南京航空航天大学 2007 量子真题答案

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1. 一

1.

　　解：设厄米函数 $\hat{F}$ 的本征值为 $\lambda$，$\hat{F}\psi = \lambda \psi$
在厄米算符定义式$$\int \psi^* \hat{F} \phi d\tau = \int (\hat{F} \psi)^* \phi d\tau~$$中，令 $\phi=\psi$,则$$\lambda \int \psi^* \varphi d\tau = \lambda^* \int \psi^* \psi d\tau~$$
$\therefore \lambda=\lambda^*$ 得证。

2.

　　解：它取极小值的条件为 $$\frac{\partial E}{\partial \overline{(\Delta x)^2}} = 0~$$ 由此得出 $$\overline{(\Delta x)^2} = \frac{\hbar}{2 m \omega}~$$ 用此值代入(3)式, 可知 $$E \geq \frac{1}{2} \hbar \omega~$$ 所以讲振子基态能量 $$E = \frac{1}{2} \hbar \omega~$$ 由于一维谐振子势具有对坐标原点的反射对称性，我们有 $$ x = 0, \quad p = 0~$$ 因而 $$ \overline{\Delta x^2} =\overline{x^2} -\overline{x}^2 =\overline{x^2}~ $$ $$ \overline{\Delta p^2} =\overline{p^2} - \overline{p}^2 =\overline{p^2}~ $$ 所以在能量本征态下 $$ E = \frac{\overline{p^2}}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2\overline{x^2}= \frac{\overline{\Delta p^2}}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 \overline{\Delta x^2}~$$ 按不确定性关系 $$ (\overline{\Delta x)^2}.\overline{(\Delta p)^2}\geq \frac{\hbar^2}{4}~$$ 所以 $$ E \geq \frac{\hbar^2}{8m (\Delta x)^2} + \frac{1}{2} m \omega^2 \overline{(\Delta x)^2}~$$

2. 二

　　解:一个质量为 $m$ 的粒子在一维无限深势阱 $(0 \leq x \leq a)$ 中运动, $t = 0$ 时刻的初始波函数为 $$\psi(x, 0) = \sqrt{\frac{8}{5a}} \left(1 + \cos \frac{\pi x}{a}\right)\sin \frac{\pi x}{a}~$$
(1) 在后来某一时刻 $t_0$ 的波函数是什么？
(2) 体系在 $t = 0$ 和 $t = t_0$ 时的平均能量是多少？
(3) 在 $t = t_0$ 时, 在势阱左半部 $(0 \leq x \leq \frac{a}{2})$ 发现粒子的概率是多少？
解：(1) 无穷深方势阱中粒子的定态波函数为 $\psi_n = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n\pi x}{a}$, 相应的能为 $$E_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2}~$$ 将 $t = 0$ 时刻粒子的初态波函数用这些定态波函数展开 $$\psi(x, 0) = \sum_n A_n \psi_n~$$ $$\psi(x, 0) = A_1 \psi_1 + A_2 \psi_2~$$ 其中 $$A_1 = -\sqrt{\frac{4}{5}} A_2 = \sqrt{\frac{1}{5}}~$$ $$\psi(x, 0) = \sqrt{\frac{4}{5}}\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{\pi x}{a}\right)+\frac{1}{5}\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{\pi x}{a}\right)~$$ $t=t_0$ 时刻粒子的波函数

\begin{align} \psi(x,t_0) &= e^{-\frac{iE_1t_0}{\hbar}} \psi(x, 0) = e^{-\frac{iE_1t_0}{\hbar}} A_1 \psi_1 + e^{-\frac{iE_2t_0}{\hbar}} A_2 \psi_2 \\ &= e^{-\frac{iE_1t_0}{\hbar}} \sqrt{\frac{4}{5}}\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{\pi x}{a}\right)+ e^{-\frac{iE_2t_0}{\hbar}}\frac{1}{5}\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{\pi x}{a}\right)~ \end{align}

(2) $t=0$ 时, $\langle E \rangle = \int \psi^*(x, 0) \hat{H} \psi(x, 0) \,dx = \frac{4}{5} E_1 + \frac{1}{5} E_2 = \frac{4\pi^2 \hbar^2}{5ma^2} t - t_0$ 时, 同理可得, 能量与 t=0 时相同。 (3) $$ \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \psi^*(x, t_0) \psi(x, t_0) \, dx &= \int_{0}^{a} \left( e^{-iE_1 t_0/\hbar} A_1 \psi_1 + e^{-iE_2 t_0/\hbar} A_2 \psi_2 \right) \left( e^{-iE_1 t_0/\hbar} A_1 \psi_1 + e^{-iE_2 t_0/\hbar} A_2 \psi_2 \right)^* dx \\ &= \int_{0}^{a} \left( A_1^2 \psi_1^2 + A_2^2 \psi_2^2 + 2 A_1 A_2 \psi_1 \psi_2 \cos \left( \frac{E_2 - E_1 t_0}{\hbar} \right) \right) dx \\ &= \int_{0}^{a} \left( \frac{8}{5a} \sin^2 \frac{\pi x}{a} + \frac{2}{5a} \sin^2 \frac{2\pi x}{a} + \frac{8}{5a} \sin \frac{\pi x}{a} \sin \frac{2\pi x}{a} \cos \frac{3\pi^2 \hbar t_0}{2ma^2} \right) dx \\ &= \int_{0}^{a} \left[\frac{4}{5a} \left( 1 - \cos \frac{2\pi x}{a} \right) + \frac{1}{5a} \left( 1 - \cos \frac{4\pi x}{a} \right)\\ + \frac{4}{5a} \left(\cos \frac{\pi x}{a} \cos \frac{3\pi x}{a}\right) \cos \frac{3\pi^2 \hbar t_0}{2ma^2} \right] dx \\ &= \frac{1}{2} + \frac{16}{15\pi} \cos \frac{3\pi^2 \hbar t_0}{2ma^2}. \end{aligned}~$$

