量子普物-量子力学导论答案

V(x)

x0,x0x解：据驻波条件，有an22a/deBroglieph

(n1,2,3

Ep2/2m=2/ h22m4a

2=22ma

n1,2,

解：除了与箱壁碰撞外，粒子在箱内作运动。假设粒子与箱壁碰撞不引起激发，则碰撞为弹性碰撞。动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为x,y,z轴方向，把粒子沿x,y,z轴三个方向的运动分开处理。利用量子化条件，对于x方向，有pxdxnx nx1,2, px2anx pxnxh/2a

（2a：一来一回为一个周期 pynyh/2b pznzh/2cnx,ny,nz1,2, 2=2 n2粒子能量 (p2p2p2) x y z n,n,n1,2, 2ma

c2

)22m[EVV0ax提示：利用pdx2m[EVV0axx 1m2a2

.2E/m a2E/mxa2m(E12m(E1m2x22得a2

pdx2a2ma22

dx2mma2

a2x2（2 En n1,2, 积分公式：

a2u2du ua2ua2u2

arcsinua提示：利用2p n1,2 p是平面转子的角动量。转子的能量Ep2/2I 解：平面转子的转角（角位移）记为

I（广义动量p0pd2p m1,2, pmh因而平面转子的能量Emp2/2Im2=2/2I m1,2,设质量为m的粒子在势V(r证明粒子的能量平值为Ed3r=2**V

ts

2m （a）粒子的能量平值为* = E

V

rT Vd3r * = 2Tdr2m = d3r**其中T的第一项可化为面积分，而在无穷远处归一化的波函数必然为02T d3r* 2 （3

V Ed3r（b）由（4）式，得 * V2m * V2m t =2*22*V t

t

K st2mVt2mV

sE * sEt （定态波函数，几率密度不随时间改变 所 ts0 =

i=K r, r, V1 iV2 r, V1与V2为实函数 d3r*

**

dS drdt 2im = *= * i= *（1）-（2）,*=2*22* *i=

=

*

*

*

=

**2V2*=

Kj2V20 =（b）式（3）对空间体积积分，得d3r*=**d3r2d3rV2*t

2im*

2= =2im

rV2K设1和2是Schrödingerdd3r*

0 1r, 2r, = 证 1 V = 2 V =

1 1 1 2（3）*（2）, i=*=2**22 K=32**2 d3*KK=32**2

dr

1r, 2r,

d = 3

**2md = 2md =

**K

0无穷远边界面上，1 0 dd3r*r,.t

rt0设一 粒子的初态x,0eip0x/=，求x,t p2 2mip0x0 2m解 x,te 2.5设一 粒子的初态x,0x，求x,t2 cos2dsin2d expi2d

expi4 ipx x,0 p

dp p x,0eipx=dx (x)eipx=dx ，2= x,t peipxEt/=dp2=ip2tpx

2=（Ep22m

2

= 2

mx2

2=t

p

2 2m=

t pmx令

2m= tx,t1eimx22=t

21

ei2 2

2m=eimx22=tt

ei/x,t2

mxm2expm2。

4 42 设一 粒子的初态为x,0，证明在足够长时间后m imx2mxm 4exp2=t =t 式 k式 k x,0dx x,0的Fourier变换i/

1 ei

xeikxeikxt， x,t keikx=tk2/2m eimx2/2=t

dkkexpi=tkmx2

2m

=t当时间足够长后（所谓t）=t2m ukmx =tx,t eimx22=t2mi/4 mx=t kk=td

x,t2

m=tm

x=ktm，强度k2m=t描述整个波包的扩散，波包强度21t 设整个波包中最强的动量成分为=kkkk2最大，由（4）式可见，当t2的mx=tk0x=k0tmk0。 第三章一维定态问题V(x,y) 0xa,0y

(xy=2(xy 2sinnxx

ny,

n,n,若ab，

nxn=2

(n2n2

nxn

2ma 2sinnxxsinnynxn nxny，则能级不简并;nxny，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如nx10,ny n'11n'2 V(x,y,z)

0xa,0yb,0z xy求粒子的能量本征值和本征波函数。如abc， xy=22n n n )nnxy

a b c nxnyn

8sinnxxsinnyysinnzz nx,ny,nz,2,,"=2 当abc时，Enn 2(nxnynzxy232sinnxxsinnyysinnznnn a

a xy nxnynznx,ny,nz三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的5262823242 如 10121668

