量子力学期末考试题及解答

1 一、 波函数及薛定谔方程 子数）守恒的微分表达式 ; ,w r t J r t 解答：由波函数的概率波解释可知，当 ,已经归一化时，坐标的取值概率密度为 2, , , ,w r t r t r t r t （ 1） 将上式的两端分别对时间 t 求偏微商，得到 , , ,w r t r t r tr t r tt t t （ 2） 若位势为实数，即 V r V r ，则薛定谔方程及其复共轭方程可以分别改写如下形式 2, ,2rt i h ir t V r r tt m h （ 3） 2, ,2rt i h ir t V r r tt m h （ 4） 将上述两式代入（ 2）式，得到 22, , , , ,2rt ih r t r t r t r , , , ,2ih r t r t r t r （ 5） 若令 , , , , ,2r t r t r t r t r （ 6） 有 , , 0w r t J r （ 7） 此即概率（粒子数）守恒的微分表达式。 2211e x p 2x C x 求其坐标取值概率密度最大的位置，其中实常数 0 。 解答：欲求取值概率必须先将波函数归一化，由波函数的归一化条件可知 2 2 2 2 2 21 e x p 1x d x C x x d x （ 1） 利用积分公示 2 2 21102 1 ! !e x x d x （ 2） 可以得到归一化常数为 32C （ 3） 坐标的取值概率密度为 32 2 2 212 e x pw x x x x （ 4） 由坐标概率密度取极值的条件 3 2 3 2 22 2 2 e x p 0d w x x x （ 5） 知 们分别是 10, ,x （ 6） 为了确定极大值，需要计算 23 2 2 2 2 3 2 222 2 6 2 2 2 e x pd w x x x x x 3 2 2 4 4 2 22 2 1 0 4 e x px x x （ 7） 于是有 232 04 0xd 取极小值 （ 8） 22 0xd 取极小值 （ 9） 2312 8 0xd e 取极大值 （ 10） 最后得到坐标概率密度的最大值为 3 211 1 2w x （ 11） 0000xv x x av x a 求粒子能量 E 在00 范围内的解。 解答：按位势的不同将求解区间分为三个，分别记为 I、 三个区域中，满足有限性要求的波函数分别为 2130s i ne x k x（ 1） 其中 2 2） 02 m V （ 3） 由 0x 处的连接条件 120 0 0（ 4） 知 A （ 5） 即要求 n 0 , 1, 2 ,n （ 6） 于是 2 s i n 1 s i k x n A k x （ 7） 再由 处的连接条件 23/（ 8） 得到 1 s i n e x p1 c o s e x k a B xA k k a B x （ 9） 由上式可得 4 co t （ 10） 此即能量本征值满足的超越方程。该方程只能用数值法求解或用图解法求解。 由于余切为负值，所以角度 第 2 或第 4 象限。若令 002 11） 则式（ 10）可以写成 0s in （ 12） 若用作图法求解上式，则其解是曲线 1 13） 与 2 0 （ 14） 在第 2 或第 4 象限的交点。 4. 带电线性谐振子受到一个 x 方向均匀电场0的作用，求其能级。设该线性谐振子的质量为 m 、电荷为 q 、角频率为 。 解答：在均匀电场作用下，带电谐振子的哈密顿算符为 22 22021 22m x q xm d x （ 1） 设哈密顿算符满足本证方程 n n nH x E x（ 2） 利用配方的方法改写其势能项为 22012V x m x q x2 2222 0 0 02 2 221 q q qm x xm m m 2 222 0022122 （ 3） 若令 02 （ 4） 22022m （ 5） 5 则定态薛定谔方程可以写为 22 222122hd m X X E Xm d X （ 6） 此即正常的线性谐振子的能量本证方程，它的解为 12E n h (7) 利用式（ 4）、（ 5）可 以得到电场中线谐振子的本证解为 220 2122n qE n h m （ 8） 22 00221e x n x H （ 9） 221e x x x 求粒子的能量及所处的位势。其中， A 为归一化常数， 。 