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.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)簡并度．2.兩個(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)問題的理由)3.一個(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)阱中粒子能量沒有被測(cè)量經(jīng)過時(shí)間t后，彈性系數(shù)忽然回到了初值，問t等于多少時(shí)能使粒子態(tài)完全回復(fù)到V1的基態(tài)．4.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)5.電荷為q、質(zhì)量為μ的點(diǎn)粒子在沿z方向的均勻恒定磁場(chǎng)B中運(yùn)動(dòng)時(shí)的哈密頓量為

證明：力學(xué)量為守恒量．6.把傳導(dǎo)電子限制在金屬內(nèi)部的是金屬內(nèi)勢(shì)的一種平均勢(shì)，對(duì)于下列一維模型(如下圖所示)：

試就(1)E＞0；(2)-V0＜E＜0兩種情況計(jì)算接近金屬表面的傳導(dǎo)電子的反射和透射概率.7.已知位勢(shì)為V(r)時(shí)，力矩算子為，求證為軌道角動(dòng)量．8.考慮兩個(gè)質(zhì)量為m，自旋全同粒子的散射，設(shè)兩粒子的相互作用為

其中為泡利矩陣，A，B，α為常量，r為兩粒子間距離．在實(shí)驗(yàn)中，入射粒子與靶粒子皆為完全非極化．若探測(cè)器只對(duì)自旋向上的粒子計(jì)數(shù)，試在質(zhì)心系利用玻恩近似求對(duì)應(yīng)于該探測(cè)器的微分散射截面σ(θ)．9.在質(zhì)心系中，設(shè)有兩個(gè)電子碰撞，其散射振幅為f(θ)，試給出其微分截面．10.已知的本證值為，n=1，2，…．若系統(tǒng)變?yōu)?，求能?jí)的變化，11.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)，以一維情況為例說明V(t)的影響．12.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．

13.有一質(zhì)量為μ的粒子，在一維諧振子勢(shì)場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．在動(dòng)能的非相對(duì)論極限下，基態(tài)能考慮T與p的關(guān)系昀相對(duì)論修正，計(jì)算基態(tài)能級(jí)的移動(dòng)ΔE至階(C為光速)．14.軌道角動(dòng)量可以和外磁場(chǎng)的方向平行嗎?為什么?15.以角動(dòng)量為例說明算子對(duì)易關(guān)系的數(shù)學(xué)形式和物理意義16.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)問中的結(jié)果是呈什么關(guān)系?17.粒子被約束在半徑為r的圓周上運(yùn)動(dòng)

(1)設(shè)立“路障”進(jìn)一步限制粒子在的一段圓弧上運(yùn)動(dòng)：

求解粒子的能量本征值和本征函數(shù)．

(2)設(shè)粒子處在情形(1)的基態(tài)，求突然撤去“路障”后，粒子仍然處于最低能量態(tài)的概率是多少?18.氫原子處于基態(tài)，假定庫侖相互作用在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．19.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．20.一維諧振子勢(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．21.已知一維運(yùn)動(dòng)的粒子在歸一化的態(tài)ψ(x)中坐標(biāo)x和動(dòng)量px的平均值分別為x0和p0，求在態(tài)

中坐標(biāo)x和動(dòng)量px的平均值．22.的本征值分別為an，bn，在任一態(tài)|ψ〉先測(cè)得值an、再測(cè)得值bn的概率為P(an，bn)，而先測(cè)得得bn再測(cè)得an的概率為P(bn，an)．問：兩者相等的條件為何?試證之．23.設(shè)波函數(shù)是一維勢(shì)場(chǎng)V(x)中質(zhì)量為μ的粒子的能量本征態(tài)，其中A，n，a為常量，且已知當(dāng)x→∞時(shí)，V(x)=0．試求該本征態(tài)的能量E和位勢(shì)V(x)．24.一個(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?