V(x,y)

0xax0,x 2 a 证明处于定态n(x)的粒 x 2

(x- (1 n2n的情况，并于经典力学计算结果相比较。证：设粒子处于第n个本征态，其本征函数n(x)

2a x2aa 2 2 分部x0x

dxa0x

xdx a

2dxa(x

x

0x 2ax21(1cos2nx)dxa

6 n2在经典情况下，在 a区间粒子除与阱壁碰撞（设碰撞时间不计，且为弹性碰撞，即粒子碰撞后仅运动方 x0xa2 ， a2 a，x0xa(xx)

2

V(x,y)处于基态(n1)，求粒子的动

xaxa2a 2a

= (p) a=

cosx2a2=a 2a a

=

1(ei

ei

a ai(p)xi( ea a a2

p

p pa ei

eia=2

eia=2eia=2

p 2ip

pa 22=2a2

cos2

2

2=2a2p2

cos V0 x V(x) x2mV0E2mEAeik1x2mV0E2mE Ceik2 k 由1(0)2(0)， ABC由'(0)'(0)， kABkC k1k2Ak1k2B B kk R kk V V216E2 EVR

V0E

14EV EE00E0x

(x)1

2

(x) n

1x2(x) 1 2

nn

(x) n1n

并由此证明，在n态下 x VEnn (x)Ae2x22H( n 2n2nH(x的递推关系为n

m(x)2xH(x) (x) m n n

(x)Ae2x22

(x)n n

Ae2x222

n(n n 2n

Ae2x22

(x)

( 2nnn2n2

e2x22

(x)

e2x22

(1

2n1n1!2n2n1n

e2x22

nn2

(

e2x22

(1 (x)1

22n2

(x) n

nn2 x

n1(x)

xn11nn (x)

n(x) n1

n1(x) n

(x)22

2 2

2 2

(x)2n1n(x) n1n

n nx *

dx *(x)

(x)

2n1(x)dxV *(x)

2 1m2 2n11n1= 2 2 2d

(x)

2

n2

n1d

ndx

n 2

1 （12： dHn(

(

d

(x)

2x2e2x22H(x)e2x22

(n2xn(x) n

nn1(x)

n22n2222(x) n (x)d

n n n n2 dx2n(x)n2

n 2n n2

nn2

1 p*i=ddxi=*

n

n

dxn

=2d2

n122T *2mdxnn=2*2nn

=

1 n2 1 1 2 1 1 2n

dx

n3.8）谐振子处于n态下，计

2 2 ，xxx21 ppp2，2

，xp n1

2 x2 m m n1 p22mT 2 2 2 1=xxx x n2m 2

2

1 ppp p n2xp

n1

= = 2对于基态，n xp=2，刚好是测关系所规定的下限3.9）qV(x)1m2x2q2

p 2解：H m

qxH0q E0n1= E0n1=

200 V(x)1m2x002

2x2

xqm0x'x0

pi=di=dp p 2 2H可表 H m

m2

（6）H与（2）H0相比较，易见HH0的差别在于变量由xx1m2x2 02 EE01m2x n(x)n(x')n(xx0 En1=

qm2 2 m2 1 q2 n2=2m2 n0,2," 2 q (x)Aexm2

x q

n 其 An

m2m , m2n解：仅分

V2，能级的情况，即0E能级的情况，即0Eddx =tx

02mV1Ek 2mE 22mV1Ek 2mE 2mV2E Asinkx 0x Aek2 a dlndxx0xak1kctg, k2kctgka sin ， sinka

n1sinkan

kansin1 nsin kansin1 sin1

n,2,,"当VV

En

=2knn

aa

1V2才 态，故V1,V2给定时，仅 a

2mV2 V

21时才有态（若V21时才有态（若V1V2V，则无论V和a的值如何，至少总有一个能级当V1,V2,a给定时，由(7)式可求出n个能级（若有n个能级的话。相应的波函数为2mV1EA eknx x2mV1E A

