天津大学 2015 年考研量子力学答案

贡献者： Entanglement

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1.

　　由归一化条件 $(\sqrt{\frac{1}{3}} A)^{2} + (\sqrt{\frac{2}{3}} A)^{2} = 1$ 可得到 $A = 1$ 。故归一化函数为：

　　 $ψ (x) = \sqrt{\frac{1}{3}} ϕ_{210} (x) + \sqrt{\frac{2}{3}} ϕ_{310} (x)$

2.

由题可得：
$\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} [L^{2}, L_{x}] = & [L_{x}^{2} + L_{y}^{2} + L_{z}^{2}, L_{x}] \\ = & 0 + [L_{y}^{2}, L_{x}] + [L_{z}^{2}, L_{x}] \\ = & 0 - L_{y} [L_{y}, L_{x}] + [L_{y}, L_{x}] L_{y} \\ = & 0 - i ℏ L_{y} L_{z} - i ℏ L_{z} L_{y} + i ℏ L_{z} L_{y} + i ℏ L_{y} L_{z} \\ = & 0 . \end{aligned} \end{matrix}$
同理可得：
$\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} [{\hat{L}}_{+}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) = & [{\hat{L}}_{x} + i {\hat{L}}_{y}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) \\ = & [{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) + i [{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) \\ = & - ℏ {\hat{L}}_{+} Y_{l m} (θ, ϕ), \end{aligned} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} [{\hat{L}}_{-}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) = & [{\hat{L}}_{x} - i {\hat{L}}_{y}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) \\ = & [{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) - i [{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{z}] Y_{l m} (θ, ϕ) \\ = & ℏ {\hat{L}}_{-} Y_{l m} (θ, ϕ), \end{aligned} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} [{\hat{L}}_{+}, {\hat{L}}_{-}] Y_{l m} (θ, ϕ) = & [{\hat{L}}_{x} + i {\hat{L}}_{y}, {\hat{L}}_{x} - i {\hat{L}}_{y}] Y_{l m} (θ, ϕ) \\ = & 2 ℏ {\hat{L}}_{z} Y_{l m} (θ, ϕ) . \end{aligned} \end{matrix}$
答：
由题可得：
$\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} e^{i ρ_{y} \partial} = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(i ρ_{y} \partial)^{n}}{n!} \\ = & \sum (i ρ_{y} \partial - \frac{i ρ_{y} \partial^{3}}{3!} + \frac{i ρ_{y} \partial^{5}}{5!} + \dots) + \sum (1 - \frac{\partial^{2}}{2!} + \frac{\partial^{4}}{4!} + \dots) \\ = & i ρ_{y} \sin \partial + \cos \partial . \end{aligned} \end{matrix}$
故 $B = \sin \partial, A = \cos \partial$ 。

3.

　　由 $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ 可得 $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω, E_{1} = \frac{3}{2} ℏ ω$ 将波函数归一化可得 $A = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ 。

$t$ 时刻的波函数为：
$\begin{matrix} (6) & ψ (x, t) = A ψ_{0} (x) e^{- \frac{i E_{0} t}{ℏ}} + A x ψ_{1} (x) e^{- \frac{i E_{1} t}{ℏ}} . \end{matrix}$
坐标的平均值为：
$\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} \bar{x} = & ⟨ ψ | x | ψ ⟩ \\ = & \frac{A^{2}}{α} ⟨ ψ_{0} + x ψ_{1} | \sqrt{\frac{1}{2}} ψ_{1} + \sqrt{\frac{1}{2}} x ψ_{0} + ψ_{2} ⟩ \\ = & \frac{A^{2}}{α} (\sqrt{\frac{1}{2}} x + \sqrt{\frac{1}{2}} x) \\ = & \frac{\sqrt{2} A^{2} x}{α} . \end{aligned} \end{matrix}$
能量的平均值为：
$\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} \bar{E} = & \frac{1}{1 + x^{2}} \cdot \frac{1}{2} ℏ ω + \frac{x}{1 + x^{2}} \cdot ℏ ω \\ = & \frac{ℏ ω (3 x + 1)}{2 (x + 1)} . \end{aligned} \end{matrix}$
系统是定态，力学量平均值不随时间变化。

4.

