量子力学课后练习题及答案

1.1设质量为m的粒子在势场V(r)中运动。▽.▽Ψ+（能量密度）2所以▽解：因为p=Ψ*Ψ,所以3（a）设波函数为试用哈密顿算符对平面波eikx的叠加，即无穷多个动量本征态eipx/的（b）因为Ψ(x,0)=Ψp(x)是能量本征态，所以（c）由于Ψ(x)=δ(x)是无穷多个动量本征态的叠加，所以它也是无穷多个能量本征4Δx.Δp=/2 计算t=300000年时，Δx由此你可以得出什解a）初始时刻5利用积分公式该公式证明在本题后面得6w2τ2—7（b）t时刻的波函数LL(mα,」cm，t时刻2t2)71/2「(「(ac=2t2)71/2「(「(ac=|π|α2|π|α222mα,」mm22mα,」mmα,」p0tm8可见，随着时间的推移，粒子位置的不确定量越来越大，即波包会扩散，粒子越来1.6按照粒子密度分布p和粒子流密度j的表示式91.7处于势场V(r)中的粒子，在坐标表象中的能量本征方程表示成1.8考虑高斯（Gaussian）分布p(x)=Ae-λ(x-a)2，其中A、a和λ为正的实数。（1）利用归一化条件确定A。（2）求出x、x2和σ。（3）画出p(x)的草图。0.50.5p(x)=Aeλ(xa)ppx-4-20xl粒子的几率是多少?对b=a和b=2a两种极限情况Ψ(x,t)=Ae-λxe-iwt义上σ代表x的“弥散”。在这个区域之外发现粒子的几率是多少？lΨΨ2Ψ(±σ)2=λe-2λσ=λe-=0.2431λ(-σ,σ)区域之外发现粒子的几率P=2Ψ2dx=2λe-2λxdx=e-=0.24311.11一个质量为m的粒子处于态Ψ(x,t)=Ae-a(mx2/+it)谔方程。（3）计算x、x2和p、p2的期待值。（4）求出σx和σp，它们的积满足测不准V(x)=2ma2x21.12假设你要描述一个自发衰变的不稳定的粒子，其寿命是τ。在这种情况下在整个下面是得到这个结果的粗略方法。在薛定谔方程中我们不的。这假设当然是有道理的，但是它导致了“几率守恒”。如果我们在V中添加上一个虚-iV,证明求出P并给出以V,表示的粒子的寿命。解1）利用薛定谔方程，得P(t)=P0e-2V,t/τ(x)(x)e-iE1t/+c2Ψ2(x)e-iE2t/很显然，几率密度以正弦形式振动，角频率是(E1-E2)/；这当然不是一个定态。但是注意它是（具有不同能量的）定态的线性迭加，并且这种Ψ(x,0)=Ae-ax其中A和a是正的实常数。（1）归一化Ψ(x,0)。（2）求出φ(k)。（4）讨论极限情况（a很大和a很小）。解1）归一化即位置精确而动量很不确定；当a很小时，Ψ(x,0)范围较宽，是一个尖锐其中A和a是常数。（a是正的实数。）（1）归一化Ψ(x,0)。（2）求出Ψ(x,t)。为x的函数）。定性上，当时间增加时，Ψ(x,t)2有什么变化？（4）求出x、x2)、p、p2、σx和σp。解1）归一化且220x显然，随着t的增加，Ψ(x,t)2变得平坦了。22，且φ则=2A22φ式中A和a是常数。（1）归一化Ψ(x,0)，确定A的值。（3）求出动量空间的波函数Φ(p,0)，并验（4）用Φ(p,0)来计算p、p2和σp（在t=0时刻）。解1）分离变量Ψ(x,y,z)=Ψ(x)Ψ(y)Ψ(z)，方程可分解为可以看出，粒子的能量由数组{n1,n2,n3}决定，波函数由(n1,n2,n3)的排列决定。222看来En1n2n3的简并度不一定是(n1,n2,n3)的排列数。则=Nε能级的简并度问题转化为一个数学问题：给定常数N，求出满足n+n+n=N的所有正整数解，解的组数就是能量的简并度。n+n+n=N是个不定方程，此方程的解没有一个很好的公式。我们只能作简单的讨论：当方程无解时，说明N不满足物理要求，粒子不具有Nε这样的能量；当方程有唯一解时，说明此能级无简并；当方程有多组解时，讨论n→∞时的情况，并与经典力学计算结果比较。经典物理中，(0,a)中粒子处于dx范围内的概率为dx/a，则3粒子的波函数为Ψ(x)=Ax(a-x)。求（a）归一化常数A；4nnΨ(x,0)是否还是能量本征态？求测得粒解：对于加宽了的无限深势阱，粒子能量本征值和本征态分显然，Ψ(x,0)不再是能量本征态。由于阱宽突然变宽，粒子的波函数来不及变化，所以能5c2所以测得粒子处于能量本征态E1的概率为c222ikx↓↓ikx=Re-ikxJ入向右传播）62.7利用厄米多项式的递推关系（Hn+1(x)-2xHn(x)+2nHn-1(x)=0证明谐振子解：已知Hn+1(x)-2xHn(x)+2nHn-1(x)=0，且72.8利用厄米多项式的递推关系（Hn,(x)=2nHn-1(x)证明 并由此证明，在Ψn(x)态下，p=0，T=En/2。8且得9要保证Ψn(x→∞)→0，必有λ=2n+1。