2mV sinkx1

0x

nA

kxa

x 2a12a1k1n1k2n xV(x)1m2x2

x x0S.eqx0x0的区域，这些本征函数和谐振子的本征函数相同（HH完全一样，粒子的波S.eq函数是这一问题的解（n2k的偶宇称波函数不满足边条件(00）Ek2k3 k,," V(x)V

x0xaxa

解：分区域写出s.eq:1"(x)k12"(x)k2

1(x)2(x)

0xaxa

其 k'22=

E k2=

(x)Aeik'xBeik'12(x)Cekx1

Cx0时，1(x0AB(x)Fsink'

0x

2(x) xxaFsink'aDeka k'Fcosk'a tgk'ak 2

kV0EV0E

tg

= k'a, ka 则由（7）和（3），得到两个方程：

222V0 = =

E0

(r1

2V0a=

2V0a22=2 V(x)

x r,a x =2d2 解 2mdx 对 态（E0，令 d222mr则dx

=

积分adx0,得'(a)'(a)2mr=

xa处，方程(4)0d220dx

(0) () 态sh因

0xa,xa.

erysunshaAeaAeacha2mr=（8（9）aacotha= E0a0利 limacothalim 1 a0th 2mraaacotha10= 2mra=

态存在与否是要受到影响的。纯L2mr aL 即要求 势垒离开势阱较远（aL2。才能保证势阱中 态能存在下去。显然，当a（aL2，a时，左侧无势垒的影响可以完全忽略，此时cotha1，式（10）给mr2= E

=2

mr2=

与势阱V(xr(xa（10）1coth=由于1coth1所以只当=

1时，式（10）或（14）才有解。解出 之后，利a =，=2E2ma

FFiFFF F1FF

1FF 证：ⅰ）1ABBA1BAAB1BAAB1AB 1ABBA为厄米算2ⅱ）1ABBA 1BAAB1BAAB1AB 1ABBA也为厄米ⅲ）FABFABBABA F1FF

1FF

，ⅱ FF，即F和F皆为厄米算符 FF 4.2）F(xpx,pp,Fi=

x,Fi=F(xpF(x,p)Cmnxmpn证：（1）先证p,xmp,xmxm1p,xp,xm1

x,pnni=pn1

i=xm1xm2p,xxp,xm2x2i=xm1xm3p,xx2p,xm33i=xm1p,xm3x3m1i=xm1p,xmm1m1i=xm1i=xm1x,pnpn1x,px,pn1i=pn1pn2x,ppx,pn2p2i=pn1x,pn2p2p,Fp, xmpn

p,xm

mi=xm1

Cmn p,Fi=

px,Fx,

xmpn

xmx,pn

xmni=pn1 i=

xmni=pn1 m,n0= x,Fi=4.3）定 易式A,BABBA，证AB,CAB,CA,CA,BCA,BCAB,CAB,CA,ABCACBACBCABABCCBACAB,CA,CA,BCA,BCBA,CABCBACBACABBACBACCAA,BCBA,AB AB

ABA,xyzLevi-civitaABCABCAB

ABCABCABC 证：（1）式左端ABCAxByCzByCzAyBzCxBxCzAzBxCyByCxAB

ABC ABC（1）ABCBCABCBCABCAB（2）式ABCA

ABABABCABCABCABCABCABABCABCABAB证：（1）式右端FAAFBAFBBF

FABAFBAFBAFABABFFAB（1）式左FAAFBAFBBFFABAFBAFBAFABABFFAB（2）式L,Fi=L,Fi=pi=r rLFLxFiLyFjLzF(42题 i=yzi= pzi=zyi=p

i=

pF

y

（iFpi=rF （

r F pi=r

r FLz,F pi=r

r（2 pLLp2i=i=pLLpL2ppLLpxpyLzpzLyLypzLzpypyLzLypz L,pp,Li=即 pLLpx2i=px因 pLLp2i=L2,pL2,pL2,pL,pLLL,pL,pLLL,p