解答：将一维束缚定态薛定谔方程 222hd x V x x E xm d x （ 1） 改写为 222d xh x （ 2） 利用已知的波函数 x ，计算它的一阶导数 221e x p 2 x xd x d x 2 2 2 211 e x x x （ 3） 进而求出 x 的二阶导数 2 2 2 2 211 e x x xd x d x 6 2 2 4 3 2 22 4 212 e x x x x （ 4） 将上式代入式（ 2） ,得到 2 2 4 2 2322x E （ 5） 若取 0x 处的位势为零，则能量本征值为 2232 hE m（ 6） 将上式代入（ 5）式，立即得到位势的形式 42 22 hV x （ 7） m 的粒子处于一维势阱之中 0000xV x V x 式中，0 0V。若粒子具有一个 04的本征态，试确定此势阱的宽度。 解答：对于 0 04 的情况，三个区域中的波函数分别为 1230s i ne x k x（ 1） 式中 02 m E ， 2（ 2） 利用波函数在 0x 处的连接条件知， , 0 , 1 , 2 , 。取 0 ，于是 2 s i （ 3） 在 处，利用波函数及其一阶导数连续的条件 /1 2 1 2,a a a a （ 4） 得到 s i n e x pA k a B a c o s e x pA k k a B a （ 5） 7 于是有 （ 6） 此即能量满足的超越方程。 当 04时，由于 00033 2t a n 32 12mV （ 7） 故 03 , 1 , 2 , 3 ,23mV a n （ 8） 最后，得到势阱的宽度为 02133（ 9） 0 000x 若0 0V， 0E ，求在 0x 处的反射系数和透射系数。 解答：具有能量 E 的粒子由左方入射，在两个区域中的波函数分别为 1 1 1e x p e x i k x B i k x （ 1） 22e x ik x （ 2） 式中 0122 2;m E V （ 3） 利用波函数在 0x 处的连接条件，得到 A B C ；21 （ 4） 将 B 、 C 用 A 来表示，则有 1212 ； 1122 （ 5） 于是反射系数 R 与透射系数 T 分别为 8 21212 ； 122124（ 6） 把式（ 3）代入式（ 6）得到反射系数 R 为 2 20 040 0E V E E E V E (7) 进而可得透射系数为 0204 E E E(8) 当0时，有 20216 （ 9） m 的粒子处于一维位势 00000xV x x aV x a 中，写出其能量本征值0满足的方程。 9. 设质量为 m 的粒子处于一维势阱之中 00000xV x x aV x a 若已知该粒子在此阱中存在一个能量为态 02试确定此势阱的宽度 a 。 解答：三个区域中的波函数分别为 1230s i ne x k x（ 1） 式中 02 m E ， 2（ 2） 9 利用波函数在 0x 处的连接条件知， , 0 , 1 , 2 , 。取 0 ，于是 2 s （ 3） 在 处，利用波函数及其一阶导数连续的 条件 /1 2 1 2,a a a a （ 4） 得到 s i n e x pA k a B a c o s e x pA k k a B a （ 5） 于是有 （ 6） 此即能量满足的超越方程。 x 轴方向运动其波函数为 1 Ax ，试求： （ 1）将此波函数归一化； （ 2）求出粒子按坐标的概率密度分布函数； （ 3）问在何处找到粒子的概率最大？为多少？ 解答：（ 1） x 的共轭复数为 1 Ax 利用归一化条件 22 11Ax x d x d 得到 1A归一化后的波函数为 11 （ 2）粒子的概率密度为 2221Aw x x x x x 其中， 1A，得到 221 1 x （ 1） 概率最大时： 10 m a ,d w x x w m 的粒子在一维无限深方势阱中运动。求粒子在阱内外的能量本征值和本征函数。 二、 力学量的算符表示 ,于任意的波函数 x ，有 ,x x xx p x x p x p x x /i h x x x x xi h x 由于 x 是一个任意的波函数，所以 ,xx p ,x 解答：对于任意的波函数 x ，有 , x x x x x x x x x 2 2 由于 x 是一个任意的波函数，所以 ,2 ,xf x p解答：对于任意的波函数 x ，有 / / /, xf x p x i h f x x f x x f x x /x x 由于 x 是一个任意的波函数，所以 ,x df x p ih f 11 L r p ，计算 ,，其中 x z yL y p z p i h y 解答：利用对易子代数的运算规则，有 ,x y z y x y p z p z p x p ,z y x z y zy p z p z p y p z p x