.核子處于三維各向同性諧振子勢(shì)場(chǎng)中，，能級(jí)為

如果此系統(tǒng)受到自旋-軌道耦合的微擾，問(wèn)N=2能級(jí)將如何分裂?畫出能級(jí)分裂圖，給出各能級(jí)簡(jiǎn)并度．13.設(shè)粒子所處的外場(chǎng)均勻但與時(shí)間有關(guān)，即V=V(t)，與坐標(biāo)r無(wú)關(guān)．試將體系的含時(shí)薛定諤方程分離變量，求方程解ψ(r，t)的一般形式，并取V(t)=V0cos(ωt)，以一維情況為例說(shuō)明V(t)的影響．14.一個(gè)電子被限制在一維諧振子勢(shì)場(chǎng)中，活動(dòng)范圍，求激發(fā)電子到第一激發(fā)態(tài)所需的能量．(用eV表示．)

，me=0.5MeV/c2，c=3×108m/s15.中心力場(chǎng)中電子自旋與軌道角動(dòng)量存在耦合能，總角動(dòng)量J=L+S．Φ是J2，L2，S2，Jz的共同本征態(tài)．現(xiàn)有一電子處于3P1/2態(tài)，且mj=1/2．

(1)在一級(jí)近似下，ξ(r)可用常數(shù)代替，請(qǐng)問(wèn)電子的能量與3P3/2態(tài)差多少?

(2)請(qǐng)計(jì)算該電子產(chǎn)生的平均磁矩，并由此計(jì)算在z方向均勻磁場(chǎng)B中電子的能量改變多少?

16.電子在恒定均勻磁場(chǎng)B=Bez中運(yùn)動(dòng)(ez為z方向單位矢量)，同時(shí)考慮空間運(yùn)動(dòng)與自旋運(yùn)動(dòng)：

(1)寫出體系的哈密頓量；

(2)求的本征值與本征函數(shù)．17.設(shè)為軌道角動(dòng)量算符，已知共同的本征函數(shù)為Ylm(θ，φ)(球諧函數(shù))，證明的共同本征函數(shù)，且本征值為18.有兩個(gè)質(zhì)量為μ，自旋為的全同粒子，同處于寬度為a的無(wú)限深勢(shì)阱中，略去兩粒子間的相互作用，求體系能量本征值和本征函數(shù)，并指出最低兩個(gè)能級(jí)的簡(jiǎn)并度．19.為什么如取軌道角動(dòng)量，則空間量子化與不確定關(guān)系矛盾?而當(dāng)取則空間量子化不違背不確定關(guān)系，對(duì)于后者給予定量說(shuō)明，討論不確定關(guān)系中何時(shí)等號(hào)成立，何時(shí)等號(hào)不成立?20.一個(gè)自旋為、磁矩大小為μ的粒子處于如下旋轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中：

B=Bcos(ωt)ex+Bsin(ωt)ey

其中磁場(chǎng)大小B為定值．若初始時(shí)刻粒子的自旋沿z軸負(fù)方向，求t＞0時(shí)粒子的自旋沿z軸正方向的概率．21.經(jīng)典力學(xué)中的位力定理表示為

式中Fxi是對(duì)第i個(gè)粒子的作用力的x分量，上橫線表示對(duì)時(shí)間取平均，試證明量子力學(xué)中的位力定理

式中|n〉是哈密頓算符的第n個(gè)本征態(tài)．22.一個(gè)質(zhì)量為μ的粒子處在一維諧振子勢(shì)阱中，(1)粒子最初處在基態(tài)，彈性系數(shù)忽然加倍，這樣新的勢(shì)阱是V2=k'x2(k'=2k)．現(xiàn)在測(cè)量粒子能量，求發(fā)現(xiàn)粒子在新勢(shì)阱基態(tài)的概率；(2)彈性系數(shù)和(1)問(wèn)一樣加倍，所以V1突變?yōu)閂2，但是在新勢(shì)阱中粒子能量沒(méi)有被測(cè)量經(jīng)過(guò)時(shí)間t后，彈性系數(shù)忽然回到了初值，問(wèn)t等于多少時(shí)能使粒子態(tài)完全回復(fù)到V1的基態(tài)．23.電子偶素(e+e-束縛態(tài))類似于氫原子，只是用一個(gè)正電子代替質(zhì)子作為核．在非相對(duì)論近似下，其能量和波函數(shù)同氫原子類似．今設(shè)在電子偶素的基態(tài)里，存在一種接觸型自旋交換作用，其中Me與Mp電子和正電子的自旋磁矩利用一級(jí)微擾論計(jì)算此基態(tài)中自旋單態(tài)與自旋三重態(tài)之間的能量差，決定哪一能量更低．

24.兩顆中子被關(guān)在勢(shì)阱a中做一維運(yùn)動(dòng)，其中a為正數(shù)，假使它們的相互作用V(x1，x2)=Dδ(x1-x2)作為微擾()，考慮自旋自由度而忽略與自旋有關(guān)的力，求

(1)零級(jí)近似的基態(tài)波函數(shù)；

(2)準(zhǔn)確到一級(jí)近似的基態(tài)能量，25.一個(gè)二維諧振子體系的哈密頓量是，屬于第二激發(fā)態(tài)(能量為)的三個(gè)簡(jiǎn)并態(tài)可以在粒子數(shù)表象寫為|nx，ny〉形式，它們分別是：|20〉，|11〉和|02〉．