i=pzLyLppLLpy y i=pLpLLpLpyy z

y i=pLL因此i=pLLpL24.8）证明L2r2p2rpi=rLp2pL2LppLL2ppLLpL2p24=2pwaLpLpi=Lpwa

pr2Pprr其 pr2r2pi=r2r2pJG G

Gprrprrpi=rrp因此L2r2p2rp

i=r LppLppLppLLppLppLppLLp20LL2pL,P2①Lp2LpLpLpLLp2LpLpL2pL,P2②pL2pLpLpLp pL22i=pL4.7)(1)L2p22i=2i=pLpp()L2p24=2pABCABCALpLpxLpLxpLpLpx，LxppLxi=pzezpyey（即Lxpxipyjpzk0i=pzji=pykLpLpxLppLxi=LppzezpyeyLpi=Lppxi=LppLpi=Lp2i=Lp 4.9）定义径向动量算符11r4.9）定义径向动量算符11rppr1r2rpi=1

pr

r r,pri=d 2=22

r2 p2r

rL2pr

rr

r2 证： ∵ABCCBA1 1 1 1 1 p rpp prrp 2 r 2 r r 1pr11rp 2 pr为厄米算符 pr

1 1 r rpp 1 1 r2 r 2 rr r rp

i=

1rrr 2 r i= r

2 r i= 1i=

r

2 2 r3 r r r,pi=r,1i=r,i=r 1r r 1r

rri=r

i= 2 2 2 2 2 = 222r r r r rr2 1 1 1 2 2

=

r1rrr r1rrrr2 rrr=r2r2其 rpi=ri=rr因 Lr = 22=因 Lr =r2p

2

r 2r rr2左乘上式各项

r 24.9)d p2

L2=2r r

rr

L2r 。。

Epx21m2x==2

x

xexdx0奇， ，px0（由(3.6)、(3.7)x0,px0 xxxx，pxpxpxpx， 关系，xpx=2,得px=2x11= E

1m2x 2m2x =2

2m2x 2

0，得 8m

x3

2 = E0

=2

2m2

=E0z = 谐振子（三态能量E0E0

E0

E0

3=2a= 在类氢原子中变为a ue 1a而 1a而 d1d r r rsin，故只考虑径向关系pr~，类氢原子径向能量为：rE pr

H

p2

pr

1 H

r，pri=drrprr共轭，于是prr~r~r 2E 2

=2

r

0E=

mr 由此r得

mze2a0za（a0a：类氢原子中的电子基态“轨迹”半径。代入（1）E~mz2e422ze21r1r 1r1rHE xHx p 2uVxi=pu i 这里已用到最基本的对易关系x,pi= pi

upiu

xi,HuxHHx xEEx

ABC0。4.13）LzLxLy0。 y z L,LLLL y z Lz,LxLzLxLxLzi=Ly

1L

LzLy y LL y

LzLyy1m=Ly

m=

设粒子处于Y,状态下，求L2和L 解：记本征态YlmlmL2lmll1=2lm，Lzlmm=lm，lmLzm=lm， LLi=L， x y z z zy可得算符关系i=L2i=LLLLLL x y z z zy x zy yx zyLLLi=LLLL x zy yx zy

lm或

后均变成本征值m=，使得后两项对平均值的贡献互相LL 消，因 LL 又 L2L2L2L2ll1m2= 2 2

21ll1m2= 上题已证Lx 0 L2LL2L2L2L21ll1m2= 同理 同理y21ll1m22212设体系处于C1Y11C2Y20状态（C2C21）12Lz的可能测值及平均值L2

L2Y206=2Y201LzY11=Y11LzY200=Y201L22262C12C22若C1C20Lx（Ly）2=，0=2xz1）L在l1L2xz

22

01 01 a求本征矢并令=1

1bb2 2

0c c 2a，ac 2b，b 2c。0,1a 1 1 ⅰ）取0，得b ca，本征矢为

022 a

取1，得b 2a 2c，本征矢为2a，归一化后可得本征矢为2a 21 1取1，得b2a2c，归一化后可得本征矢为

2 1 222在C 态下，L取0的振幅为C1 222

10

L取0

L21 C1 2 1 21=的振幅为C11121=的振幅为C111 2 24；L取=的振幅为C1 ，相应的几率为C1 。总几率为C2C 2 1 2）L在l2L2L jm1jxjm1