25.兩個(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．26.什么是束縛態(tài)?束縛態(tài)有何特征?束縛態(tài)是否必為定態(tài)?反之如何，舉例說明.27.轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為l，電矩為P的平面剛性轉(zhuǎn)子置于均勻弱電場(chǎng)E中，已知電場(chǎng)是在轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)平面上，求能級(jí)的一級(jí)和二級(jí)修正值，并給出一級(jí)微擾下的波函數(shù)．28.具有一定能量E的粒子，沿x軸正方向射向勢(shì)壘

當(dāng)粒子的能量E=2U0時(shí)，粒子全部穿過；問當(dāng)E=U0時(shí)，粒子被反射回去的最小概率是多少?29.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?30.證明：在非相對(duì)論情況量子力學(xué)中，對(duì)于有心力場(chǎng)V(r)，任何單粒子能量(束縛)本征態(tài)滿足如下關(guān)系

其中ψ(0)是波函數(shù)在原點(diǎn)的值，V(r)是勢(shì)能，μ是粒子的質(zhì)量，是軌道角動(dòng)量算符的平方

分析：對(duì)于有心力場(chǎng)問題，取球坐標(biāo)是方便的，此時(shí)，體系的哈密頓量為

要證明的等式有兩個(gè)特點(diǎn)：

(i)|〉是的本征態(tài)，利用這個(gè)特點(diǎn)，可證

(2)由于，因此，要證明的等式右邊兩項(xiàng)，除了差一個(gè)常數(shù)因子之外，等于

綜合以上兩點(diǎn)，估計(jì)由即可證明本題要證的結(jié)論．31.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)簡并度，以及系統(tǒng)的本征函數(shù)．32.兩個(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．33.一體系由2個(gè)自旋為的非全同粒子組成，其間距離是固定的，二粒子間的相互作用為(其中c為常量)，設(shè)在t=0時(shí)刻，粒子1的自旋沿z軸正向，而粒子2的自旋沿該軸負(fù)向．求：

(1)在t時(shí)刻后，測(cè)量粒子1自旋仍處于z軸正向的概率；

(2)在t時(shí)刻后，測(cè)量粒子1與粒子2自旋均處于z軸正向的概率．34.有一個(gè)一維束縛體系(如一維諧振子)，其哈密頓量為，束縛定態(tài)記為|0〉，|1〉，|2〉，|3〉，…(均已經(jīng)歸一化)，相應(yīng)的能量本征值為ε0＜ε1＜ε2＜…現(xiàn)體系受到微擾作用，微擾哈密頓量可以表示為

其中λ為小的實(shí)數(shù)常量，A為已知的厄米算符．計(jì)算微擾修正后體系的束縛定態(tài)波函數(shù)(近似到λ的一階)和能級(jí)(要求準(zhǔn)確到λ二階)．35.質(zhì)量為μ，速度為v，能量為的粒子沿x軸方向運(yùn)動(dòng)、其位置測(cè)量的誤差為Δx，設(shè)，試由不確定關(guān)系導(dǎo)出能量和時(shí)間的不確定關(guān)系．36.電子在有心力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其中a，b是正數(shù)，r=|r|，求它的基態(tài)能量和函數(shù)．

37.若氚(3H)原子體系處在1s態(tài)，由于氚核不穩(wěn)定，發(fā)生如下的β衰變

求β衰變結(jié)束時(shí)，3He+的電子仍處在1s態(tài)的概率．38.質(zhì)量為μ的粒子在吸引δ勢(shì)V(x)=-Aδ(x)(A＞0)中運(yùn)動(dòng)，以諧振子基態(tài)型波函數(shù)為試探函數(shù)，求束縛態(tài)的近似能量．39.考慮兩個(gè)具有同樣頻率ω0的振子，哈密頓量為