(1)加入微擾(λ為小量)，在粒子數(shù)表象(或占有數(shù)表象)中，求在這個(gè)簡(jiǎn)并子空間的矩陣表示．一維諧振子的下降、上升算符分別是

(2)在粒子數(shù)表象中，求出該體系的第二激發(fā)態(tài)能量加入微擾后的一級(jí)修正值，并且求出簡(jiǎn)并態(tài)微擾論的零級(jí)波函數(shù)．26.已知的本證值為，n=1，2，…．若系統(tǒng)變?yōu)?，求能?jí)的變化，27.有四個(gè)質(zhì)量均為μ的粒子在一個(gè)半徑為R的固定圓環(huán)上運(yùn)動(dòng)，成彼此相對(duì)位置不變的正四邊形分布．

(1)若這些粒子可分辨，求體系的能量；

(2)若這些粒子不可分辨，情況如何?28.設(shè)一維諧振子的態(tài)在其能量表象下為：

29.考慮有二重內(nèi)部自由度的粒子，其簡(jiǎn)并基態(tài)|A〉，|B〉對(duì)應(yīng)于同一能量E0，即

試求相互作用

引起的能量修正．30.一束自旋為的粒子進(jìn)入施特恩-格拉赫裝置SG(Ⅰ)后被分成兩束，去掉其中的一束，另一束進(jìn)入第二個(gè)施特恩-格拉赫裝置SG(Ⅱ)，SG(Ⅱ)與SG(Ⅰ)的交角為θ，則粒子束穿過(guò)SG(Ⅱ)后又被分成兩束．求這兩束的相對(duì)數(shù)目之比．31.以z軸為球坐標(biāo)的極軸，說(shuō)明，設(shè)氫原子中電子角動(dòng)量Lz被確定到的5%，說(shuō)明此時(shí)坐標(biāo)φ完全不確定．32.氫原子處于基態(tài)，假定庫(kù)侖相互作用在t=0時(shí)突然消失，電子離開原子像自由粒子那樣運(yùn)動(dòng)，試求在t＞0的時(shí)刻測(cè)量電子動(dòng)量得到動(dòng)量值為p的概率．33.中子|n〉與反中子的質(zhì)量都是μ，它們的態(tài)|n〉與可看成是一個(gè)自由哈密頓量的簡(jiǎn)并態(tài)

設(shè)有某種相互作用能使中子與反中子互相轉(zhuǎn)變

其中α為實(shí)數(shù)．試求t=0時(shí)刻的一個(gè)中子在t時(shí)刻轉(zhuǎn)變成反中子的概率．34.質(zhì)量μ、荷電q的粒子在方向互相垂直的均勻電場(chǎng)ε和均勻磁場(chǎng)B中的運(yùn)動(dòng)，求能量本征值和本征函數(shù)．35.一維諧振子系統(tǒng)，設(shè)受到微擾的作用，求對(duì)第n個(gè)諧振子能級(jí)的一級(jí)微擾修正．36.試求，θ是一恒定的角度值．37.線性諧振子處在的狀態(tài)(其中)，求發(fā)現(xiàn)振子概率最大的位置和動(dòng)能的平均值?38.兩個(gè)電子處在自旋單態(tài)，其中α，β分別是自旋算符的單粒子自旋態(tài)．

(1)試證明：χ(00)是算符σ1·σ2的本征態(tài)(σ1，σ2分別是兩個(gè)單電子的自旋算符)；

(2)如果測(cè)量一個(gè)電子的自旋z分量，得，那么，測(cè)量另一個(gè)電子的自旋的概率是多少?(寫出你解答這個(gè)問(wèn)題的理由)

(3)如果測(cè)量χ(00)態(tài)的一個(gè)電子的自旋Sy，測(cè)量結(jié)果表明它處在的本征態(tài)，那么再測(cè)量另一個(gè)電子自旋x分量，得到的概率是多少?(寫出你解答這個(gè)問(wèn)題的理由)39.由兩個(gè)自旋為1的全同粒子組成的系統(tǒng)的哈密頓量為，其中分別是兩個(gè)粒子的自旋算符，J實(shí)常量，求：系統(tǒng)的能級(jí)和能級(jí)簡(jiǎn)并度，以及系統(tǒng)的本征函數(shù)．40.自然單位制下，某粒子定態(tài)波函數(shù)為ψ(x)=π-1/4e-x2/2，已知該態(tài)下動(dòng)能和勢(shì)能平均值相等，求勢(shì)能函數(shù)V(x)及能量本征值．41.已知某微觀體系的力學(xué)量A有兩個(gè)歸一化本征態(tài)ψ1和ψ2，相應(yīng)的本征值為a1和a2．力學(xué)量B也有兩個(gè)歸一化本征態(tài)，相應(yīng)的本征值為b1和b2．兩種本征態(tài)之間存在如下關(guān)系：

當(dāng)對(duì)某個(gè)態(tài)測(cè)量A后得到α1，然后再測(cè)量B，接著再測(cè)A，試求第二次測(cè)A仍得到a1的概率42.兩個(gè)自旋為1/2的粒子，在表象中的表示為其中，|αi|2是第i個(gè)粒子自旋向上的概率，|βi|2是第i個(gè)粒子自旋向下的概率．