x>0时薛定谔方程的解厄米多项式满足Hn(-ξ)=(-1)nHn(ξ)，当n为奇数时Hn(ξ)为奇宇称，所以要满足 P(x,t)=Ψ*(x,t)Ψ(x,t)b）能量平均值Hc）能量平方平均值H2d）能量的涨解a）t时刻波函数（e）P(x,t)随时间变化的周期即体系的特征时间满足3-αΨ3=0Ψ2(x)=Asin(kx+δ)求粒子能量本征值，以及至少存在一条束缚能级的条V(x)∞ xa0a-V0解：势函数把空间分成三个区域，满足的薛定谔方程分{,,22{,,23(x)-αxΨ3(x)=Ce-αxΨ2(x)=AsinkxAsinka=Ce-αaAkcoska=--α得把代入，得此即能量本征值满足的超越方程。该方程只能数值求解或用作图令ξ=ka，η=αa，则ηη=-ξcotξ一个束缚态的条件为πVVVV222x)=Aeαx{Ψ2(x)=Csin(βx+δ)3(x)=Fe-yx23(a)2(a)32α=βcotδ或{|Aα=Cβcosδ{|Fe-ya=Csin(βa+δ)|l-Fye-ya=Cβcos(βa+δ)y=-βcot(βa+δ)考虑到δ和βa+δ分别处于一、三象限和二、四象限，则1即2.15一个质量为μ的粒子被限制在r=a和r=b的两个不可穿透的同心球面之间运解：设波函数为Ψ(r,θ,φ)=R(r)Y(θ,φ)，则径向波函数满足令u=rR，则对同心球面之间，有u=Asin(kx+δ)利用边界条件u(a)=0，得δ=-ka；利用边界条件u(b)=0，得k(b-a)=nπ,即2.16对一维无限深势阱的第n个定态计算x、x2)、p、p2、σx和σp。验或（1）归一化Ψ(x,0)。（2）求Ψ(x,t)和Ψ(x,t)2。？（得到的振幅大于a/2，一定有错。）期望值。并与E1和E2比较。解1）因为或（5）在Ψ(x,t)态下，测粒子能量可能测到的值（1）画出Ψ(x,0)的图形然后求出A。（2）求出Ψ(x,t)。解1）Ψ(x,0)Aa/2xa（1）求出初始波函数Ψ(x,0)？解1）由题意设变原本的波函数（当然，由于哈密顿的改变，波函数的演化要发生变化）。测量能量得到新的基态能量为①,基态波函数为2.21一个自由粒子初始时刻是局域在区间-a<x<a，然后在t=0释放：式中A和a是正的实数。求Ψ(x,t)。-aa这个积分可以用数值积分演算，但是它不能积成基2倍（右阱壁从a移到2a），波函数（暂时）没受干扰。此时测量粒子的能量。），或（1）最可能出现的能量为E2，概率为1/2。之一，并且得到两者的几率相等。在此态中，p的可能的最大值是多少呢？如果假设在所以，p的最大值是。如果t=0时刻p为最大，则负，请问A要满足什么条件？=-2ka=Ψ(a-)，所以A1sin(ka)=A2sin(ka-2ka)A1=-A2在x=a处，波函数满足-ξcotξ=Q所以，曲线y1=-ξcotξ与直线y2=Q的交点决定了能量本征值，如图所示。yyξξ因为π/2<ξ1<π,所以的情况下，必有A>0。解1）存在束缚态时E<0。考虑到波函数的有限性，得Ψ(0-)=Ψ(0+)A=BA即2.27质量为μ的粒子在势场V(x)=-aδ(x)(a>0)的作用下，做一维束缚运动。粒子能量E<0，它的波函数为,e-λxx,e-λxx（1）计算矩阵求能量E及波函数Ψ(x)3）求动量的概率Ψ,,(x)-λ2Ψ(x)=0,e-λxx,e-λxxΨ,e-λxxΨΨ2(x)=Ae-λxx>0解：势场突然变化，粒子的状态来不及改变，仍处于Ψ0态，即中运动，其中V0、a都是正常数，δ(x-a)为δ函数。试求粒子的束缚态能量。由于Ψ(0)=A+B=0，所以B=-A，有-x2/a2解：对于完整的谐振子，由于V(-x)=V(x)，势能具有空间反演不变性，所以能量本征函数具有确定的宇称，即Ψn(-x)=(-1)nΨn(x)(x)1(x)x/a-2x/a由图可以看出，由于x→-∞时，V(x)→∞,所以Ψn(-∞)→0。除端点外，基态波函数与x轴没有交点，第一激发态与x轴有一个交点。考虑到自旋后，总的波函数必须具有交换反〔子处于基态，一个电子处于第一激发态，能量和坐标空间波函E1,2〔范围内的概率为w(E)dE，求w(E)。则c(k)2dk就是粒子动量在(p,p+dp)内的概率。w(E)dE=c(k)2dk1F与F均为厄米算符。解：因为A+=A，B+=B，所以且即F+与F均为厄米算符。3.2已知粒子的坐标r和动量p为厄米算符，判断下列算符是否为厄米算符。解1）对l=r×p，有l=(ypzzpy)+=py+pz+=pzypyz=ypzzpy=lxylz（2）对r.p，有2(r.p)+=(xpx+ypy+zpz)+=pxx+pyy+pzz=p.r=r.p—3i≠r.p所以，r.p不是厄米算符。可以构造厄米算符3.3设F(x,p)是x、p的整函数，证明：整函数是指F(x,p)可以展开成3.5设A、B、C为矢量算符。A和B的标积和矢积定义为3α,β,y=x,y,z，εαβy为Levi-Civita符号。