p , , , ,z x y x z z y zy p z p z p z p y p x p z p x p ,z x z yy p z p x z p p x p y p ih z L r p ，计算 ,，其中 y x zL z p x p i h z 解答：利用对易子代数的运算规则，有 ,y z x z y z p x p x p y p ,x z y x z xz p x p x p z p x p y p , , , ,x y z y x x z xz p x p x p x p z p y p x p y p ,x y x zz p x p y x p p yp = L r p ，计算 ,，其中 z y xL x p y p i h x 解答：利用对易子代数的运算规则，有 ,z x y x z x p y p y p z p ,y x z y x yx p y p y p x p y p z p , , , ,y z x z y y x yx p y p y p y p x p z p y p z p 12 ,y z y xx p y p z y p p zp 22 p x 厄密算符。 证明：因为 2x 不对易， 2以不能直接判断算符 22 p x 的厄密性质，但是 2 2 2 , , , 2x x x x x x x xi p x x p i p x i p p x i p x p h p 因为 以 22 p x 是厄密算符。 22 x 厄密算符。 证明：利用 x 与 A B A B ， A 得到 2 2 2 2 2 2 x x x x x xp x x p p x x p x p p x 显然， 22 x 自共轭算符，所以它是厄密算符。 证明：利用厄密算符的定义，取任意状态 x ，有 A x A x d x x A x d x A 所以厄密算符 A 在任意态 x 下的平均值 A 总是实数。 用厄密算符 A 属于本征值 n x左乘 n n nA x a x然后对全空间做积分，并利用 n x的归一化条件，得到 n n n n n x d x a x x d x a 上式的左端就是算符 A 在其本征态 n x下的平均值，于是有 13 于厄密算符 A 在任意态 x 下的平均值 A 都是实数，所以厄密算符的本征值一定是实数。 证明：对于算符 A 的任意两个归一化的本证函数 m x与 n x，利用算符 A 的厄密性质 n m m x d x x A x d x （ 1） 可得 m n m n m na x x d x a x x d x （ 2） 整理得 0m n n ma a x x d x(3) 当 时， 0x d x (4) 当 时，由本证函数的归一化条件知 1x d x (5) 上述两式可以统一写成 n m m nx x d x (6) 上式就是厄密算符本证函数的正交归一化条件。 算符 A 与 B 分别满足本证方程 n n 和 n n 则必有 ,0。 证明：当算符 A 和 B 有共同本证函数系 n时，利用 n n 和 n n 有 n n n n n a B a b (1) n n n n n b A b a (2) 将上述两式相减，立即得到 ,0(3) 14 对于任意状态 ，总可以向完备系 n展开，即 (4) 用 ,从左作用上式两端，利用式（ 3）得到 , , 0 C A B (5) 根据 的任意性知 ,0 (6) A 与 B 满足对易关系 ,0，且算符 A 满足本证方程 n n 的本征值n也是算符 B 的本征态。 证明： n n （ 1） 用算符 B 作用（ 1）式两端，有 n n n A B a B （ 2） 由上式可知 是算符 A 的对应本征值与n只能差一个常数，若设其为有 n n （ 3） 说明n不但是算符 A 的本征态，而且也是算符 B 的本征态。 ,F t x t F x t d x （ 1） ,t f w f t （ 2） 是等价的。