12j12jmjmjm2

jmjm 22

211，21

20 ，20

21 ，21

2213232 3232

a2 2

0 c c 0，本征方程 3

bLx 3

32 32

1

d d

0

eba，a

3cb2

bdc2

3cedde0,1,22 0

32ⅰ）0，b0，a 32

d e3

83 83

2

2

2 3242 3242

02 的振幅为C2

8 8 1 1

2

1 111，ba，c0，db，de，本征矢 。在CY态下，测得L=的振幅C

1 011

2 2 0

2

，几率为

1，ba，c0，db，ed，本征矢

，在CYL02 2 11 2，b2a，c 6a，d2e2a，e

16， ca，本征矢为12 C L6， 64 6

2 21的振幅为C2

121 6

636C。几率为C2 21 ，，2，2a，2，2a，

d

，e，

1 C 6，在24 6，在2 331

2C2

1 在C1Y11C2Y20态中Lx（Ly）的可能值及几率分别为381C2C22 381C2C22

C22 C22

C2

124.16）设属于能级E有三个简并态1，2和3，彼此线形独立，但不正交，试利用它们构成一组彼此12111解：1a1 ,11 2212 ''21',， 2212 ''2122'22',,， ',31,2,3,

','

01 2

1, ,,,,,0 ',' 1

, detABdetAdetB，detS1ASdetATrABTrBA，TrS1ASTrA，TrABCTrBCA"a1" 当i1"n是1"n的偶置Pi

0其他情0"1其中j1"jn是1"n的任意一detCdetABPi1"C1i1C2i2"C1Pi1"a1j1bj1i1a2j2bj2i2"b1n

1"

Pi"b 1"

1j12

j1i1

jinn 1 2Pj1"jna1ja2j"aPi1"nPj1"jnbjibji" 1 211"detAdet

ndetS1ASdetS1detAdetSdetS1detSdetdetS1SdetAdetTrABaikbkibkiaik TrS1ASTrS1ASTrASS1TrASS1TrABCaijbjkckibjkckiaijTrBCAckiaijbjk d =2 d

1A,H令AHd2 1dC1C,H1 d dt d

=

C,H =2 dt2 定态，dA 证 定态为:：r,treiEnt=

r,t，有 r,ti=

r,tE

rt 其复共H**rti

*reiEnt=E*rt ndAn,Ann,Ann,AnHn,A ,AHn dt t t i= i= n,tn nEnn

En

=表示沿x方向平移距离a算符.证明下列形式（Bloch波函数 x xeikxkx,kxak

a的本征态，相应的本征值为Dxaxxaeikxakxkeikaeikxxeikax,k5.4）

mLz的本征态（m=，证明eikLz=eikLy=是角动L沿空间,方向的分量LxsincosLysincsinLz

LnL证：算符eikLyy轴转角，算符eikLzzmLz本征值为m=，经过两次转动，固定于体系的坐标系（即随体系一起转动的坐标系）的z'轴（开始时和 是状态的物理属性，不受坐标变换的影响，故仍为m=P2 Vr。证明下列求和规

n

2=

2uxrEn是相应于nHn

Enn证 x,H1x,p21 i= （2 2A n

E

n

x

EnEm

n

mxnnHxm

nxHmmxnnx,Hm 1mxnnx,P2mi=mxnnPnu

mxPx

u2u u又AmEEx nxmmx,Hnnx ()i=mPxu u uuuu 2A

mPxxxPxm

mx,Px

ui=u AEn

2=

2u不难得出，对于YZ5.6）设Fr,p为厄米算符，证明能量表象中求和规则2EnEk2EnEkFnk2kF,H,F 证：式（1）An

EkkFnnFkkFn

nHFFHkFH,F nn

1H,FHFFHFHHFFHHFH,F式（2）取共轭，得

AAkF,HFkkHFFk (3kHFFk （4，得An

22

kF,HF 点两个参照系中的坐标满足下列关系：xx'vt,yy',zz',tt' V'x',t'V'x't,tVx,t =2 '

schrödingerK参照系中表为

2m

V

i=

2V 2mx m2其 expi x t

xt,t 2=证：由波函数的统计解释，和'的意义完全相同xt2xt 'x',t2'xt'，是t'时刻在x'点找到粒子的几率密但是在给定时刻，给定地点发现粒子的几率应与参照系的选择无关，所以相应的几率应相等，即x,t'x',t' 从（1）式有'xt,tx,t ' iSx,txt,te x,t rsun' iSx,txt,te x,t rsun

t

vx

x

=2 x,tVx,tx,t2mxi='x',t'i='x',t' 2m

m

2m

x =i=

选择适Sxt，使得（9）（4=m

0 = 2 =2S i2mx22mx

=x=t

Smxft =（10’fm m ft tCC为积分常数，但0KK系重合，应等于S0C0 mS x 'exp1mx1m

'