(1)求哈密頓量的本征值和本征函數(shù)(V0為一常量)；

(2)t=0時(shí)，體系處于態(tài)α1=β2=1，α2=β1=0，求t時(shí)刻發(fā)現(xiàn)體系在態(tài)α1=β2=0，α2=β1=1的概率

分析：(1)已知奈件中的態(tài)表示是在非耦舍表象中的表達(dá)式，可驗(yàn)證(S1z，S2z)表象(4×4空間)的彼此正交歸一的基矢并非全是待求哈密頓量的本征態(tài)，可將哈密頓量在非耦合表象中的矩陣表示出，通過(guò)久期方程求本征值和本征函數(shù)；(2)首先應(yīng)求出t時(shí)刻體系的狀態(tài)，再利用完備性關(guān)系不難求出概率．43.一個(gè)具有電偶極矩P的剛性轉(zhuǎn)子被限制在平面上轉(zhuǎn)動(dòng)(如下圖所示)，轉(zhuǎn)子對(duì)于固定轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為I．轉(zhuǎn)動(dòng)平面內(nèi)有一均勻弱電場(chǎng)E．精確到E2時(shí)三個(gè)最低量子態(tài)的能量是多少?

44.量子力學(xué)剛性轉(zhuǎn)子被約束在一平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，它對(duì)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量是I，并有電偶極矩μ(位于平面內(nèi))．轉(zhuǎn)子放在一弱均勻電場(chǎng)ε中，電場(chǎng)位于轉(zhuǎn)動(dòng)平面內(nèi)．將電場(chǎng)看成微擾，求能量修正值．45.兩個(gè)無(wú)相互作用粒子具有相同的質(zhì)量μ，在寬為a的一維無(wú)限深勢(shì)阱中運(yùn)動(dòng)

(1)試寫出體系4個(gè)最低能級(jí)的能量；

(2)試對(duì)下列情況的兩粒子，分別求出4個(gè)最低能級(jí)的簡(jiǎn)并度：

(a)自旋為1/2的全同粒子；

(b)自旋為1/2的非全同粒子；

(c)自旋為1的全同粒子．46.考慮一個(gè)類氫原子：無(wú)自旋質(zhì)量為μ的粒子在中心力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，原子處于z方向均勻磁場(chǎng)中，哈密頓量可寫為為角動(dòng)量z分量，ωL正比于原子磁矩M．

(1)寫出原子角動(dòng)量各分量的期望值的時(shí)間演化方程；

(2)假設(shè)原子在t=0時(shí)刻處于2p軌道，的本征態(tài)，求t時(shí)刻波函數(shù)；

(3)接上問(wèn)，原子角動(dòng)量發(fā)生進(jìn)動(dòng)，求進(jìn)動(dòng)周期；

(4)接(2)問(wèn)，在t時(shí)刻測(cè)量的可能值和相應(yīng)概率是多少?

(5)接(2)問(wèn)，時(shí)，測(cè)量的可能值和相應(yīng)概率是多少?

注：本題可能用到的公式如下

球諧函數(shù)

在l=1時(shí)，算符表象的表示矩陣為47.質(zhì)量為μ的粒子在三邊長(zhǎng)為a，b和c的矩形箱中運(yùn)動(dòng)，在箱中粒子所受勢(shì)能等于零，而在箱外勢(shì)能無(wú)限大，即

(1)求出體系的能量本征函數(shù)和本征值；

(2)當(dāng)a=b=c=10-6m時(shí)，試問(wèn)該體系有多少個(gè)狀態(tài)具有小于1eV的能量．(1eV=1.6×10-19J)48.由三個(gè)自旋為的非全同粒子組成的系統(tǒng)的哈密頓量為

其中分別是三個(gè)粒子的自旋算符，A和B為實(shí)常量，求系統(tǒng)的能級(jí)和能級(jí)簡(jiǎn)并度．49.體系的哈密頓量，已知力學(xué)量Q表象中，有

其中E0和ε均為大于0的實(shí)數(shù)，且．

(1)求的本征值和本征矢．

(2)求的基態(tài)能量(二級(jí)近似)及態(tài)矢(一級(jí)近似)．

(3)求出該體系能級(jí)的精確值，這個(gè)與(2)問(wèn)中的結(jié)果是呈什么關(guān)系?50.一質(zhì)量為μ粒子被一δ勢(shì)阱束縛，即V(x)=-λδ(x)，λ＞0．在t=0時(shí)，勢(shì)阱突然關(guān)閉(消失)．計(jì)算t＞0時(shí)波函數(shù)的表達(dá)式(不必算出結(jié)果)．第1卷參考答案一.歷年考點(diǎn)試題黑鉆版1.參考答案：通常把無(wú)限遠(yuǎn)處為零的波函數(shù)描寫的狀態(tài)稱為束縛態(tài)，一般地說(shuō)，束縛態(tài)的能級(jí)是離散(分立)的，但不一定是定態(tài)，如：一維箱中粒子，是以一系列分立定態(tài)疊加而成的一般態(tài)．一般情況下，定態(tài)多屬束縛態(tài)，但也可有非束縛態(tài)，如彈性散射中，入射粒子向各方向散射，粒子不局限在有限區(qū)域，但粒子可能處于能量本征態(tài)．2.參考答案：[解]第④種說(shuō)法對(duì)，因?yàn)橹挥胁ê瘮?shù)滿足薛定諤方程，態(tài)才是可能實(shí)現(xiàn)的，當(dāng)ψ1(x，t)和ψ2(x，t)滿足薛定諤方程時(shí)，ψ(x，t)也滿足方程．3.參考答案：解：若質(zhì)子是半徑為R的帶電球殼，則氫原子的勢(shì)能為：