式中 ,nw f t为 t 时刻在 ,态上测量 F 得 先由（ 1） （ 2） 在状态 ,上，力学量 F 的平均值为 ,F t x t F x t d x m m n t x F c t x d x 15 2f c t 由力学量平均值的定义可知，展开系数的模方 2t 时刻在状态 ,上测量力学量F 得 的概率，故取值概率和平均值分别为 2,f t c t 2t f c t 再由（ 2） （ 1） 由展开假定可知 2,f t c t其中展开系数为 ,t x x t d x 将上述两式代入（ 2）式，利用封闭关系 /x x x x ，得到 2t f c t / / /,f x x t d x x x t d x / / /,x t d x f x x t d x / / / x x t d x F x x t d x / / /,x t d x F x t x x d x ,x t F x t d x 2 1 2 0 3 15 1 1, , , ,33 3Y Y Y 求（ 1）在 , 上 分别测量 2L 和 （ 2）在 , 上同时测量 2L 和得 226， 2212，概率； （ 3）先在 , 上测量 2L 得到 212h 后，紧接着测量 16 （ 4）先在 , 上测量h 后，紧接着测量 2L 的可能取值与相应的取值概率。 解答：首先，判断 , 是否是归一化的状态，由 ,l m l 知 2 1 2 0 3 15 1 1;33 3c c c 其余 0。于是有 2 5 1 1 1993c 所以 , 已经是归一化的状态。 其次，计算四种情况下各力学量的可能取值与相应的取值概率。 （ 1）在 , 态上，算符 2L 的本征值 221 , 2 , 3L l l h l 相应的取值概率公式为 2221 l l h c 具体计算结果为 22222 1 2 0 26 3w L h c c 22231 112 3w L h c 算符 ; 0 , 1zL m h m相应的取值概率公式为 2z m h c具体计算结果为 220 10 9 c 222 1 3 1 89 h c c （ 2）因为算符 2L 与 以两者有共同的本证函数系 ,，并且可 17 以同时取确定值。相应的取值概率分别为 22221 56, 9 h L h c 22231 11 2 , 3 h L h c （ 3）先在状态 , 上测量 2L 得 2212后，状态 , 已经变到 2L 的本征态 31 ,Y 上，而它恰好是 对应本征值 的本征态，所以这时再测量 将得到确定值 h ，或者说，测量值概率是 1。但是，由于在状态 , 上测量 2L 得2212的概率是 13，所以，如果从 , 出发，则测得概率应是 13。 （ 4）在状态 , 上测量，使得状态 , 变到一个新的状态 2 1 3 151, , ,3 3 为了求出在 , 上 2L 的可能取值与相应的取值概率，必须将 , 归一化，令 2 1 3 151, , ,3 3C Y Y 于是由 2 51 193C 得 98C归一化后的 , 为 2 1 3 153, , ,88 在状态 , 上测量 2L 得 226和 2212的概率分别为 22568w L h 223128w L h如果从状 态 , 出发，则相应的取值概率分别为 18 22 8 5 56 9 8 9w L h 22 8 3 112 9 8 3w L h ,d F F i t t h 推导 :在任意满足薛定谔方程的状态 ,上，力学量 F 的平均值为 ,F t x t F x t d x （ 1） 将上式两端对时间 t 求导，有 , , , ,d F t x t F x t d x x t F x t d xd t t t ,x t F x t d （ 2） 由薛定谔方程及其共轭方程知 ,ix t H x t d ,ix t H x （ 3） 当 ，将式（ 3）代入式（ 2），并且利用 H 的厄密性质，有 , , , , ,t x t H F x t d x x t F x t d xd t h t （ 4） ,t F H Fd t t h （ 5） 引入一个新的算符 是用算符的平均值定义的，即 dF d 6） 算符 F 的时间微分算符。由（ 5）式可知 ,d F F i t t h （ 7） 19 16.理 若哈密顿算符为 21 2H T V p V (1) 对于定态而言，则有 12T r V r (2) 证明：因为 ,p H r pd t h (3) 将（ 1）式代入（ 3）式，得到 21 ,2d i ir p p r p V r r pd t h m h （ 4） 其中 2211 ,2i p r p ph m m（ 5） ,i V r r p r V （ 6） 于是有 21 d r p p r V rd t m （ 7） 对于定态而言，因为 , , 0 e x t r E （ 8） 所以 , 0 e x p , 0 e x p r E t r p r E t , 0 , 0E Er r p r d （ 9） 上式与时间无关，故有 0d （ 10） 将（ 10）式代入（ 7）式即得（ 2）式。 费恩曼定理 对哈密顿算符 H 的束缚本征态 n r而言，有 20 其中， 是算符 H 中的一个参数， n r的本正能量。 