記相應(yīng)于本征值的本征態(tài)為|n1，n2〉，零點(diǎn)能可略去．

在兩個(gè)振子具有相互作用后，其哈密頓量為

g為正實(shí)數(shù)．因?yàn)橛邢嗷プ饔茫蕓n1，n2〉不是的本征態(tài)．

(1)求的本征值(提示：可考慮使矩陣對(duì)角化)；

(2)設(shè)體系在t=0時(shí)，處在|n1=1，n2=0〉態(tài)，求t＞0時(shí)體系的態(tài)矢量；

(3)求在t＞0時(shí)，體系出現(xiàn)在|n1=0，n2=1〉態(tài)的概率．40.已知r是粒子到原點(diǎn)的距離，為一算子，并且有

求：41.一微觀粒子沿x軸自由運(yùn)動(dòng)，設(shè)t=0時(shí)刻測(cè)定其位置不確定量為Δx．計(jì)算t時(shí)刻測(cè)定該粒子位置時(shí)不確定量Δx為多大?42.處在三維各向同性諧振子的第一激發(fā)態(tài)的粒子，受微擾axy(a為常量)作用，求能量一級(jí)修正．43.一束自旋為的粒子進(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SG(Ⅱ)后又被分成兩束．求這兩束的相對(duì)數(shù)目之比．44.一個(gè)量子點(diǎn)中的單電子能級(jí)有兩個(gè)本征值ε1和ε2，并且都是非簡并的，其中ε1＜ε2，它們相應(yīng)的單電子空間波函數(shù)分別為f(r)和g(r)．試求該量子點(diǎn)中有兩個(gè)電子時(shí)(電子的自旋為1/2)，基態(tài)和第一激發(fā)態(tài)的波函數(shù)和能級(jí)簡并度(假定電子間無相互作用)．45.試求，θ是一恒定的角度值．46.以z軸為球坐標(biāo)的極軸，說明，設(shè)氫原子中電子角動(dòng)量Lz被確定到的5%，說明此時(shí)坐標(biāo)φ完全不確定．47.設(shè)試探波函數(shù)為ψ(x)=e-λ|x|(λ＞0)，試用變分法計(jì)算一維諧振子的基態(tài)能量，并解釋與嚴(yán)格解差異的主要來源．48.一個(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/s49.設(shè)硼原子(原子序數(shù)為5)受到的微擾作用，在簡并微擾一級(jí)近似下：

(1)論答：其價(jià)電子2p能級(jí)分裂為幾個(gè)能級(jí)?

(2)若已知其一個(gè)能級(jí)移動(dòng)值為A＞0，則其余諸能級(jí)移動(dòng)值為多少?

(3)求出各分裂能級(jí)對(duì)應(yīng)的波函數(shù)(用原來的諸2p波函數(shù)表達(dá))．50.算符表示同一體系的兩個(gè)力學(xué)量，它們是可對(duì)易的．問在有確定值的態(tài)ψf中，是否一定也有確定值?試就的本征值沒有簡并和有簡并兩種情況分別論述之，并對(duì)后者以氫原子中的電子狀態(tài)為例說明之．第1卷參考答案一.歷年考點(diǎn)試題黑鉆版1.參考答案：[解]令，則有

所以

系統(tǒng)的哈密頓量可表示為

選取系統(tǒng)的力學(xué)量完全集為，系統(tǒng)的本征函數(shù)為|s12sms〉．則

由兩電子耦合規(guī)則可知，量子數(shù)取值為

因此，能量本征值為

系統(tǒng)的能級(jí)與ms無關(guān)，簡并度為2s+1．本征值和簡并度，列表如下：

討論：若A=B，有

所以

顯然|sms〉是的本征態(tài)

由3個(gè)量子數(shù)為的自旋合成的總自旋量子數(shù)為有兩種方式：

故能級(jí)和簡并度如下：

2.參考答案：[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3.參考答案：[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

4.參考答案：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．5.參考答案：證明：因?yàn)榱W(xué)量r不顯含時(shí)間，故只需證明它與系統(tǒng)的哈密頓量對(duì)易．