2'

2mt 相当于式（13）中的，带的量和不带：Sx,t的函数形式也可用下法因Sx,t和势能V无关，所以只需要比较平面波 粒子）在K和K'系中的表现形式，即可确定Sx,t沿 方向运动的粒子， 变换下，动量、能量的变换关系P'PE'

P'

P

P

1m2

EP

1m2

eiPxEt= 'eiP'x'E't' （15 'exp1mx1m 第六章中心力场（17（18KK1 K K Mm2 m1 PMRp1 总轨迹角动量LL1L2r1p1r2p2RPr K K 2总动能T

r1R r

r2R m2m

1p1

Pp，

P m1m2m1m2 证：Rm1r1m2r2， rrr， m11 m 1 pr rr mpmp mm

2 2 1 2

K

mm1r1m2r2K

M

m12总轨迹角动量LLLKKKm12

(5) R rp1R

rm mRppr1mpmp

2 1 RPrK由（17、(18)r1,r2，即（5）式；由（1’（2’）可解出（6 K KK K Pp Pp总动能Tp1

p262

2 u P

uPp u

P2

uP

2m1

2P2

2

122m1m 2m2m 2 m2 2 P2 （17，(18)（1，(2)pi=Pi=，LRPK 解 p1mpmpi=m

m 2 1 1其 rixjykz1

1 Xxm1 x1 x1 M

m1M

m1M

（17（1）

m1

m1

12 M M 11

r2i=r2

LRPr（a）电子偶素（positronium，指ee体系（b）u原子（muonic（c）u子偶素（muonium，指uu ue4 En2=

u n mn ue4 （a）电子偶素能级E （u 4=2 m ue4 mu（b）u原子能级E （u 2=2

mumpme4 m （c）u子偶素能级E （u u u 4=2n m 6.4）对于氢原子基态，计算xp*rr（rr,, 3

er 0由于100各向同性，呈球对称分x2y2z21r3p2p2p21p

x px 容易算出r2

r2

2d

3

e2rar

sindrdd

0 p2=2 d=2 0 =2

2d=2r100rsindrdd=2 因 x2a2

x22xx22pp2p

px

，

=3xpx=3=2 xpx=2=3=2 =3=226.5）对于氢原子基态，求电子处于经 r2a（即EV0）的几率2

112解：氢原子基态波函数为100 a

a，a

ue2

E12=

动 Tr

e E1V2a TEV0r2a。p12e2rar2drsin（令2raa3 d2a044a3 e2a2

13e46.6）对于类氢原子（核电荷Ze）的“圆（涨落rr2r21解：类氢原子中电子波函数nlm可以

0,ln1的轨迹 rY,1 rY, 决定。ln1nr0 rCrneZr

unlrr r

0 r几0

在nlmr

r21

r

2l4

2

ZrZ

Z在（5）式中令0，注意到r01Z1r1rn

依次再取1,2

13n2ll1Z(ln1)

2 2 n

(ln1) 1 a（c）r n2n n

a

2 Z r

4

n3 2nr (n3 2n

上的电子）在衰变后仍然保持在新的原子Z1的K轨道的几率。解：由于原子核的衰变是突然发生的。可以认为核外的电子状态还来不及变化。对于原来的K电子Z312 100Z,r

3

Z13

12rara

而新原子中K电子的波函数应 Z1,r

eZ

将100Z,r按新原子的能量本征态作线形展开：100Z,rCnlmnlmZ1,r2则衰变前的1s电子在衰变后处于新原子的nlmZ1,r态的几2

nlmZ1100Z

Z1

Z

Z3Z 42e2Z1rar2dr1Z3Z 13 1 11

Z

1 2

Z

2Z当Z1，上式可近似取 1 4Z

Z10Z30

p1000.9932p1000.9992Vrer

r

（0 '