時(shí)，上述位勢(shì)對(duì)點(diǎn)質(zhì)子庫(kù)侖勢(shì)的偏離可看成微擾

微擾引起的基態(tài)能級(jí)改變?yōu)?/p>

注意到ΔE＞0，所以基態(tài)能級(jí)增高，即結(jié)合能減少，從物理上看，將點(diǎn)質(zhì)子模型與球殼模型作一比較，會(huì)發(fā)現(xiàn)體系在后一種情形會(huì)附加一種排斥作用．由于氫原子體系靠吸引力結(jié)合，故非點(diǎn)電荷性質(zhì)實(shí)際上削弱了體系的吸引作用，結(jié)果勢(shì)必降低結(jié)合能．4.參考答案：[解]方法一：由于，所以

所以為非定態(tài)

方法二：定態(tài)波函數(shù)滿足，由知或?yàn)槌Ａ?，但是該題中，故為非定態(tài)．

方法三：給任一力學(xué)量(不顯含時(shí)間)，考慮

而

由于所設(shè)力學(xué)量為任意力學(xué)量，故為非定態(tài)．5.參考答案：[解]根據(jù)位力定理，在定態(tài)中，而氫原子所以，故有

即6.參考答案：[解](1)在0→L盒子中，粒子處于基態(tài)，突然改變?yōu)?→2L后，其本征態(tài)為，粒子處在各態(tài)都有一定的概率，其概率幅為

當(dāng)n=2時(shí)

當(dāng)n≠2時(shí)

粒子處于基態(tài)的概率為

(2)從(1)問(wèn)可知，如果n為偶數(shù)且不等于2時(shí)，躍遷到φn態(tài)概率為零；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，躍遷到φn態(tài)概率為因此有，最大，即粒子最可能處于態(tài)載φ2(x)．

(3)膨脹后，動(dòng)量算符px的本征值可以從-∞到+∞連續(xù)取值，相應(yīng)的本征函數(shù)為

題目要求的是，體系動(dòng)量大小在p→p+dp和(-p)→-(p+dp)之間的概率之和，它是

其中

(4)在勢(shì)阱兩壁膨脹前后，體系的能量不可能相同，即體系能量不守恒從經(jīng)典力學(xué)來(lái)看，外力移動(dòng)勢(shì)阱的兩壁要做功，使體系的能量發(fā)生變化，用量子物理的觀點(diǎn)來(lái)解釋，若t=t0時(shí)，兩壁移至±∞處，則體系的哈密頓算符為

顯含時(shí)間t，故體系能量不守恒．7.參考答案：[解]首先將波函數(shù)歸一化

歸一化的波函數(shù)為

(1)在r0→r0+dr中的概率為

(2)在θ0→θ0+dθ中的概率為

(3)在φ0→φ0+dφ中的概率為

(4)在x0→x0+dx中的概率為

8.參考答案：[解]三維諧振子的波函數(shù)為

ψn1n2n3(r)=ψn1ψn2(y)ψn3(z)

基態(tài)為(n1n2n3)=(0，0，0)，第一激發(fā)態(tài)為(n1n2n3)=(1，0，0)、(0，1，0)、(0，0，1)，且

將x，y，z用球諧函數(shù)展開，重新組合可得lz的本征態(tài)

9.參考答案：[解]一維諧振子歸一化本征態(tài)為：

任意非定態(tài)可表示為：

位置概率分布為|ψ(x，t)|2，考慮到，(m=0，1，2，…)，故：

而，所以

上式通過(guò)eiωtδ(δ=m-n為整數(shù))依賴于時(shí)間，當(dāng)t=2π/ω時(shí)，eiωtδ=ei2πδ=1，所以當(dāng)t=2π/ω時(shí)，|ψ(x，t|2=ψ(x，0)|2，復(fù)原周期為T=2π/ω．10.參考答案：E＞V0的情況

薛定諤方程為

令，上述方程化簡(jiǎn)為

其解為

由x=0處波函數(shù)連續(xù)性條件得到

解得

由于，所以

又由于，所以

(2)E＜V0的情況

令，在x＞0區(qū)域內(nèi)定態(tài)方程為ψ"-ρ2ψ=0，其解為

ψⅡ=D'e-ρx+Deρx

由公式，知

由于當(dāng)x→∞時(shí)，ψⅡ=D'e-ρx+Deρx必須有界，可得D=0．所以jⅡ=0，即在x＞0區(qū)域概率流密度為零，于是有透射系數(shù)為零，反射系數(shù)為1．11.參考答案：4He原子中，核內(nèi)包括兩個(gè)質(zhì)子、兩個(gè)中子，核外有兩個(gè)電子，因此它由偶數(shù)個(gè)費(fèi)米子組成，是玻色子．3He有奇數(shù)個(gè)費(fèi)米子組成，是費(fèi)米子．極低溫下，4He液體和3He液體表現(xiàn)出的極不相同的特性，來(lái)自于4He原子和3He原子不同的交換對(duì)稱性．