3. 三

　　解：

\begin{equation} H' = \lambda \delta \left( x - \frac{a}{2} \right)~ \end{equation}

\begin{equation} E_n^{(0)} = n^2\pi^2 \hbar^2/2\mu a^2, \quad \psi_n^{(0)} = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n \pi}{a}x~ \end{equation}

　　求到二级，矩阵元一般形式

\begin{equation} \langle n | H' | 1 \rangle = \frac{2}{a} \int_0^a \sin \frac{n \pi x}{a} \lambda \delta \left( x - \frac{a}{2} \right) \sin \frac{l\pi x}{a} dx = \frac{2\lambda}{a} \sin \frac{n \pi}{2} \sin \frac{l\pi}{2}~ \end{equation}

　　 基态： $n=1$，一级修正

\begin{equation} E_1^{(1)} = \langle 1 | H' | 1 \rangle = \frac{2\lambda}{a}~ \end{equation}

　　 二级修正

\begin{equation} E_1^{(2)} = \sum_{l \neq 1} \frac{|\langle 1 | H' | l \rangle |^2}{E_1^{(0)} - E_l^{(0)}} = \sum_{l \neq 1} \frac{4\lambda^2}{\pi^2 l^2} \times \frac{\sin^2 \frac{l \pi}{2}}{E_1^{(0)}(1 - l^2)} = \frac{8 \mu \lambda^2}{\pi^2 \hbar^2} \sum_{l \neq 1} \frac{1 - \cos l \pi}{2(l^2 - 1)} = \frac{8 \mu \lambda^2}{\pi^2 \hbar^2} \sum_{l \neq 1} \frac{1 - (-1)^l}{2(l^2 - 1)}~ \end{equation}

(1)当 $l$ 为偶数时,$1-(-1)'=0$,这时 $E_1^{2}= 0$
(2)当 $l$ 为奇数时，令 $l=2k+1, k=1,2,3,\dots,$ 上式给出

\begin{equation} E_1^{(2)} = -\frac{8\mu\lambda^2}{\pi^4 \hbar^2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{4k(k+1)} = -\frac{2 \mu \lambda^2}{\pi^4 \hbar^2} \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = -\frac{2 \mu \lambda^2}{\pi^4 \hbar^2}~ \end{equation}

　　所以

\begin{equation} E_1 = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2\mu a^2} + \frac{2\lambda}{a} + \frac{2 \mu \lambda^2}{\pi^2 \hbar^2}~ \end{equation}

　　由 $|E_1^{(2)}| \ll |E_1^{(1)}| \ll |E_1^{(0)}|$，可得 $\lambda \ll \pi^2 \hbar^2/\mu a$

4. 四

　　解：偶极跃迁，$\mathbf{H'} \propto X,Y, \text{或} Z$，视偏振方向而定。

　　由

\begin{equation} \begin{aligned} &x = r\sin\theta \cos\varphi \\\\ &y = r\sin\theta \sin\varphi \\\\ &z = r\cos\theta \end{aligned}~ \end{equation}

　　和球谐函数的递推关系 $$\cos\theta Y_{lm}(\theta, \varphi) = a_1 Y_{l-1,m} + a_2 Y_{l+1,m}~$$

　　 $$\sin \theta Y_{lm}(\theta, \varphi) = b_1 Y_{l-1,m\pm1} + b_2 Y_{l+1,m\pm1}~$$

　　可得极化矩阵元 $H'_{n\epsilon m, n'\epsilon'm'} \neq 0$ 的条件： $$\Delta l = \pm1, \Delta m = 0, \pm1~$$
径向函数不构成选择定则，$\therefore \text{无}\Delta n$ 的规则。
又由自旋李矩阵的正交归一性：} $\alpha = \\beta = 0, \alpha' = 1 \text{和} \beta' = 1,$
可得自旋选择定则： $\Delta S = 0$

5. 五

　　解: (1) 设 $\hat{T} = A \hat{s}_y + B \hat{s}_z$,则在 $\hat{s}_x, \hat{s}_y, \hat{s}_z$ 表象中有 $$\hat{T} = \frac{h}{2}\begin{pmatrix}0 & B - iA \\\\B + iA & 0\end{pmatrix}~$$

　　设本征值为 $\lambda \frac{h}{2}$, 有 $$\det\begin{pmatrix}B - \lambda & -iA \\\\iA & -B - \lambda\end{pmatrix}= 0 \Rightarrow \lambda = \pm \sqrt{A^2 + B^2}~$$ 设归一化的本征态为 $(ab),a^2+b^2=1$ 则由本征方程 $$\begin{pmatrix}B & -iA \\\\iA & -B \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a \\\\b\end{pmatrix}= \lambda\begin{pmatrix}a \\\\b\end{pmatrix}~$$

　　可以解出本征态为 $$\left| \Psi_{+} \right\rangle = \left[ \frac{1}{A^2 + \left( B \mp \sqrt{A^2 + B^2} \right)^2 } \right]^{\dagger} \left( \frac{iA}{B \mp \sqrt{A^2 + B^2}} \right)~$$

　　 (2) 在 $\hat{s}_x, \hat{s}_y, \hat{s}_z$ 的表象中, $\hat{s}_z$ 的本征态为(见 7.2 题) $$\hat{s}_z = \pm \frac{h}{2} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\\\1\end{pmatrix}~$$

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