试验证：解1）F,A.B=F,A.B+A.F,B3.7设F是由r与p的整函数算符。证明：4解：因为F,A×B=F,A×B+A×F,B，所以3.8证明：p×l+l×p=2ip解：上式左边的x分量为x=pylzpzly+lypzlzpy=[py,lz]+[ly,pz]z所以p×l+l×p=2ip解：因为=▽2(xlymznr2Ψ)—xlymzn▽2(r2Ψ)—r2▽2(xlymznΨ)+r2xlymzn▽2Ψ为方便运算，我们只计算与x有关的部分，其它类同。分别计算每一项：5=2xyzΨ+4xyz∂x+把四项结果代入到对易关系中，考虑到y、z运算结果，得▽2,xlymzn,r2Ψ=4(l+m+n)xlymznΨ▽2,xlymzn,r2=4(l+m+n)xlymzn量子力学中，由于p与不对易。因为67令得-2ww83.13证明：力学量x与F(px)的不确定度关系解法一：因为lzm=mm，且[ly,lz]=ilx，所以=imlxm=mlylz-lzlym=mmlym-mlym=09 ylzlx-lzlylxi(l-l)=lylxlz-lzlylxilm(l-l)lm=lm(lylxlz-lzlylx)lm2-l)lm=l(l+1)-m222llz2l)解a）lz的可能测值分别为、0，平均值为lz22（b）l2的可能测量值分别为22、62，相应概率分别为c12、c22。（c）在(l2,lz)表象中，lx的矩阵元为设lx的本征方程为lxlm(θ,φ)Yc2Y10当λ=时，有YY1111-1,-122l22Y11-l22求得其本征值分别为2h、h、0、-h、-2h，相应的本征态分别如下|2||1||2||1||2||-1||0||-1||-2| 424-Y=Ψ22-Ψ20424-22424Y2Ψ22-c2Ψ20+22424lx=20--2eA+B=eAeBe-C/2=eBeAeC/2（Baker-Hausdorff公式）（对于A与B对易情况，即C=0，显然eA+B=eAeB=eBeA）解：引入参数λ,令f(λ)=eλAeλB下面求AeλB。AeλB=eλBA+λCeλB=eλB(A+λC)积分，得λ2Aλ+Bλ+λ2f(λ)=e2取λ=1，则eA+B因为AeBe-C/2eA+B=eB+A=eBeAeC/23.18设A与B是两个不对易的算符，α为一个参数，证明解：令f(α)=e-αABeαA，则f,,(0)=[B,A],A把f(α)在α=0点处展开，即3.19设U为幺正算符，若存在两个厄米算符A和B，使U=A+iB，试证：（2）进一步再证明U可表示成U=eiH，H为厄米算符。U+U=(A-iB)(A+iB)=A2+B2+i[A,B]=1UU+=(A+iB)(A-iB)=A2+B2-i[A,B]=1A22（2）因为[A,B]=0，所以厄米算符A和B有共同本征函数系。设令厄米算符H满足Hn=θnn则3.20粒子在势场U(x)中运动并处于束缚定态Ψn(x)中。试证明粒子所受势场作用力解：因为[px,U]=-i所以当测量A后得到a1，若再测量B，然后再测量A，问第二次测量A得到a1的概率是多少？b2的概率分别为4/13和9/13。当测量值为b1时系统就处于x1，此时再测量A，得到a1的概率是4/13；当测量值为b2时系统就处于x2，此时再测量A，得到a1的概率是9/13。两种情况下第二次测得3.22一个反厄米算符Q的定义为Q=-Q+，其中Q+是Q的厄米共轭算符。证明一个=ΨQ+Ψ=-ΨQΨ3.23对氢原子基态，求Δx、Δpx，并验证不确定关系。已知氢原子基态波函数为↓x=rsinθcosφ令则x2=ξ2∂x∂ξ∂x∂η∂x(∂ξ∂η,∂y∂ξ∂y∂η∂y(∂ξ∂η,∂x∂ξ∂x∂η∂x(∂ξ∂η,∂y∂ξ∂y∂η∂y(∂ξ∂η,2∂y∂ξ(∂y,∂y∂η(∂y,∂y2L∂ξ(∂ξ∂η,∂η(∂ξ∂η,」 2=|+|∂y∂ξ(∂y,∂y∂η(∂y,∂y2L∂ξ(∂ξ∂η,∂η(∂ξ∂η,」Ψ(ξ,η)=Ψn1(ξ)Ψn2(η)=N1e-αξ2/2Hn1(α1ξ)N2e-αξ2/2Hn2(α2η)Ψ(x,y)=Ψn1(x)Ψn2(y)=N1e-α(x+y)2/4Hn1(α1(x+y)/)N2e-α(x-y)2/4Hn2(α2(x-y)/)V(x,y,z)=A(x2+y2+2λxy)+B(z2+2cz)中运动，A,B>0，λ<1，c为任意实数。求能量本征值。如果考虑另一个新势V,，它x,y任意取值。求基态能量。令则1,3,5,，基态能量为3.26考虑一谐振子，令Ψ0和Ψ1分别为它的基态和第一+BΨ1是某一瞬时振子的波函数，A和B是实数。证明x的平均值一般不为零。A和B取何值时x的平均值为最大和最小？解：x的平均值为23.27设算符K=LM，[L,M]=1，且Ψ为K的本征矢，相应的本征值为λ。