證畢．6.參考答案：[解]把代入薛定諤方程，有

x＜0區(qū)域

x＞0區(qū)域

方程的通解為：

(1)對(duì)于E＞0，電子波函數(shù)為

顯然D=0，由x=0處連續(xù)性得：A+B=C，q(A-B)=pC，所以

計(jì)算概率流密度可得

所以透射系數(shù)和反射系數(shù)分別為

(2)在-V0＜E＜0下，則

在x＞0時(shí)的有界的解是

ψ2=Ce-(x/2d)

其中

由x=0處的連續(xù)性可得

A+B=C

由此得到：

將系數(shù)之間的比例表達(dá)式代入，則在x＞0處有

7.參考答案：[證明]

因?yàn)?，?/p>

證畢．8.參考答案：解：不失一般性，取自旋沿著n方向的投影

因?yàn)閷?duì)于單態(tài)和三重態(tài)：

相互作用勢(shì)可簡記為，由玻恩近似得

其中為折合質(zhì)量，對(duì)單態(tài)和三態(tài)，分別對(duì)稱化和反對(duì)稱化后得：

其中考慮由于高能散射，，相應(yīng)在上式中作了近似．由于初態(tài)完全非極化，散射后體系的狀態(tài)為

四種情況，各占概率，對(duì)于終態(tài)我們僅關(guān)心一個(gè)粒子的自旋，由于波函數(shù)已經(jīng)對(duì)稱化，容易證明對(duì)任何粒子1的測(cè)量值和對(duì)粒子2的測(cè)量值是相等的．

〈Ψ12|O1|Ψ12〉=〈Ψ12|P12(P12O1P12)P12|Ψ12〉=〈Ψ12|(-1)(O2)(-1)|Ψ12〉

=〈Ψ12|O2|Ψ12〉

因此以下只考慮粒子1自旋向上的可能狀態(tài)，這只有兩種情況↑↑，↑↓能滿足條件．因此，微分散射截面為：

9.參考答案：全同粒子微分截面應(yīng)由f(θ)f(π-θ)二項(xiàng)構(gòu)成，電子是費(fèi)米子，總波函數(shù)應(yīng)反對(duì)稱．

(a)對(duì)于總自旋S=0態(tài)，自旋波函數(shù)反對(duì)稱，空間波函數(shù)應(yīng)對(duì)稱：

σS(θ)=|f(θ)+f(π-θ)|2

=|f(θ)|2+|f(π-θ)|2+[f*(θ)f(π-θ)+c.c.]

(b)對(duì)總自旋S=1態(tài)，自旋波函數(shù)對(duì)稱，空間波函數(shù)應(yīng)反對(duì)稱：

σA(θ)=|f(θ)-f(π-θ)|2

=|f(θ)|2+|f(π-θ)|2-[f*(θ)f(π-θ)+c.c.]10.參考答案：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)椋?/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

11.參考答案：[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．12.參考答案：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

是四度簡并的，4個(gè)簡并的波函數(shù)記做

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

在簡并的態(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，因此簡并微擾可以用非簡并微擾論來處理，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

13.參考答案：解：方法一：由微擾論知基態(tài)能級(jí)的移動(dòng)為：

考慮到

由可得

近似到階的基態(tài)能級(jí)的移動(dòng)為

方法二：利用產(chǎn)生算符和湮沒算符計(jì)算．

由式知，可考察勢(shì)能和勢(shì)能平方的平均值．鑒于諧振子問題中，動(dòng)能平均和勢(shì)能相等，故式中前兩項(xiàng)抵消．所以僅需要計(jì)算勢(shì)能平方的平均．利用，結(jié)合，可得

