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 $λ$ ， $\hat{F} ψ = λ ψ$
在厄米算符定义式 $\int ψ^{*} \hat{F} ϕ d τ = \int (\hat{F} ψ)^{*} ϕ d τ$ 中，令 $ϕ = ψ$ ,则 $λ \int ψ^{*} φ d τ = λ^{*} \int ψ^{*} ψ d τ$
$∴ λ = λ^{*}$ 得证。

2.

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

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 $ψ (x, 0) = \sqrt{\frac{8}{5 a}} (1 + \cos \frac{π x}{a}) \sin \frac{π x}{a}$
(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 $ψ_{n} = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n π x}{a}$ , 相应的能为 $E_{n} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m a^{2}}$ 将 $t = 0$ 时刻粒子的初态波函数用这些定态波函数展开 $ψ (x, 0) = \sum_{n} A_{n} ψ_{n}$ $ψ (x, 0) = A_{1} ψ_{1} + A_{2} ψ_{2}$ 其中 $A_{1} = - \sqrt{\frac{4}{5}} A_{2} = \sqrt{\frac{1}{5}}$ $ψ (x, 0) = \sqrt{\frac{4}{5}} (\sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{π x}{a}) + \frac{1}{5} (\sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{π x}{a})$ $t = t_{0}$ 时刻粒子的波函数

\begin{aligned} (1) & ψ (x, t_{0}) & = e^{- \frac{i E_{1} t_{0}}{ℏ}} ψ (x, 0) = e^{- \frac{i E_{1} t_{0}}{ℏ}} A_{1} ψ_{1} + e^{- \frac{i E_{2} t_{0}}{ℏ}} A_{2} ψ_{2} \\ (2) & = e^{- \frac{i E_{1} t_{0}}{ℏ}} \sqrt{\frac{4}{5}} (\sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{π x}{a}) + e^{- \frac{i E_{2} t_{0}}{ℏ}} \frac{1}{5} (\sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{π x}{a}) \end{aligned}

(2)

t = 0

时,

⟨ E ⟩ = \int ψ^{*} (x, 0) \hat{H} ψ (x, 0) d x = \frac{4}{5} E_{1} + \frac{1}{5} E_{2} = \frac{4 π^{2} ℏ^{2}}{5 m a^{2}} t - t_{0}

时, 同理可得, 能量与 t=0 时相同。 (3)

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} ψ^{*} (x, t_{0}) ψ (x, t_{0}) d x & = \int_{0}^{a} (e^{- i E_{1} t_{0} / ℏ} A_{1} ψ_{1} + e^{- i E_{2} t_{0} / ℏ} A_{2} ψ_{2}) {(e^{- i E_{1} t_{0} / ℏ} A_{1} ψ_{1} + e^{- i E_{2} t_{0} / ℏ} A_{2} ψ_{2})}^{*} d x \\ = \int_{0}^{a} (A_{1}^{2} ψ_{1}^{2} + A_{2}^{2} ψ_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} ψ_{1} ψ_{2} \cos (\frac{E_{2} - E_{1} t_{0}}{ℏ})) d x \\ = \int_{0}^{a} (\frac{8}{5 a} \sin^{2} \frac{π x}{a} + \frac{2}{5 a} \sin^{2} \frac{2 π x}{a} + \frac{8}{5 a} \sin \frac{π x}{a} \sin \frac{2 π x}{a} \cos \frac{3 π^{2} ℏ t_{0}}{2 m a^{2}}) d x \\ = \int_{0}^{a} [\frac{4}{5 a} (1 - \cos \frac{2 π x}{a}) + \frac{1}{5 a} (1 - \cos \frac{4 π x}{a}) + \frac{4}{5 a} (\cos \frac{π x}{a} \cos \frac{3 π x}{a}) \cos \frac{3 π^{2} ℏ t_{0}}{2 m a^{2}}] d x \\ = \frac{1}{2} + \frac{16}{15 π} \cos \frac{3 π^{2} ℏ t_{0}}{2 m a^{2}} . \end{aligned}