求证KΨ=λΨKu=LMLΨ=L(LM-1)Ψ=L(K-1)Ψ=L(λ-1)Ψ=(λ-1)LΨ=(λ-1)u3.28设算符H具有连续本征值，其本征函数u(x,w)构成正交完备系。求方程(H-w0)V(x)=F(x)的解，其中F(x)为已知函数，w0为某个特定的本征值。Hu(x,w)=wu(x,w)w=-∞+无论c(①0)取何值，都对F(x)没有贡献。将c(①)代入V(x)中，得3.29已知一体系的哈密顿H不含t，H具有非简并本征值Eλ,相应本征矢为Ψλ:HΨλ=EλΨλ。又已知另一可观察量A的非简并本征值和本征矢为an与φn：平均值是什么？这一测量给出A的值为am的概率有多大2）如果上次对A测得值为am，经过时间t后，再次测得A仍为am的概率有多大？λ用φn作展开，即cnΨλn所以，在Ψλ下，测得A的平均值是得到A的值为am的概率是22Pm22（2）t=0时刻测得A为am，体系变为φm态。该态是短暂的，它要按固有规律变化。,t时刻再次测得A为am的概率为3.30能量为E的一束粒子穿过小孔，投射到距离小孔为通过不断减小孔径来达到减小屏上斑点直径是不可行的。估算使屏上斑点直径最小时孔径斑点半径增量ΔR满足dDzL是粒子速度。所以3.31如图所示，考虑地球上质量为m的粒子，粒子假设地球表面无法穿透，其势能函数为V(z)=mgz。请用海森堡不确定关系估算引力势场中该粒子的基态Z面，特征长度描述一个处于基态的粒子在空间运动的地面最大允许范围。设n为标记能级的量子数，当n1时，请用玻尔-索莫菲量子化条件推导第n个能级对n的依赖关系Ennx（x为待求解参2-z2≈z22/4解：因为n=nn，k=kk，k=kk，n≠k，所以k(-)n=nkn-kkn=(n-k)kn=03.33用不确定关系估算原子核中核子（质子，中子）动能的量级，并解解：原子核的半径R5fm，核子的分布基本均匀，就一个原子核而言与核子动能的测量值1020MeV符合。如果电子是原子核的结构单元，则其动量估算值如上述取质子数为40）远小于150MeV。所以电子不可能是原子核的基本结构单元。nαnnαφkβkφ结果表明，如果它就是的本征函数，对应本征值bk。但是意味着对应于的不同本征值的本征函数是线性相关的！但这所以，是的本征函数，对应本征值an。1(2)为 21 2 2 1 2 2 2 2φφφφ(2)φ(2)φjj（b）要求波函数对于交换是反对称时，每一个状态3qqq(q2)]qqq(q2)]qqq(q2)]3qqq(q2)]3φqq(q2)]q3)(q3)(q3)4.4设力学量A不显含t，H为体系的哈密顿量，证明解：因为A不显含时间，所以 4.5设力学量A不显含t，证明在束缚态下dA/dt=0。 解：因为=[A,H]44.6Dx(a)=e-a∂/∂x=e-iapx/表示沿x方向平移距离a的算符。证明下列形式波函数是Dx(a)的本征态，相应本征值为e-ika。Dxk(x-a)=e-ikaeikxφk(x)=e-ikaΨ(x)即Ψ(x)是Dx(a)的本征态，相应本征值为e-ika。4.7设体系的束缚态能级和归一化能量本征态分别为En和Ψn，n为标记包含哈密顿量H在内的力学量完全集的本征态的一组好量子数。设H含有一个参数λ,证明4.8设包含哈密顿量H在内的一组守恒量完全集的共同本征态和本征值分别为n和54.9设哈密顿量H=p2/2m+V(r)，证明下列求和法则x是r的一个分量，是对一切能量本征态求和，En是相应于n态的能量本征值，nHn=En。n又又64.10设F(r,p)为厄米算符，证明能量表象中的求和规则又（1）证明：任意力学量F在Ψ态中的平均值F=ΨFΨ=Tr(FP)。解1）设Fn=fnn，且mn=δmn，则且F在Ψ态中取值fn的概率W(fn)=nΨΨn=nPn等于P在n态中的平均值。P27=[H,P]解：时间演化算符U(t)=e-iHt/，有nn即4.13对于任意的波函数Ψ(x)，e-iapx/Ψ(x)=?（其中a为一实常数）解：对坐标x作无限小平移，即x→x,=x+a，则Ψ(x)→Ψ,(x)=D(a)Ψ(x)式中D(a)为无限小平移算符。利用空间平移不变性Ψ,(x,)=Ψ(x)，得D(a)Ψ(x+a)=Ψ(x)D(a)Ψ(x)=Ψ(x-a)8e-iapx/Ψ(x)=Ψ(x-a)4.14（1）一个函数f(x)可以作泰勒展开，证明f(x+x0)=eipx0/f(x)-iHt0/Ψ(x,t)（式中t0为任意时间常数）；-H/称为时间平移生成元。（3）证明力学量Q(x,p,t)在t+t0时刻的期望值可以写作：Qt+t0=Ψ(x,t)eiHt0/Q(x,p,t+t0)e-iHt0/Ψ(x,t)解1）利用泰勒展开得9 2(i)2∂3(i)3=|(-H,∂t3=|(-H,-iHt0/Ψ(x,t)，得Qt+t0=Ψ(x,t)eiHt0/Q(x,p,t+t0)e-iHt0/Ψ(x,t)Ψ(x,t)eiHt0/Q(x,p,t+t0)e-iHt0/Ψ(x,t)4.15（1）对于一个能用泰勒级数展开的函数f(φ)，证明：=exp(iLzφ0/)f(φ)（其中φ0为任意角度）。