故

對(duì)于基態(tài)，取n=0可得

14.參考答案：[解]軌道角動(dòng)量不能和外磁場(chǎng)的方向平行，因?yàn)樵谕獯艌?chǎng)中，原子的附加能量為-μ·B，而，此項(xiàng)能量，當(dāng)L和B平行時(shí)，原子處于激發(fā)態(tài)，不能穩(wěn)定．15.參考答案：[解]角動(dòng)量算符各分量之間有對(duì)易關(guān)系式：；角動(dòng)量平方算符與各分量對(duì)易即：．由角動(dòng)量算符的對(duì)易式，我們可以寫出任意兩個(gè)代表力學(xué)量的厄米算符對(duì)易關(guān)系的普遍形式：

(1)當(dāng)為非零算符時(shí)(可為常算符如)：

力學(xué)量A，B存在著互相制約關(guān)系，〈C〉表示量子力學(xué)中平均值一般情況下，〈c〉≠0，A，B不能同時(shí)取確定值；在特殊情況下〈C〉=0，A，B可以同時(shí)取確定值，可以有共同的本征態(tài)，但無共同本征態(tài)的完全集例如：在l2，lz的共同本征態(tài)|lm〉下，當(dāng)l=0，m=0時(shí)，Δlz=0，Δly=Δlx=0，即lx，ly，lz在態(tài)|00〉下，都同時(shí)取確定值．

(2)當(dāng)為零算符時(shí)：

，ΔAΔB≥0，表明A，B無制約關(guān)系，可以同時(shí)取確定值，它們存在共同本征態(tài)的完全集如：對(duì)易，{|lm〉}，l=0，1，2，3，…，m=0，1，2，3…，±l為其共同本征態(tài)的完全集．

綜上所述，對(duì)易式，反映了量子力學(xué)中，力學(xué)量的相互制約程度，這也正是導(dǎo)致一些力學(xué)量只能是量子化的原因，若一切力學(xué)量都相互對(duì)易，即量子力學(xué)就回到經(jīng)典力學(xué)．16.參考答案：解：本題中未對(duì)角化，需要首先求解的本征態(tài)．

(1)的本征值與本征函數(shù)

對(duì)應(yīng)本征函數(shù)分別為：

(2)基態(tài)：

鑒于給定的H0矩陣非對(duì)角，需要先計(jì)算微擾矩陣元：

同理有：

所以，近似到二級(jí)近似基態(tài)能量為

(3)精確解

存在非零本征值的條件是久期方程對(duì)應(yīng)的行列式為零，即有

所以：

解得：

討論：由于，所以有

化簡并整理得，體系的能級(jí)(從小到大排列)為：

即基態(tài)的精確解在泰勒展開到一級(jí)項(xiàng)時(shí)，可得(2)問中結(jié)果．17.參考答案：[解](1)本題為繞定軸轉(zhuǎn)動(dòng)問題不妨取過圓心軸為z軸，則哈密頓量為：

當(dāng)0＜φ＜φ0時(shí)：

即

所以

取ψ(φ)=Asin(kφ)+Bcos(kφ)

(3)

當(dāng)φ0＜φ＜2π時(shí)：故ψ(φ)=0

(4)

根據(jù)連續(xù)性條件

ψ(0)=ψ(2π)得B=0

(5)

ψ(φ0)=ψ(2π)得Asin(kφ0)=0

(6)

故有：sin(kφ0)=0，則kφ0=nπ，n=1，2，3，…即：n=1，2，3…

由歸一化條件得

故，n=1，2，3，…，相應(yīng)得本征函數(shù)為：

(2)突然撤去“路障”時(shí)，粒子處于基態(tài)ψn(φ)(n=1)，撤去“路障”后，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，為本征態(tài)

最低能量時(shí)m=0，

處于最低能量態(tài)的概率為：

18.參考答案：[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：

19.參考答案：[解]由題意，波函數(shù)在無窮遠(yuǎn)處為零，所以該定態(tài)問題為束縛態(tài)問題則動(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