1 1提示：令ll12ll1，解出l2l212l12 z解：取守恒量完全集为H,L2,L，其共同本征函数为zr,,RrY,urY, ur满足径向

= =

e2a2uullll12l'l

2ur

2uEu

ul= ' ul"

2ur

urr

相当于氢原子径向方程中ll'。所以式（3’）的求解过程完全类似于氢原子问题。后者能级为En2en22a，nnrl1，nr0,," 将l换成l'，即得价电子的能级：

，n'nrl' 2n'2 l'ln'nrl1n ll12l'l'1ll1ll12l1

l略去2，即 1 l 2由于1

l随ll'1l1

1

2 2l12若对上式作二项式展开项，略2以上各项，即可得到式（9第八 自8.1（a）在z表象中，求x的本征态。 解：在z表象中，x的矩阵表示为：x 0a a设x的本征矢（在z表象中）为 ，则有 b b可得ba及a 21,11,则a 1,则a利用归一化条件，可求出x的两个本征态为2121K11 2。8.2在表象中，求n cos是,方向的单位矢 n i 0x ，y ，z

0

0

nnxnxynyz

nxiny sinei n sin cos a设n的本征函数表示为，本征值为b cos sinei n0， sin cossin2由（3）式的系数行列式0，可解得1。对于cossin2asinei

ei

1 nx 1

nx 1归一化本征函数用,表示 2, 2或2

sin

ei

2

21

1

或

21nznxiny 21nz1nz如 1，二者等价（仅有相因子的差别。若K0,0,1，应取前者；若K0,0,1，应取后者 对于1,a1 sin 1 nx n 1 2i2, 2i2

ei2

ei 2 2

1

1nz 21nz1nz 21nzn 1 08.3

本征

下，求sx和sy x s2ss2s2sx 但s224（常数矩阵 xs 1 0x s224，类似有s224 于n1的自旋态下，求的各分量的可能测值及相应的几率以及的平均值。 1n1

2cos21212

11n

1

2sin2

11n

12 12（b）在自旋态1n1z1的几率12

2cos22

11n

z1

12

sin22

1n

111

1 cos21sin21cos2sin2cos nxnxynyznz xx

x

y 自旋态1n1

类似地，容易算出：自旋态1n1

解二：（a）z11n的可能测值为本征值1;设相应的几率为ww，则2nw1w1w由 nxnxynyz

考虑到在z的本征态中xy的平均值为0z的平均值即为其本征值，因此在1态下，2nznz1nznz 12（14w1n （2

w11n

（b）在式（14）中，z轴和nznzn轴，nz轴。由此可知：在n1z的平均值仍为cosnzxyz轮换，即得自旋态1n1中 在1态下 各分量的取值大部分当然均为1，其几率也可估照（a）中计算而写出，111n 111n

=28.8由两个非全同粒子（自旋均为 ）组成的体系，设粒子间相互作用表为HAs1s2（不考虑轨迹运动。设初始时刻（t0）粒子1自旋“向上”s1z12，粒子2自旋“向下”s2z12。求时刻t0时，=21自旋向上的几率（cos2At2，取=粒子12的自旋向上的几率（0s=01的几率（答：都是12求和的平均值（答：

s2

s2

0，

1cosAt2

s2

1cosAt2 HAssAs23 2 22ss

1Ms00s

E1A4,E E 3At01201212

00 2 t1eiEt1eiE 2 2 2 t11212eiAt411212e3iAt 12cosAti12sinAteiAt 2(a）由式（4’）可知，在时刻t，粒子1自旋“向上［同时粒子2自旋“向下相当于12项］的cos2At 2粒子1和2自旋均“向上”［相应于12，式（4’）中没有这种项］02s1xts1 s2xts2yt t2 2At ss1zt2s

t2t2cosAt

2

cos 222z2z设两个全同粒子角动量jj1j2， 总角动量Jj2JM 利用CG

jm1jm2JMjm1jm p 2jJ j2 j2 证：由式（1）， m1m2

p12j2JM

jm1jm2JMjm2jm jm2jm1JMjm2jm 利用CG系数的对称 2jJ

j1m2j2m1JM

j2122jj212即要求2jJ1J必须为偶数。

Jmax2j1，（Jmax2j情况，只能构成交换对称态，为什么？）因J2j1,2j3,"