3. 三

　　解：

\begin{matrix} (3) & H^{'} = λ δ (x - \frac{a}{2}) \end{matrix}

\begin{matrix} (4) & E_{n}^{(0)} = n^{2} π^{2} ℏ^{2} / 2 μ a^{2}, ψ_{n}^{(0)} = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n π}{a} x \end{matrix}

　　求到二级，矩阵元一般形式

\begin{matrix} (5) & ⟨ n | H^{'} | 1 ⟩ = \frac{2}{a} \int_{0}^{a} \sin \frac{n π x}{a} λ δ (x - \frac{a}{2}) \sin \frac{l π x}{a} d x = \frac{2 λ}{a} \sin \frac{n π}{2} \sin \frac{l π}{2} \end{matrix}

　　 基态： $n = 1$ ，一级修正

\begin{matrix} (6) & E_{1}^{(1)} = ⟨ 1 | H^{'} | 1 ⟩ = \frac{2 λ}{a} \end{matrix}

　　 二级修正

\begin{matrix} (7) & E_{1}^{(2)} = \sum_{l \neq 1} \frac{| ⟨ 1 | H^{'} | l ⟩ |^{2}}{E_{1}^{(0)} - E_{l}^{(0)}} = \sum_{l \neq 1} \frac{4 λ^{2}}{π^{2} l^{2}} \times \frac{\sin^{2} \frac{l π}{2}}{E_{1}^{(0)} (1 - l^{2})} = \frac{8 μ λ^{2}}{π^{2} ℏ^{2}} \sum_{l \neq 1} \frac{1 - \cos l π}{2 (l^{2} - 1)} = \frac{8 μ λ^{2}}{π^{2} ℏ^{2}} \sum_{l \neq 1} \frac{1 - (- 1)^{l}}{2 (l^{2} - 1)} \end{matrix}

(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 = 2 k + 1, k = 1, 2, 3, \dots,

上式给出

\begin{matrix} (8) & E_{1}^{(2)} = - \frac{8 μ λ^{2}}{π^{4} ℏ^{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{4 k (k + 1)} = - \frac{2 μ λ^{2}}{π^{4} ℏ^{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = - \frac{2 μ λ^{2}}{π^{4} ℏ^{2}} \end{matrix}

　　所以

\begin{matrix} (9) & E_{1} = \frac{π^{2} ℏ^{2}}{2 μ a^{2}} + \frac{2 λ}{a} + \frac{2 μ λ^{2}}{π^{2} ℏ^{2}} \end{matrix}

　　由 $| E_{1}^{(2)} | ≪ | E_{1}^{(1)} | ≪ | E_{1}^{(0)} |$ ，可得 $λ ≪ π^{2} ℏ^{2} / μ a$

4. 四

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

　　由

\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} x = r \sin θ \cos φ \\ y = r \sin θ \sin φ \\ z = r \cos θ \end{aligned} \end{matrix}

　　和球谐函数的递推关系 $\cos θ Y_{l m} (θ, φ) = a_{1} Y_{l - 1, m} + a_{2} Y_{l + 1, m}$

　　 $\sin θ Y_{l m} (θ, φ) = b_{1} Y_{l - 1, m \pm 1} + b_{2} Y_{l + 1, m \pm 1}$

　　可得极化矩阵元 $H_{n ϵ m, n^{'} ϵ^{'} m^{'}}^{'} \neq 0$ 的条件： $Δ l = \pm 1, Δ m = 0, \pm 1$
径向函数不构成选择定则， $∴ 无 Δ n$ 的规则。
又由自旋李矩阵的正交归一性：} $α = b e t a = 0, α^{'} = 1 和 β^{'} = 1,$
可得自旋选择定则： $Δ S = 0$

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 $\hat{T} = \frac{h}{2} (\begin{matrix} 0 & B - i A \\ B + i A & 0 \end{matrix})$

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

　　可以解出本征态为 $| Ψ_{+} ⟩ = {[\frac{1}{A^{2} + {(B \mp \sqrt{A^{2} + B^{2}})}^{2}}]}^{†} (\frac{i A}{B \mp \sqrt{A^{2} + B^{2}}})$

　　 (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) ${\hat{s}}_{z} = \pm \frac{h}{2} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$

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