常溫下氣體狀態(tài)的4He和3He，原子之間距離足夠遠(yuǎn)，不同原子波函數(shù)沒(méi)有重疊，交換效應(yīng)消失，不必考慮全同粒子的交換對(duì)稱性，此時(shí)4He氣體和3He氣體的特性基本相同．12.參考答案：解：由題意知N=2nr+l=2，故有兩種情況：nr=0，l=2，5重簡(jiǎn)并；nr=1，l=0，非簡(jiǎn)并，考慮到自旋，簡(jiǎn)并度加倍，即此能級(jí)是12重簡(jiǎn)并的，本征態(tài)為

這是非耦合表象中的基矢量．

微擾哈密頓量為

為求微擾引起的能級(jí)分裂，只需要在N=2子空間對(duì)角化．選擇耦合表象來(lái)計(jì)算，耦合基是|2ljmj〉，對(duì)應(yīng)的量子數(shù)如下

在耦合表象中，微擾哈密頓量為對(duì)角矩陣，相應(yīng)矩陣元為

能級(jí)分裂圖如下圖所示．圖中D表示簡(jiǎn)并度．

13.參考答案：[解]令，代入含時(shí)薛定諤方程可得

所以

解得：

取V(t)=V0cos(ωt)，則有

所以對(duì)于一維情況有

上式表明：外場(chǎng)的作用僅是給平面波提供一個(gè)受時(shí)間調(diào)制的相角．14.參考答案：[解]開始體系處于基態(tài)，根據(jù)位力定理，對(duì)于一維諧振子：

因此E0=〈H〉=〈T〉+〈V〉=2〈V〉=meω2〈x2〉

所以

對(duì)于諧振子，〈x〉=0，故

從基態(tài)到第一激發(fā)態(tài)所需能量為，由(1)式得

因此

15.參考答案：[解]Φljmj≡|ljmj〉為的本征態(tài)，本征值分別為

對(duì)于態(tài)：

(1)在一級(jí)近似下：

為L(zhǎng)·S的本征態(tài)，對(duì)應(yīng)的能量為

為L(zhǎng)·S的本征態(tài)，對(duì)應(yīng)的能量為

所以電子的能量與

(2)由題給公式：，所以

即

所以在態(tài)上的平均值為：

所以

在z方向均勻磁場(chǎng)中電子的能量改變?yōu)椋?近似到一級(jí))

故

即電子能量改變?yōu)?6.參考答案：解：此題中應(yīng)該不考慮自旋與軌道間相互作用

(1)

(2)顯然自旋角動(dòng)量與軌道角動(dòng)量可以分離變量

令ψ=φ(r)χ，代入上式：

即：

解得：

17.參考答案：[解]由已知條件知

(1)考慮到，可變換為因?yàn)?/p>

而，故有對(duì)易，所以

因此的本征函數(shù)，本征值為

(2)考慮，同理先考慮．取，其中，則

式中(1，2，3)≡(x，y，z)．故有

因此，的本征函數(shù)，本征值為18.參考答案：解：設(shè)勢(shì)阱為

則容易由定態(tài)方程解出單粒子態(tài)：

本征值為

相應(yīng)的本征態(tài)為

自旋部分：

由于兩粒子間無(wú)相互作用，體系的波函數(shù)為單粒子波函數(shù)的乘積，能量為單粒子能量之和．考慮全同粒子波函數(shù)要對(duì)稱化，則

空間部分：

φS=φn(1)φn(2)，

對(duì)稱：

反對(duì)稱：

自旋部分：

對(duì)稱態(tài)：

反對(duì)稱態(tài)：

由體系為費(fèi)米子系統(tǒng)，總波函數(shù)應(yīng)反對(duì)稱，只能是

ψA=φAχS或ψA(1，2)=φSχA

所以體系的本征態(tài)為

本征值為

當(dāng)n=l=1時(shí)，能量最低為基態(tài)記為，無(wú)簡(jiǎn)并；

當(dāng)n=1，l=2時(shí)，為第一激發(fā)態(tài)記為ψ1

為四重簡(jiǎn)并．19.參考答案：[解]由不確定關(guān)系，所以

取l2，lz的共同本征態(tài)，在此態(tài)下，

而

所以，即若取，則：，當(dāng)|m|=l時(shí)與不確定關(guān)系矛盾；若取，則：對(duì)任何m值都成立．

顯然，當(dāng)m=±l時(shí)，上式中等號(hào)成立；否則，等號(hào)不成立．20.參考答案：[解]在σz表象中，哈密頓量表示為：

設(shè)t＞0時(shí)體系的自旋波函數(shù)為

代入含時(shí)薛定諤方程得到

結(jié)合(1)式和(3)式可得

其中令a(t)=c1(t)e-iωt/2，b(t)=c2(t)eiωt/2，代入(4)式和(5)式可得

令f(t)=c1(t)+c2(t)，g(t)=c1(t)-c2(t)，(6)式和(7)式相加或相減可得

解得

由初始條件，可得a(0)=0，b(0)=1．即c1(0)=0，c2(0)=1，所以

f(0)=1，g(0)=-1

(12)