20.參考答案：[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．21.參考答案：[解]已知

而，故有：

22.參考答案：[解]，其中cn=〈an|ψ〉在態(tài)|ψ〉中測(cè)得an值的概率為|cn|2=|〈an|ψ〉|2，在|ψ〉下測(cè)得an后狀態(tài)變?yōu)閨an〉，所以在態(tài)|an〉下測(cè)得bn，的概率為|〈bn|an〉|2，即

P(an，bn)=|〈an|ψ〉|2·|〈bn|an〉|2

(1)

同理可以求出在態(tài)|ψ〉下先測(cè)得bn再測(cè)得an的概率為

P(bn，an)=|〈bn|ψ〉|2·|〈an|bn〉|2

(2)

要使(1)式和(2)式相等對(duì)一切n都成立，需要

|〈an|ψ〉|2=|〈bn|ψ〉|2

(3)

而|ψ〉任意，故|an〉=|bn〉對(duì)一切的n都成立，所以有共同的完全的本征函數(shù)系且不簡并為兩概率相等的條件．23.參考答案：[解]充分利用定態(tài)的邊界條件定出能級(jí)，然后得到勢(shì)能．

代入一維定態(tài)薛定諤方程可得

由邊界條件(波函數(shù)有限性條件)：當(dāng)x→∞時(shí)，V(x)=0可得能級(jí)

(3)式代入(2)式可得位勢(shì)

24.參考答案：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)25.參考答案：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

26.參考答案：通常把無限遠(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，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)．27.參考答案：解：無微擾時(shí)，設(shè)轉(zhuǎn)軸為z軸，則有

由本征方程和周期性邊界條件ψ(2π+φ)=ψ(φ)，可解得本征值和本征函數(shù)分別為

設(shè)電場(chǎng)沿x方向，則微擾項(xiàng)為

則微擾矩陣元

由于，所以可按無簡并微擾處理．由微擾論，能量的修正為

波函數(shù)的一級(jí)修正為

故準(zhǔn)確到一級(jí)修正項(xiàng)的波函數(shù)為

28.參考答案：[解]粒子從左邊入射，經(jīng)勢(shì)壘散射后走向無窮遠(yuǎn)處，入射前與散射后均為平面波．

(1)E＞U0情況下：

入射區(qū)波函數(shù)：ψⅠ=eikx+re-ikx(x＜0)

(1)

透射區(qū)波函數(shù)：ψⅢ=teikx

(2)

在散射區(qū)(0＜x＜a)：令

ψⅡ=Beik'x+B'e-ik'x．(3)

根據(jù)連續(xù)性條件：

可得：

1+r=B+B'

ik-ikr=k'B-k'B'

Beik'a+B'e-ik'a=teika

iBk'eik'a-iB'k'e-ik'a=ikteika

聯(lián)立解得反射系數(shù)

在E=2U0時(shí)全透射，所以R為零，于是有

所以：

(2)E=U0情形

在散射區(qū)(0＜x＜a)：定態(tài)薛定諤方程為ψ"=0．其解可寫為

ψⅡ=A+Cx．(8)

其他區(qū)域的解與(1)問相同，波函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)連續(xù)的條件給出：

由此可得

反射系數(shù)

將(7)式代入(11)可得

所以最小反射系數(shù)為(n=1)

29.參考答案：[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．30.參考答案：[證明]因，故有

|〉是H的本征態(tài)，可令|〉=Rnl(r)Ylm(θ，φ)，則

但，故有結(jié)論．31.參考答案：[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)問中9個(gè)態(tài)線性疊加表示出來令總自旋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)及簡并度為

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

S=1:ms=1，0，-1；本征態(tài)記做χ1ms，3重簡并

S=0:ms=0；本征態(tài)記做χ00，非簡并

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：

32.參考答案：[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

33.參考答案：[解]取耦合表象，則，顯然自旋三重態(tài)和自旋單態(tài)為其本征態(tài)．系統(tǒng)的本征值和本征函數(shù)為

將初始時(shí)刻的波函數(shù)按照本征態(tài)來展開可得

所以

即：粒子1自旋處于z軸正向的概率為

粒子1與粒子2自旋均處于z軸正向的概率為034.參考答案：解：一維束縛體系非簡并，根據(jù)非簡并微擾論，第n個(gè)束縛定態(tài)一級(jí)微擾修正為