由于这个原因，Lz/被称为绕z轴转动的转动生成元。更普遍的，L./是方向的转动生成元，在这个意义上，exp(iL.φ0/)的作用是产生绕方在自旋情况下，转动生成元为S./。特别是，对自旋1/2x,=exp[i(σ.)φ0/2]x（2）构造一个表示绕x轴旋转1800的（2×2）矩阵，证明：它使自旋向上（x+）变解1）（2）假设M是一个矩阵，且M2=1，则3423!4!23!4!(24!,(3!,(24!,(3!,x,=exp[i(σ.)φ0/2]x所以，构造绕x轴旋转1800的（2×2）矩阵（3）构造一个表示绕y轴旋转900的矩阵iσπππ1「(10)(0iσπππ1「(10)(01,（4）构造一个表示绕z轴旋转3600的矩阵绕z轴旋转3600改变了旋量的符号。由于x的符号是任意的，所以它并不重要。σn=σ.=σxnx+σyny+σznz(0(11)(0i)(10)sinθcosφ+|sinθsinφ+|cosθ0,(i0,(0—1,(cosθe—iφsinθ)(eiφsinθ—cosθ,4.16费曼-海尔曼定理可以用来确定氢原子1/r和1/r2的期待值。径向波函数的有效（2）令费曼-海尔曼定理中的λ=l可以得到1/r2。25.2同上题。求坐标表象中p、P和L的算符表示式p=-i▽rP=-i▽RL=R×P+r×p ∂μ∂μ∂∂μ∂μ∂2又3R×▽R+r×▽r)（a）电子偶素（positronium，指e+-e-束缚体系（b）μ原子（muonicatom指平常原子中有一个电子4且T1=E1即5Ψnlm(r,θ,φ)=Rnl(r)Ylm(θ,φ)dW(r)=Rr2drYlYlmsinθdθdφ=Rlr2drw(r)=r2Rl令或可求得最概然半径r概。Ψn,n-1,m(r,θ,φ)=Rn,n-1(r)Yn-1,m(θ,φ)且Rn,n-1(r)=Crn-1e-Zr/naw(r)=r2R,n-1=C2r2ne-2Zr/na令或可求得最概然半径r2a/Z6Hlxl(r)=Exl(r)(3)(3)75.8对于类氢原子（核电荷为Ze计算处于束缚态Ψnlm下的电子的r-1和r-2。Vn=2En8解：取守恒量完全集为(H,l2,lz)，其共同本征函数为u(r)满足径向方程令l(l+1)-2λ=l,(l,+1)，并考虑到a=，则该式相当于把氢原子径向方程中的l换成l,，其求解过程完全类似于氢原子，所以能级为略去高阶小量(Δl)2，则致相符。特别是随着l增加，能量修正随之减小，这一点与实验符合极好。简并度（计及自旋）fN=(N+1)(N+2)。（a）利用位力定理，求第N壳的质子的r2的平均值；（b）设质子按泡利原理从N=0壳开始一直填满第N=K壳，求质子总数以及r2的9平均值r2；（c）设质子总数为Z，试求r2与Z的函数关系。解：三维各向同性谐振子的哈密顿量和能级（a）由位力定理▽得（b）能级简并度（计及自旋）为fN=(N+1第N=K壳，质子总数从中求出K，代入上式即得到与Z的函数关系。对于实际原子核，它是一个具有短程强相互作用的全同粒子体系，表现为核子的空间壳模型中的谐振子势的强度参数w不再是常数。因此w∞Z-1/3H、Hx、Hy相互对易，而且都是守恒量。所以Ψny(y)=Nnye-α2y2/2Hny(αy)ny=0,1,2,H的本征函数和本征值分别为给定N后，(nx,ny)有下列(N+1)种组合方式nx=ny=NN-1NN0所以能级EN的简并度为(N+1)。EN的本征态的宇称为(-1)nx+ny=(-1)N。三维各向同性谐振子，H的本征函数和本征值分别为给定N后，(nx,ny,nz)有下列组合方式nxnyz组合数012NNN-1N-20N+1NN-11二维各向同性谐振子与三维各向同性谐振子的能级分布均匀，能级间隔都是w。如果给定N，(nx,ny)有下列组合方式nx若N为偶数，则nx若N为奇数，则nx5.13分析二维库仑引力势（自然单位）V(P)=-1/P中电子的能级分布和简并度，显然，lz=-i是守恒量。选Ψ为守恒量完全集(H,lz)的共同本征态，可令Ψ=R(P)eimφ代入方程，得当P→0时，方程的渐近式为令R∞ps，代入方程得可以证明，R∞p-m是物理上所不能接受的，予以抛弃。当p→∞时，方程的渐近式为令ξ=2βp，得这正是合流超几何方程。它在ξ≈0邻域的解析解表达式为F(α,Y,ξ)，相应参数p对给定的n,=np+m，(np,m)的取值分别为npp--pn,02（1）势能函数是什么设地球质量为m，太阳质量为M）依此估算地球的量子数n。（4）假设地球跃迁到相邻的（n-1）低能级。将会释放多少能量（以焦耳为单位解1）势能函数作代换GMm→,量子力学中氢原子结论过渡到引力结论。