证明：因为 n n nE r H r d 所以有 n r H r d n n n n n r d r r d r H r d n n n n r r r r d n n r r d Ha 的非对称的一维无限深方势阱中运动，若粒子处于状态 24 s i n c o sx x 求粒子能量的可能取值与相应的取值概率。 解答：已知在非对称的一维无限深方势阱中运动的粒子的能量本证解为 22 22 , 1 , 2 , 3 ,2n （ 1） 2 s i nn (2) 由展开假定可知 c x (3) 其中展开系数为 x x d x 21 204 s i n c o x x x d 04 1 3s i n s i x x x d 310122na x x d 311122(4) 由（ 4）式知，波函数 x 是归一化的。于是能量的可能取值与相应的取值概率为 1 12 3 12取其它值的概率为零。 t 时处于状态 221 2 1, e x t x x 其中 。分别求出 0t 和 0t 时能量的取值概率及平均值。 解答 ;已知线性谐振子的能量本证解为 1 , 0 , 1 , 2 ,2nE n h n 221e x x H 特别是，当 0,1n 时有 2201e x 22121e x x x 于是， 0t 时的波函数可以改写成 0112,033x x x 容易验证它是归一化的波函数。并且，由展开假定知 22 , 0 0c x 其中 0 , 0x x d x 011233 于是 0t 时能量的取值概率为 20011, 0 023w E h c 21132, 0 023w E h c 能量取其他值的概率皆为零。能量的平均值为 011 2 70 , 0 3 3 6 E E E E h 因为 0所以 0t 时的波 函数可以写成 , 0 e x pn n t c x E 011 2 3e x p e x 3 2t x t 显然，哈密顿量为守恒量，它的取值概率及平均值不随时间改变，故与 0t 时的结果完全相同。 t 时处于状态 2 1 1 0 3 1 1 0 2 1 1 11 1 1, , , ,222r o R r Y R r Y R r Y 求其能量、角动量平方及角动量 z 分量的取值概率及平均值；写出在 0t 时体系的波函数，并给出此时能量、角动量平方及角动量 z 分量的取值概率及平均值。 解答：已知氢原子的本证解为 2201 , 1 , 2 , 3 ,2 , , ,n l m n l l r Y 将 ,0r 向氢原子的本征态展开 23 , 0 0 , ,n l m n l mn l mr c r 不为零的展开系数只有三个，即 2 1 0 3 1 0 2 1 11 1 10 , 0 , 0222c c c 显然，题中所给出的状态并未归一化，容易求出归一化常数为 45，于是归一化后的波函数为 2 1 1 0 3 1 1 0 2 1 1 11 2 2, , , ,5 5 5r o R r Y R r Y R r Y 能量的取值概率为 2 1 2 3,0 5 5 5 ， 3 2,0 5平均值为 22303 2 75 5 7 2 不为零的角动量平方的取值概率只有 22 , 0 1 平均值为 222 角动量 z 分量的取值概率为 1 2 30 , 05 5 5 ， 2,05平 均值为 25在 0t 时刻，体系的波函数为 , 0 , , e x pn l m n l m nn l t c r E 2 1 0 2 1 0 2 1 1 2 1 1 20 , , 0 , , e x p ic r c r E 3 1 0 3 1 0 30 , , e x p ic r E 24 2 1 0 2 1 1 212, , , , e x ir r E 3 1 0 32 , , e x p5 由于能量、角动量平方及角动量 z 分量算符皆为守恒量，所以它们的取值概率及平均值不随时间改变，故与 0t 时的结果完全相同。 t 时刻，氢原子处于状态 1 2 31 1 1,02 3 2r C r r r 式中 n r为氢原子的第 n 个本征态。计算 0t 时能量的取值概率与平均值，写出 0t 的波函数。 解答：已知氢原子的本证解为 2201 , 1 , 2 , 3 ,2 , , ,n l m n l l r Y ， 0 , 1 , 2 , , 1 , 1 , , 1 ,m l l l l 由波函数归一 化条件可知归一化常数为 121 1 1 32 3 2 2C 不为零的能量的取值概率为 1338w E w E， 2 14量平均值为 41 3 2 23 1 2 38 4 9 6 E E h 当