因此

故有t＞0時(shí)刻波函數(shù)為

t＞0時(shí)粒子自旋沿z軸正向的概率為

21.參考答案：證明：本題是量子力學(xué)中的兩個(gè)定理，證明中要用到

由，得

證畢．

補(bǔ)充三維情況：

由于，，所以

對(duì)于定態(tài)，，所以在定態(tài)下有

22.參考答案：[解](1)粒子出現(xiàn)在V2基態(tài)的概率為：

(2)當(dāng)彈性系數(shù)加倍后，粒子在時(shí)刻t處于V2各偶宇稱態(tài)的疊加態(tài)：

當(dāng)彈性系數(shù)忽然恢復(fù)時(shí)，處在V1的基態(tài)的概率為

顯然，只要|Cn|2前系數(shù)的相因子一致，上式就等于1，即，從而

23.參考答案：解：根據(jù)已知條件，微擾哈密頓量為

其中為電子偶素的總自旋．

未微擾時(shí)，基態(tài)能量為

其中

是四度簡(jiǎn)并的，4個(gè)簡(jiǎn)并的波函數(shù)記做

φ1=ψ100χ11,φ2=ψ100χ10，φ3=ψ100χ1-1，φ4=ψ100χ00

在簡(jiǎn)并的態(tài)之間的微擾矩陣元

這是因?yàn)?個(gè)總自旋的本征態(tài)相互正交，它們都是的本征態(tài)，即微擾矩陣為對(duì)角矩陣，因此簡(jiǎn)并微擾可以用非簡(jiǎn)并微擾論來(lái)處理，對(duì)角元素就是能量一級(jí)修正．

考慮到微擾哈密頓量自旋部分與總自旋z分量無(wú)關(guān)，所以對(duì)自旋三重態(tài)，一級(jí)修正能量都相同，均為

對(duì)自旋單態(tài)

自旋三重態(tài)能量高于自旋單態(tài)的能量，它們之間的能量差為

將(3)式代入上式可得

24.參考答案：解：中子自旋為，為費(fèi)米子，體系的單粒子空間波函數(shù)為

單粒子自旋波函數(shù)為

(1)由于不考慮自旋相關(guān)力，兩粒子波函數(shù)可看成空間部分與自旋部分乘積．自旋波函數(shù)取為的本征態(tài)：

S=0為自旋單態(tài)，對(duì)粒子交換反對(duì)稱；S=1為自旋單態(tài)，對(duì)粒子交換對(duì)稱，空間波函數(shù)亦可對(duì)稱化與反對(duì)稱化：

總波函數(shù)為：

對(duì)應(yīng)的能量為：

對(duì)于基態(tài)：n=m=1，空間波函數(shù)對(duì)稱，自旋必是單態(tài)

(2)對(duì)于基態(tài)：

微擾V(x1，x2)=Dδ(x1-x2)與自旋無(wú)關(guān)，只考慮空間部分即可

基態(tài)能量為：25.參考答案：解：二維諧振子對(duì)應(yīng)的能級(jí)為：，n1、n2=0，1，2，…基態(tài)為：|00〉；第一激發(fā)態(tài)為|10〉或|01〉；第二激發(fā)態(tài)為|20〉，|11〉或|02〉

(1)取

現(xiàn)計(jì)算在簡(jiǎn)并3×3子空間中H'的矩陣元：

(利用了波函數(shù)和算子的宇稱特性，在宇稱下坐標(biāo)和動(dòng)量均為奇算符)

考慮到：

所以：

故

所以

考慮到的厄米性，可得在簡(jiǎn)并子空間的矩陣為

(2)零級(jí)近似波函數(shù)可表示為：

滿足久期方程為：

能級(jí)3重簡(jiǎn)并完全解除．

(a)對(duì)于，可得：

所以，聯(lián)系歸一化條件可得

(b)同理對(duì)于，可得：

(c)對(duì)于，可得：

所以一級(jí)修正值及對(duì)應(yīng)的零級(jí)波函

簡(jiǎn)并完全解除．26.參考答案：解：方法一：在動(dòng)量表象中將哈密頓量化為標(biāo)準(zhǔn)形式，然后給出結(jié)果．

取顯然變換不改變量子化條件(坐標(biāo)和動(dòng)量的對(duì)易關(guān)系)，上式改為

在動(dòng)量表象中

所以新哈密頓量的能級(jí)為

故能級(jí)改變?yōu)?/p>

方法二：利用Hellmann-Feynman定理求解．

令φn為的屬于本征值En的本征態(tài)，根據(jù)Hellmann-Feynman定理可得

因?yàn)?，所?/p>

故有

由(6)式和(8)式可得

因?yàn)?，因?9)式積分可得能量的改變量為

27.參考答案：解：粒子在半徑為R的圓環(huán)上運(yùn)動(dòng)，可視為繞垂直于四個(gè)質(zhì)點(diǎn)所在平面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)子，其哈密頓量為