　　根据题意有：

\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} ψ_{n}^{(0)} = & \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n π x}{a} \\ E_{n}^{(0)} = & \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m a^{2}} . \end{aligned} \end{matrix}

将

H^{'} = - q ϵ x

是为微扰。因此能量的一级修正为：

\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} E_{n}^{(1)} = & \int ψ_{n}^{(0) *} (- q ϵ) ψ_{n}^{(0)} d x \\ = & - \frac{2 q ϵ}{a} \int_{0}^{a} x \sin^{2} (\frac{n π x}{a}) d x \\ = & - \frac{q ϵ}{a} \cdot \frac{a^{2}}{2} \\ = & - \frac{q ϵ a}{2} . \end{aligned} \end{matrix}

又因为：

\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} H_{m n}^{'} = & \int ψ_{m}^{(0) *} (- q ϵ) ψ_{n}^{(0)} d x \\ = & - \frac{2 q ϵ}{a} \int_{0}^{a} x \sin \frac{m π x}{a} \sin \frac{n π x}{a} d x \\ = & - \frac{2 q ϵ}{a} \int_{0}^{a} x \frac{1}{2} [\cos \frac{(m - n) π x}{a} - \cos \frac{(m + n) π x}{a}] d x \\ = & - \frac{q ϵ}{π} [\frac{1}{m - n} \sin \frac{(m - n) π x}{a} |_{0}^{a} - \frac{1}{m + n} \sin \frac{(m + n) π x}{a} |_{0}^{a}] \\ = & - \frac{q ϵ}{π} [\frac{1}{m - n} \sin (m - n) π x - \frac{1}{m + n} \sin (m + n) π x], \end{aligned} \end{matrix}

所以能量的二级修正为：

\begin{matrix} (12) & E_{n}^{(2)} = {\sum_{m}}^{'} \frac{{| H_{m n}^{'} |}^{2}}{E_{m}^{(0)} - E_{n}^{(0)}} . \end{matrix}

波函数的一级修正为：

\begin{matrix} (13) & ψ_{n}^{(1)} = {\sum_{m}}^{'} \frac{H_{m n}^{'}}{E_{n}^{(0)} - E_{m}^{(0)}} ψ_{m}^{(0)} . \end{matrix}

5.

由题可得 $\hat{H} = g S_{1} \cdot S_{2} = \frac{1}{2} g (S^{2} - S_{1}^{2} - S_{2}^{2}) = \frac{1}{2} g s (s + 1) ℏ^{2} - \frac{3}{2} ℏ^{2}$ 。自旋波函数为：
$\begin{aligned} (14) & χ_{11}^{s} = χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z}), \\ (15) & χ_{1 - 1}^{s} = χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}), \\ (16) & χ_{10}^{s} = \frac{1}{\sqrt{2}} [χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}) + χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z})], \\ (17) & χ_{00}^{A} = \frac{1}{\sqrt{2}} [χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}) - χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z})] . \end{aligned}$
能级为：
$\begin{aligned} (18) & E_{11} = \frac{g ℏ^{2}}{2}, \\ (19) & E_{1 - 1} = \frac{g ℏ^{2}}{2}, \\ (20) & E_{10} = \frac{g ℏ^{2}}{2}, \\ (21) & E_{00} = - \frac{3 g ℏ^{2}}{2} . \end{aligned}$
$S = 1$ 时为三重简并， $S = 0$ 时为非简并。
设磁场 $B$ 沿 $x$ 方向， $μ = g S_{x}$ .在 $S_{z}$ 表象中： $S_{x} = \frac{ℏ}{2} [\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}]$ 。
所以：
$\begin{matrix} (22) & \hat{H} = - μ B = - \frac{g B ℏ}{2} [\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] . \end{matrix}$
设粒子自旋波函数为： $ψ_{n} = (\begin{matrix} c_{1} \\ c_{2} \end{matrix})$ ，又因为本征方程： $\hat{H} Ψ = E Ψ$ ，所以可得：

$\begin{matrix} (23) & - \frac{g B ℏ}{2} [\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} c_{1} \\ c_{2} \end{matrix}] = E [\begin{matrix} c_{1} \\ c_{2} \end{matrix}] . \end{matrix}$
解本征方程得：
$\begin{array}{r} (24) & E = \frac{g B ℏ}{2}, ψ_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array}], \\ (25) & E = - \frac{g B ℏ}{2}, ψ_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}] . \end{array}$
能级简并完全消除。

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