（4）设地球跃迁到相邻的（n-1）低能级内，则2M2m32n-1G2M2m32G2M2m32L(n-1)n」2n(n-1)2nn2L(n-1)n」2n(n-1)2nn地球公转周期（1年）顺便说一句：氢从高激发态能级跃迁到下一个较低的能级发射光子的波长等于光在一应用（1）的结果估算氦原子基态的电子相互作用能的大小。结果用电子伏特表示，并将结果加到E0=8×(-13.6)eV=-109eV上，从而得到修正后的氦原子基态能量，并和实验测量值相比较。（当然，我们使用的仍然是一个近似波函数，所以不要如果忽略两个电子之间的相互作用，则n,l,m,(r2)E=4(En+En,)E0=-8×13.6eV=-109eVE0=(-109+34)eV=-75eV与测量值-79eV仍有误差，这是因为我们假定的波函数是近似的。它将氢原子Ψnlm态r三个不同的幂(s,s-1,s-2)的期待值联系起来。ursu,,dru,rsu,dr-s∫urs-1u,drursu,dru,rsu,dr把（2）、（3）结果代入（1）中，得令u(r)=rR(r)，则a≤r≤b时u=Asin(kr+δ)因为u(a)=Asin(ka+δ)=0，所以δ=-ka，有u=Asin[k(r-a)]因为u(b)=Asin[k(b-a)]=0，所以k(b-a)=n兀5.18一质量为μ的粒子在一圆圈（周长为L）上运动。如果还存在δ函数势V(x)=aδ(x-L/2)，a≠0，请式中，转动惯量I=μR2，R为圆半径。令x=Rφ,则o得6.1证明粒子速度算符各分量满足下列对易关系解：v的分量形式为因为P,F(r)=-i▽F(r)，所以2在只有磁场的情况下，H=v2，所以6.2荷电q质量为μ的粒子在均匀外磁场B中运动，哈密顿量为速度算符v的三个分量满足的对易式，见上题。假设B沿z轴方向，只考虑粒子在xy平面3=qB/μc为回转角频率。上式与谐振子的哈密顿量相似。由此求出其能量本征值令则解：设电场沿y方向，磁场沿z方向，则4ε=(0,ε,0)B=(0,0,B)选Landau规范，A=(-By,0,0)，且φ=-εy，满足选取(H,Px,Pz)为守恒量完全集，可选取能量本征函数为Ψ(x,y,z)=φ(y)ei(Pxx+Pzz)/其中Px、Pz为本征值，可取任意实数。HΨ(x,y,z)=E(x,y,z)Ψ(x,y,z)式中。该式与一维谐振子能量本征值方程相似，所以能φ(y)是以(y-y0)为变量的一维谐振子能量本征值函数，即φ(y)=Ψn(y-y0)=Hn(ξ)e-ξ2/256.4设电子囚禁在二维各向同性谐振子场中，如再受到沿z轴--1---1-讨论B→0和B→∞两种极限情况以及能级简并度的变化。为了方便，以下把电子沿z轴方向的自由运动分离出去，集中讨论电子在xy平面内的npo（b）若B→0，则系统变为二维各向同性谐振子，哈密顿量变为6np能级EN的简并度为(N+1)。若B→∞,则系统变为均匀磁场中的电子，哈密顿量变为npm因为N=2np+m+m，所以，对给定np，当m≤0时，所有态能量都相同，因此简（1）定义规范不变的动量求对易式[πx,πy]；因为[px,f]=-i所以7令则则式中，。它与一维谐振子哈密顿量极其相似，所以6.6假定电子处于氢原子的基态，受到一个周期性电场E=E0sinwt的作用。求单位解：设电场沿z轴方向，则体系哈密顿为8在时刻t体系从初态k跃迁到末态k,（k,≠k）的跃迁振幅为本题中，k=1，k,=∞,所以在时刻t体系从初态k跃迁到末态∞（即电子电离）的概率为PC∞,1(t)2PC∞,1(1)2一个带电的自旋粒子形成一个磁偶极子。它的磁偶矩μ正比于它的自旋角动量S：9使磁偶极子趋于与磁场平行的方向（就像一个指南针一样）。和这个力矩相应的能H=-μ.B所以一个静止在磁场中的带电的自旋粒子的H=-YB.S假定一个自旋1/2的粒子静止在一个方向沿z方向的均匀磁场中：0H的本征矢同Sz的一样：x+对应能量E+=-B0Y/2x-对应能量E-=B0Y/2常数a和b由初始条件决定：为了对这样的态有一个感性认识，让我们计算S期待值对时间的依赖关系：Sx=x+(t)Sxx(t)=(cos(α/2)e-iYB0t/2=2sinαcos(YB0t)(01)(cos(α/2)eiYB0t/2sin(α/(01)(cos(α/2)eiYB0t/2sin(α/2)eiYB0t/2)||),显然(S)与z轴有一个常数倾斜角α,并且绕磁场方向以Larmor频率①=YB0进动，如同z①SyαyOx（b）在A表象中（设无简并求出B和C的矩阵表示。解a）用B分别左乘、右乘BC-CB=iA，并利用B2=1，得AB+BA=0a2在A表象中，A的矩阵表示为设A表象中，B的矩阵形式为则由BC-CB=iA，得27.2设矩阵A和B满足A2=0，AA++A+A=1，在B表象中求出A的矩阵表示（设B本征态无简并）。