其中轉(zhuǎn)動(dòng)慣量I=4μR2．則薛定諤方程為

解得：

(1)若粒子可分辨，則有周期性連接條件ψ(φ+2π)=ψ(φ)，結(jié)合(3)式可得

m=0，±1，+2，…

故能量本征值為

(2)若四個(gè)粒子不可分辨，體系具有的旋轉(zhuǎn)對(duì)稱性，此時(shí)連接條件為，所以m=4n，n=0，±1，±2，…，能量本征值為

28.參考答案：解：一維線性諧振子哈密頓量在能量表象下為對(duì)角矩陣，即

因?yàn)?/p>

而，所以在該態(tài)下能量平均為：

下面計(jì)算，由于

所以

同理：可求出29.參考答案：解：二重簡(jiǎn)并，各微擾矩陣元計(jì)算如下：

同理：

所以

因?yàn)闉榱W(xué)量，a、b為實(shí)數(shù)，故求的本征值即可．

所以

故能量修正為30.參考答案：解

圖1

圖2

本征值為

本征值對(duì)于本征態(tài)：

本征值對(duì)于本征態(tài)：

對(duì)于SG(Ⅱ)測(cè)量前體系狀態(tài)為，可將用S·n的本征態(tài)來(lái)展開

而兩束的相對(duì)數(shù)目之比即為概率之比，因總數(shù)目一定，所以

31.參考答案：[解]由一般不確定關(guān)系

取，對(duì)于任意波函數(shù)f有

故

代入(1)式得：，即．當(dāng)，則

所以φ完全不確定．32.參考答案：[解]t=0時(shí)電子處于氯原子基態(tài)：，其中a0為玻爾半徑．

t＞0時(shí)電子哈密頓量，p為守恒量，有共同本征態(tài)

將ψ(r，θ，φ)用展開

所以

因動(dòng)量為守恒量，故|Cp(t)|2=|Cp(0)|2，因此t＞0時(shí)測(cè)量電子動(dòng)量p的概率為：

33.參考答案：解：取表象，基矢為|1〉=|n〉與

體系哈密頓量表象的矩陣元計(jì)算如下

因?yàn)榈谋菊鲬B(tài)|ψ〉在表象可表示為

則定態(tài)方程為的矩陣表示為

解得

系統(tǒng)在t時(shí)刻波函數(shù)可由其本征態(tài)的疊加表示出，即

其中

因此

故有t時(shí)刻轉(zhuǎn)變成反中子的概率為

34.參考答案：解：設(shè)電磁場(chǎng)分別為ε=(ε，0，0)，B=(0，0，B)

(1)

取電磁場(chǎng)的標(biāo)、矢勢(shì)為

滿足關(guān)系

取守恒量完全集為，它們的共同本征函數(shù)可以寫成

其中Py和Pz為本征值，可取任意實(shí)數(shù)．ψ(x，y，z)滿足能量本征方程

因此ψ(x)滿足方程

亦即，對(duì)于ψ(x)來(lái)說(shuō)，H和下式等價(jià)：

其中

(6)式相當(dāng)于一維諧振子能量算符

再加上兩項(xiàng)常數(shù)，因此，本題能級(jí)為

其中Py，Pz為任意實(shí)數(shù)，n=0，1，2，…．

(4)式中ψ(x)為以(x-x0)為變量的一維諧振子的能量本征函數(shù)，即

ψ(x)=ψn(x-x0)=Hn(ε)e-ξ2/2

(9)

其中Hn(ξ)為厄米多項(xiàng)式，35.參考答案：解：微擾哈密頓量可以改寫成坐標(biāo)的形式．

未微擾系統(tǒng)的哈密頓量寫為

由位力定理可知：

因?yàn)?/p>

所以能級(jí)一級(jí)修正為

由上題可得

36.參考答案：[解]

方法一：令

由(3)式得

根據(jù)初始條件

可得

結(jié)合(5)式、(1)式、(4)式可得結(jié)果．

方法二：利用公式：

方法三：利用旋轉(zhuǎn)算符特征，利用繞y軸旋轉(zhuǎn)矩陣求解

因繞z軸旋轉(zhuǎn)矩陣為

經(jīng)輪換可得

故

37.參考答案：[解]，根據(jù)得到

即x=0為概率最大的位置．

動(dòng)能的平均值為

計(jì)算中運(yùn)用了積分

另解：由題所給狀態(tài)為定態(tài)，與定態(tài)函數(shù)比較可得，由位力定理知，38.參考答案：[解]

(1)證明

因?yàn)?/p>

對(duì)于自旋單態(tài)χ00，S=0，故σ1·σ2χ00=-3χ00，證畢．

(利用了χ00是S2的本征值為0的本征態(tài))

(2)0，因?yàn)閮蓚€(gè)電子不能同處于

(也可通過(guò)直接計(jì)算[α(1)α(2)]+χ00=0得到結(jié)論)

(3)取表象，對(duì)應(yīng)于本征值為的態(tài)為對(duì)應(yīng)于本征值為的態(tài)為

體系狀態(tài)為二者直積：

概率為：，主要是計(jì)算標(biāo)積因?yàn)椋?/p>

所以39.參考答案：[解]對(duì)于自旋為1的粒子

的屬于本征值的本征態(tài)為

由上述表達(dá)式容易證明：

(1)兩自旋為1的粒子在非耦合表象中的力學(xué)量完全集為，本征態(tài)為

α(1)α(2)，β(1)β(2)，γ(1)γ(2)，α(1)β(2)，β(1)α(2)

β(1)γ(2)，γ(1)β(2)，α(1)γ(2)，γ(1)α(2)