(1)準(zhǔn)確到一級(jí)微擾，微擾后體系的第n個(gè)束縛定態(tài)為

其中

將(3)式代入(2)式可得

因?yàn)槭`定態(tài)|0〉，|1〉，|2〉，|3〉，…均已經(jīng)歸一化，考慮到它們的完備性(4)式可表示為

其中為厄米算符在|n〉態(tài)下的平均值，由(5)式知態(tài)的一級(jí)修正為

(2)能量的二級(jí)微擾修正為

故準(zhǔn)確到二級(jí)微擾能量為

35.參考答案：[解]由可得，故

所以

故

36.參考答案：[解]設(shè)粒子的徑向波函數(shù)為：R(r)=χ(r)/r，則χ(r)滿足方程

對(duì)于基態(tài)l=0，只有徑向波函數(shù)才有意義由于V(r)=0，令，則問題化為下列邊值問題：

由χ(a)=0定出解的形式為

χ(r)=asink(r-a)

(3)

由χ(b)=0可得k的可能值

k=nπ/(b-a)，n=1，2，…

(4)

粒子處于基態(tài)時(shí)，相應(yīng)的n=1，于是得到基態(tài)能量：

由歸一化條件可得

故歸一化的基態(tài)徑向波函數(shù)為

而基態(tài)歸一化波函數(shù)為

其中來自于球諧函數(shù)部分．37.參考答案：[解]由于β衰變是在核內(nèi)發(fā)生、歷時(shí)極短，故在β衰變前后，體系的狀態(tài)沒有變化，也就是說，題中給的波函數(shù)既描述β衰變前體系的狀態(tài)，也描述β衰變后體系的狀態(tài)要求的是3He+處在1s態(tài)的概率為此，要先求出3He+的基態(tài)波函數(shù)．將ψ按3He+的能量本征函數(shù)展開

則|C0|2就是所求解答．

氫原子的玻爾半徑為，3He+的Z=2，故其基態(tài)半徑為a0/2．3He+基態(tài)波函數(shù)(lS)為，于是

故所求3He+處在1s態(tài)的概率為|C0|2=0.702338.參考答案：解：諧振子基態(tài)型波函數(shù)的形式為

ψ(x)=Ne-αx2

(1)

其中α為變分參量．

粒子在勢(shì)場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的哈密頓量為

能量在試探波函數(shù)下的平均值為

對(duì)參數(shù)變分求極值

解得

將(4)式代入(3)式得近似能量為

39.參考答案：解：|n1n2〉為共同本征態(tài)．

(1)對(duì)角化矩陣

引入算符表達(dá)式可得：

其中

(2)t=0時(shí)：|n1=1，n2=0〉，取

由含時(shí)薛定諤方程可知

故有

(1)式+(2)式得

(1)式-(2)式得

從(3)式、(4)式可求得

(5)式+(6)式得

(5)式-(6)式解得

故t＞0時(shí)態(tài)矢為

(3)t＞0時(shí)，體系出現(xiàn)在|n1=0，n2=1〉態(tài)概率為：40.參考答案：[解]因?yàn)?，所以可?/p>

比較兩式得：

解出

所以41.參考答案：[解]自由粒子，由于，所以

而p=p0，Δp=Δp0，所以42.參考答案：解：三維各向同性諧振子能級(jí)和波函數(shù)可寫為：

基態(tài)為：nx+ny+nz=0，N=0，

第一激發(fā)態(tài)為：nx=1，ny=nz=0或ny=1，nx=nz=0或nz=1，nx=ny=0，三重簡并(f=3)，N=1，；記：