j2

j2j1。[2J12j2j

j2j1]即2jJ1JJ2j,2j2,"EnlLSL1L2Ls1s2sLsJ（总角证明：（a）Ls（b）JL,"Lss0JL（偶；s1JL1,L,L1Js1s2

12，s12l1l2lL2l2l1"1 s0L2l2l2"s1L2l2l1"JLs"Ls0JLs1JL1,L,J

L1析，j？是否只有一个j值？两种耦合方案得出的态数是否相等？］大小相等的两个角动量 角动量为0的态jj00，证明12j1

j2zjj1,"j的几率却相等，2j jmjm00jm 3）证：Dirac符号表示，有 jj00j1j2JM jj00，2jj1j2JM

JM

j1m1j2m2 令j1j2jJM0m1m2m令

jj00m

jmj

jmjm 其中jmjm00

jj00用无耦合表象基矢展开时的展开式系数—CG

jj00j1zm（J2z取值mmj,j1,j各可能值）的2jjmjm00j 2j jmjm

2 2j

j1为12j1

j2j 的态jj00，j1zj2zj,j1,",j的几率与m的具体取值无关，9.8在L2,L表象(以为lm基矢)中，l1的子空间的维数为3，求L在此 解：在L2,Lz表象中，l1的子空间中的基矢为 1m，m1,0,1。由Jjm

jmjm1Jjm1JJ1

jm12j12jm1jjmJ

jm1jjlJxLxJLJzLzLxmm'Lx11Lx00Lx11Lx11Lx11L

L

L

L 2x

x

x

x L在此 2 2Lx 2

01 001L的本征1，本征矢为

b

，则本征方 c 1

0a12 12

b 22 c 此方程有非平庸解的条件为系数行列式等于零，由此可解得本征值：21 2b2a2c2b2a 0 b 0 cb2a2c2b2b2 ac b2

12 c 21 212b212b2。11 2 ~21 1 1 1 2

~

；3

2

~122 1 220HamiltonHHH0=2d 2H u 2udx H'x3（为实常数 解：已知H(0)E(0)，(0)N 2x22 0 n 12nE(0)n =，12nxnx nn1 n

=n11x2x 1 22 22

2n1

n2x3

x nn1n

3n

计算一级微扰：E(1)H' nx3 0 （E(1)H'

x2x3dx＝0（奇）直接得出 计算二级微扰，只有下列四个矩阵元不为0

x3x3

2222n2222nn1n x3

nn

'

2222nx3 2222n

n1n2n3H22

'：：

2nn1n2H'HH'H

29n329n3

H'H

2n1n2n328E又En

(0)3=，E(0)E(0)= (0)=，E(0)E(0)3 2n n n n n n E(0) EE(0)E(1)2n n n n n n E(0) 1 30n230n11=2n2= u34 (0)(1)(0)

H H (0) (0) (0) nn1n2(0)3nn(0)3n1n1(0) n1n2n3(0) 223= n3HH0HH=2

21u2x2x2 2ux x2 H'xx（为实常数，刻画耦合强度1求出H0以第一激发态为例，用简并微扰论计算H'对能级的影响（一级近似

1，

2 H 的本征函数和本征值可 H1 nnx1,x2nx1nx2 2 n1=n1

2 2n1n21=，n1,n20,1,2,令Nn1

ENN1=，N0,1,2," 由式（3）可以看出，对于N0情况。能级是简并的，简并度为N1。N1为第一激态（基态N0，能级为二重简并， E12=相应的本征函数为0x11x2与1x10x2（或考虑它们的线形迭加分别记为f1x1x2和f1x1x2n n

nn1 n

n1不难得出：W11W222

detWuvE(1)uv= =

=2u0E0 E(1)=因此，原来二重简并的能级E1变成两条，能E2==

121

x1 12其逆变换为 x1＋x2， x1－x222x2＋x2＝x2＋x2＝2＋x1x2

x2 x2 2x2 x2 因此

2ux2x2 12 2 2 u22 变

2

2 2

2

2 2 u

u1，u

21221即2222

u21u21

u2u2

2 =2 222u u1 u2

2u 2=n He 2，=1 2n1n 1 1 2=n e 2，=2 2n1n 2 2 n1=n1

2