解a）由B=A+A和A2=0，得B2=A+AA+A=A+A(1-AA+)=A+A-A+A2A+=A+A=B又B2=B，所以B2Ψ=BΨ=λΨ,因此λ2=λλ=0,1B的矩阵表示为设A的矩阵表示为由B=A+A，得3a22+a423iδ7.3设一维粒子哈密顿量。写出x表象中，x、p和H的矩阵元。xx,x,,=x,xx,,=x,x,x,,=x,δ(x,-x,,)7.4写出p表象中，x、p和H的矩阵元。4ppp,p,,=p,pp,,=p,p,p,,=p,δ(p,-p,,)7.5利用x表象和p表象之间的幺正变换，从7.3题推出7.4题的结果。57.6设体系哈密顿量H的本征方程为Hn=Enn，En和n分别为能量本征值和本n7.7二态体系的哈密顿量H=H0+H,。设H0n=Enn，n=1,2。在H0表象中,H,）证明H可以表示为12+H2,7.8设一个二态体系的基态和激发态分别记为g和e，可以视为一个假想的自旋为在sz表象中可以表示为且6解：因为Fnk2=F*F=F+FnknkknnkFkn2F），7dX(t)=HX(t)dtdg)(α)(α)|=Eg)(α)(α)|=E|(gh,(β,(β(gh-Eggh-Eggh-E代入定态方程，有α=±β所以，E±=h±g对应的归一化本征函数为所以，t时刻的状态为这只是中微子振荡的一个粗略模型。在这种情况下1表示电子中微子，2表示μ中这里1、2是正交归一基，ε是量纲为能量的一个实数。求出它的本征值和归一化的本解：设H的本征矢为Ψ=c11+c22，本征值为E，则8E=±2εc2||=-|(a||=-|(cd,(--1,(--1,9其中a、b和c都是实数。(|0)|(0,=a-b对E1=c，有{(a-c)2-对E3=a-b，有{cy=(a-b)ylbx+cz=(a-b)zy=0x=-z23则则7.13设厄米算符H的本征矢为n，{n}构成正交归一完备系。定义算符（3）算符F的迹定义为，计算TrU(m,n)4）若算符A的矩阵元为Amn=mAn，证明：A=ΣAmnU(m,n)，Apq=Tr{AU+(p,q)}。mn[H,U(m,n)]=(Em-En)U(m,n)（2）U(m,n)U+(p,q)=mnqp=δnqmp=δnqU(m,p){AU+(p,q)}7.14（1）如厄米算符A对任何态矢量u有uAu≥0，则称A是正定算符。求证算符A=aa是正定算符。（2）如A是任一aaaa所以A=aa是厄米算符。又因为2A=uaau=au2所以A=aa是正定算符。所以A+A是厄米算符。令Ψ=Au，则所以A+A是正定算符。取任意正交归一完备基矢组{n}，有18.1（a）在σz表象中，求σx的本征态b）求σz表象→σx表象的变换矩阵Sc）||则λ=±1当λ=1时↑↓a=↑x2x2↑z↑↑z↓28.2在σz表象中，求σ.n的本征态，n=(sinθcosφ,sinθsinφ,cosθ)是(θ,φ)方向解：在σz表象中，σ.n的矩阵表示为求解σ.n的本征方程sinθeiφ7「cossinθeiφ7「cosθ|Lsinθeiφ|Lsinθeiφcoscosθcosθλcosθλsinθeiφsinθeiφcosθλλ=±1当λ=1时Lsinθeiφcosθ」Lb」Lb」b1cosθeiφsin(θ/2)所以，λ=1对应的归一化本征态为niiφniiφx)2和(Δsy)sx=↑zsx↑z= 222「012ssx3或解a）把x1/2(Sz)用σ.n的本征态作展开，即所以，σ.n的可能测量值及相应概率分别为=c2σ.n=-1P2=d2=sin2（b）把σ.n=1的本征态用σz的本征态作展开，即1的概率为cos2σz=-1的概率为sin2。σz的平均值为4把σ.n=1的本征态用σx的本征态、作展开，即σx=e2-f2=sinθcosφ同理，在σ.n=1下，测得σy=±1的概率及平均值分别为σy=sinθsinφ（b）证明eiσ.A=cosA+iσ.nsinA，A=An，A=A，n为A方向单位矢量，A（c）证明treiσ.A=2cosA，tr为求矩阵的对角元之和。eiλσz=cosλ+iσzsinλ方法二：eiλσz是σz的函数，在σz表象中可以表示成对角矩阵，对角元素等于其本征5值。由于σz的本征值为±1，所以eiλσz的本征值为e±iλ,所以在σz表象中zsinλeiλσn=cosλ+iσnsinλeiσ.A=eiAσn=cosA+iσnsinA=cosA+iσ.nsinAtreiσ.A=2cosA8.6证明：eiλσzσxe-iλσz=σxcos(2λ)-σysin(2λ)。(λ为常数）eiλσzσxe-iλσz=(cosλ+iσzsinλ)σx(cosλ-iσzsinλ)=σxcos2λ-iσxσzsinλcosλ+iσzσxsinλcosλ+σzσxσzsin2λ=σxcos2λ+iσzσxsinλcosλ+iσzσxsinλcosλ-σxσsin2λ=σx(cos2λ-sin2λ)+i2σzσxsinλcosλ=σxcos(2λ)-σysin(2λ)μ=ljmjμzljmjmj=j=ljjμzljjljmj是(l2,j2,jz)的共同本征态。