(2)兩自旋為1的粒子在非耦合表象中的力學(xué)量完全集本征態(tài)可由(1)問(wèn)中9個(gè)態(tài)線性疊加表示出來(lái)令總自旋S量子數(shù)為S，則由角動(dòng)量耦合理論可得

S=S1+S2，S1+S2-1，…，|S1-S2|，S=2，1，0

(2)

總自旋z分量的量子數(shù)ms及的共同本征態(tài)及簡(jiǎn)并度為

S=2:ms=2，1，0，-1，-2；本征態(tài)記做χ2ms，5重簡(jiǎn)并

S=1:ms=1，0，-1；本征態(tài)記做χ1ms，3重簡(jiǎn)并

S=0:ms=0；本征態(tài)記做χ00，非簡(jiǎn)并

考慮到，所以體系的能級(jí)為

能級(jí)列表如下：

(3)下面求解本征態(tài)的具體表達(dá)式

通過(guò)全同粒子的波函數(shù)的對(duì)稱化規(guī)則和(1)式容易得到：

χ2m和χ00為對(duì)稱波函數(shù)；χ1m為反對(duì)稱波函數(shù)．

具體表達(dá)式如下：

40.參考答案：[解]由題意，波函數(shù)在無(wú)窮遠(yuǎn)處為零，所以該定態(tài)問(wèn)題為束縛態(tài)問(wèn)題則動(dòng)能為

因此，總能為

定態(tài)波函數(shù)滿足定態(tài)薛定諤方程，所以有(自然單位制)

代入波函數(shù)可得

結(jié)合(2)式和(4)式可得

轉(zhuǎn)化為國(guó)際單位制，則有

顯然為一維諧振子勢(shì)場(chǎng)，勢(shì)能對(duì)應(yīng)的能量本征值為

41.參考答案：[解]

由已知條件可將B的本征態(tài)用A的本征態(tài)來(lái)表示如下：

在某個(gè)態(tài)測(cè)量A得到a1后塌縮到ψ1中測(cè)量B，可能測(cè)值為b1和b2，對(duì)應(yīng)的概率分別為此時(shí)體系處于B的

由(1)式知在中測(cè)量A可能值為a1的概率是．因此，第二次測(cè)量A仍得到a1的概率為42.參考答案：[解](1)表象中基矢為：

χ1=α(1)α(2)=|++〉，χ2=α(1)β(2)=|+-〉

χ3=β(1)α(2)=|++〉，χ4=β(1)β(2)=|+-〉

利用可得：

故：χ1，χ4已經(jīng)是的本征態(tài)，本征值為0．在χ2，χ3子空間中：

本征態(tài)可表為χ2，χ3的疊加：

φ=c2χ2+c3χ3

(3)

由久期方程可得：本征值為±V0．結(jié)合歸一化條件可得：

V0對(duì)應(yīng)本征函數(shù)為：

-V0對(duì)應(yīng)本征函數(shù)為：

(2)利用，結(jié)合可得

利用(4)式和(5)式可將ψ(t)改寫為非耦合表象的基矢的線性疊加(完備性)：

故處于α1=β2=0，α2=β1=1態(tài)，即χ3的概率為

43.參考答案：解：自由轉(zhuǎn)子的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為

其本征值和本征函數(shù)容易解出

加上均勻電場(chǎng)后，轉(zhuǎn)子與電場(chǎng)的作用能為

由于電場(chǎng)很弱，可將它看成微擾，微擾哈密頓量的矩陣元為

設(shè)

作展開

利用H'矩陣元表達(dá)式以及|m〉的正交性，易得

再設(shè)

則得各階微擾方程：

假設(shè)考慮的能級(jí)為，則由零級(jí)方程得

上式代入一級(jí)方程得

n=±k時(shí)得出E(1)=0

n≠±k時(shí)得出

上式代入二級(jí)方程得

取n=k，給出

對(duì)于基態(tài)，k=0，，有

所以

對(duì)于第一激發(fā)態(tài)，k=±1，，有

這樣得方程

解久期方程，得到

對(duì)于第二激發(fā)態(tài)，k=±2，，有

所以

于是，修正到二階的結(jié)果如下：

基態(tài)：

第一激發(fā)態(tài)

第二激發(fā)態(tài)44.參考答案：解：無(wú)外場(chǎng)作用時(shí)，，本征方程為

解得

微擾哈密頓量為(選x方向?yàn)棣欧较?

能量一級(jí)修正為E(1)=0

能量二級(jí)修正為

45.參考答案：解：一維無(wú)限深勢(shì)阱粒子波函數(shù)：

兩粒子(無(wú)相互作用)時(shí)：

(1)基態(tài)：

第一激發(fā)態(tài)：n=1，m=2或者n=2，m=1：

第二激發(fā)態(tài)：

第三激發(fā)態(tài)：n=1，m=3或者n=3，m=1；

(2)(a)兩自旋為1/2的全同粒子

空間波函數(shù)為

對(duì)稱：

反對(duì)稱：

自旋部分：

基態(tài)：n=m=1，，無(wú)簡(jiǎn)并

第一激發(fā)態(tài)：簡(jiǎn)并度為4

第二激發(fā)態(tài)：n=m=2，，無(wú)簡(jiǎn)并

第三激發(fā)態(tài)：簡(jiǎn)并度為4(b)兩自