计算μ。解：在(l2,j2,jz)表象下，(l2,j2,jz)的共同本征态和本征值分别为6l2l2=l(l+1)2j2=j(j+1)2jz=mjh(mj=j,,-j)z2mczz2mczzz2mczz2mczz当j=l+1/2时同理，j=l-1/2时因此，当j=l+1/2时同理，j=l-1/2时7当mj=j时或8.8由两个非全同粒子（自旋均为/2）组成的系统，粒子之间的相互作用为解：H=As1.s2=As2-s-s=As2-2显然，总自旋s是守恒量，体系定态波函数可选(s2,sz)的共同本征函数。本征函数和能级E{8（1）粒子1自旋朝上(α(1)β(2)）的概率为cos2；（2）粒子1、2自旋均朝上(α(1)α(2)）的概率为0；s1x=x(t)s1xx(t)s2x2y=x(t)=\α(1)β(2)coss1zx(t)s1zAtAtAtAt e-iβ(1)α(2)sinesα(1)β(2)cose-AtAtAtAt2222 8.9有一个定域电子，受到沿x方向均匀磁场B作用，哈密顿量（不考虑轨道解法一：思路是先由薛定格方程求出自旋波函数x(t)，再计算s的平均值。2μcL10」L10」2μcx(t)=ax1/2(Sz)+bx1/2(S则 ix(t)=Hx(t 9dadb=e-iwta-b=[a(0)-b(0)]eiwt=eiwt ↑=cos(wt)↑-isin(wt)↓自旋为/2、固有磁矩为μ=YS的粒子，处在外磁场B=Bey中。t=0时刻，粒子处在Sz=/2的状态，求t>0时粒子的波函数及Sz的平均值。令t时刻的波函数为则 dtdt且E1(σσ1n1x+σ+σn1z)(σ2xn2x+σ2yn2y+σ2zn2z)n1xσ2xn2x+σ1yn1yσ2yn2y+σ1zn1zσ2zn2z)n1xσ2yn2y+σ1xn1xσ2zn2z+σ1yn1yσ2xn2x+σ1yn1yσ2zn2z+σn1zσ2xn2x+σ1zn1zσ2yn2y)σ1yσ2yx00==-x00σ1zσ2zx00==-x00(σ1xn1xσ2xn2x+σ1yn1yσ2yn2y+σ1zn1zσ2zn2z)x00=-(n1xn2x+n1yn2y+n1zn2z)x00=-(n1.n2)x00σ1xσ2yx00==-ix10σ1zσ2zx00==-(x11-x1,-1)σ1zσ2yx00==-i(x11-x1,-1)作用的结果是变成了自旋三重态，它们与自旋单态正交，平均值为Ψn(x)=Nne-α2x2/2HnΨ2(x)22h①,波函数0•Ψ(x,x2)x2)210210x2)(x+x)-1e-α2(x+x)/2对基态，能级E0=①,空间波函数具有交换对称性，有Ψ0(x1,x2,s1z,s2z)=Ψ0(x1)Ψ0(x2)x00对第二激发态，能级E1=3①,波函数有两种情况：Ψ2(x1,x2,s1z,s2z)=Ψ1(x1)Ψ1(x2)x00A与B为实常数。找出体系的守恒量，求出体系的能级和简并度。显然，S12,H=0，S123,H=0，[S123z,H]=0它们都是守恒量。选取(S,S3,S123z)作为力学量完全集，则其本征矢为ls12s123ms123)。（1）基态：E11=π22μa〔=π22μa2，两个电子的自旋取向必须相反，所以4与上面结果不同，但如果把它们重新组合，则可得到〔1「φ(x)φ(x)↑↓-φ(34)={ (x2)↓↑-φ2(x1)φ1(x234)={x2)]↑↓+x2)]↓↑}x2)]↑↓+↓↑Φ43-Φ4)={}(x2)↑↓-φ2(xΦ43-Φ4)={} 22l-φ(x2)↓↑-φ2(x1)φ1(x2)↑↓,(x2)(x2)1(x2)]↓↑}(x2)(x2)]↑↓-↓↑(x2)考虑到电子的自旋及全同性原理，三电子系统的能级和波函数式中，x(Sz)=↑或↓。若n1,n2,n3各不相同，则自旋可任意取↑或↓,简并度为8，分别对应于↑↑↑\↑↑↓\↑↓↑\↑↓↓\↓↑↑\↓↑↓\↓↓↑\↓↓↓\2若n1,n2,n3中有两个为1，一个为2，处于Ψ1或或En=(n+1/2)①Ψn(x)=AnHn(αx)e-α2x2/2n=0,1,2,考虑到电子的自旋及全同性原理，三电子系统的能级和波函数式中，x(Sz)=↑或↓。若n1,n2,n3各不相同，且n1+n2+n3取值唯一，则自旋可任意取↑或↓,简并度为↑↑↑\↑↑↓\↑↓↑\↑↓↓\↓↑↑\↓↑↓\↓↓↑\↓↓↓\2若n1,n2,n3中有两个为0，一个为1，处于Ψ0(x)态的两个电子的自旋必相反，则或=(5/2)①,简并度为2。或或或=(7/2)①,简并度为4。中，其中B0和（3）如果测量Sx，求出得到-/2的几率。解1）测得Sx=-/2的几率为（4）迫使Sx完全翻转必有（2）介子可能的自旋为1或0。