天津大学 2016 年考研量子力学答案

                     

贡献者: Entanglement

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1.

  1. 归一化系数 $A=2$,列表如下:
    表1:可能的值与相应几率
    几率 $n$ $L^{2}=l(l+1)\hbar^{2}$ $L_{z}=m\hbar$
    $\psi_{210}$ $ \frac{1}{2}$ 2 $2\hbar^2$ 0
    $\psi_{110}$ $ \frac{1}{2}$ 1 0 0
  2. 不计自旋,守恒量有 $\hat H,\hat {L^2},\hat {L_z} $.
  3. $\because \quad A^{\dagger} = A,B^{\dagger} = B,(AB)^{\dagger} \neq AB $
    $\therefore (1)\quad (AB)^{\dagger} = B^*A^* = BA $,不是厄米算符.
    $\quad (2)\quad (AB+BA)^{\dagger} = B^*A^*+A^*+B^* = AB+BA $,是厄米算符.
    $\quad (3)\quad (AB-BA)^{\dagger} = B^*A^*-A^*B^* = -(AB-BA) $,不是厄米算符.
    $\quad (4)\quad (ABA)^{\dagger} = (ABA)^* = ABA $,是厄米算符.
    $\quad (5)\quad [i(AB-BA)]^{\dagger} = -i(BA-AB) = i(AB-BA) $,是厄密算符.

2.

  1. 由 $\displaystyle \psi (x,0) = \frac{1}{\sqrt{2}}[\varphi_{0}(x) + \varphi_{1}(x)] $ 可得任意时刻的波函数为:
    \begin{equation} \psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left[\varphi_{0}(x)e^{-\frac{iE_{0}t}{\hbar}} + \varphi_{1}(x)e^{-\frac{iE_{1}t}{\hbar}} \right] \end{equation}
  2. 由谐振子的基本性质,有:
    \begin{equation} x\psi_{n} = \frac{1}{\alpha} \left[\sqrt{\frac{n}{2}}\psi_{n-1}(x) + \sqrt{\frac{n+1}{2}}\psi_{n+1}(x) \right] \end{equation}
    所以任意时刻坐标的平均值为:
    \begin{equation} \begin{aligned} \bar{x} =& \int^{\infty}_{-\infty} \psi^{*}(x)\psi \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{1}{2\alpha} \int^{\infty}_{-\infty} \left[\varphi^{*}_{0}(x)+\varphi^{*}_{1}(x)\right](x)\left[\varphi_{0}(x)+\varphi_{1}(x)\right] \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{1}{2\alpha} \left[\sqrt{\frac{1}{2}}\delta_{00}+\sqrt{\frac{1}{2}}\delta_{11} \right] \\ =& \frac{\sqrt{2}}{2} \alpha \end{aligned} \end{equation}
    其中 $\displaystyle \alpha = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}} $.

3.

   由一维无限深势阱基本结论得:

\begin{equation} \begin{aligned} & E^{0}_{n} = \frac{n^{2} \pi^{2} \hbar^{2}}{2ma^{2}},\quad n = 1,2,3\cdots \\ & \psi^{0}_{n} = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin{\frac{n \pi x}{a}},\quad n = 1,2,3\cdots \end{aligned} \end{equation}

   能量的一级修正为:

\begin{equation} \begin{aligned} E^{(1)}_{n} =& \int^{a}_{\frac{a}{2}} \psi^{(0)*}_{n} (H') \psi^{(0)}_{n} \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{2}{a} \int^{a}_{\frac{a}{2}} V_{0} \sin^{2}{\frac{n \pi x}{a}} \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{2V_{0}}{a} \int^{a}_{\frac{a}{2}} \frac{1}{2} (1-\cos{\frac{2n \pi x}{a}}) \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{V_{0}}{2} \end{aligned} \end{equation}
\begin{equation} \begin{aligned} H'_{mn} =& \int^{a}_{\frac{a}{2}} \psi^{(0)*}_{m}(H') \psi^{(0)}_{n} \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{2}{a} \int^{a}_{\frac{a}{2}} \sin{\frac{m \pi x}{a}} (V_{0}) \sin{\frac{n \pi x}{a}} \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{2}{a} \int^{a}_{\frac{a}{2}} V_{0} \left[ \frac{1}{2} (\cos{\frac{(m-n) \pi x}{a}} - \cos{\frac{(m+n) \pi x}{a}}) \right] \,\mathrm{d}{x} \\ =& \frac{V_{0}}{a} \left[ \frac{a}{(m+n)\pi} \sin{\frac{(m+n)\pi}{a}} - \frac{a}{(m-n)\pi} \sin{\frac{(m-n)}{a}} \right] \end{aligned} \end{equation}

   能量的二级修正为:

\begin{equation} E^{2}_{n} = \sum_{m}' \frac{\left| H'_{mn} \right|^{2}}{E_{n} - E_{m}} \end{equation}

   波函数的一级修正为:

\begin{equation} \psi^{(1)}_{n} = \sum_{m}' \frac{\left| H'_{mn} \right|}{E_{n} - E_{m}} \psi^{(0)}_{m} \end{equation}

   因此:

\begin{equation} \begin{aligned} & E = E^{(0)}_{n} + E^{(1)}_{n} + E^{(2)}_{n} \\ & \psi = \psi^{(0)}_{n} + \psi^{(1)}_{n} \end{aligned} \end{equation}

4.

   三维无限深势阱的定态薛定谔方程为:

\begin{equation} \left[ -\frac{\hbar^{2}}{2m} \nabla^{2} +V(x,y,z) \right]\psi(x,y,z) = E\psi(x,y,z) \end{equation}

   分离变量 $\psi(x,y,z) = X_(x)Y_(y)Z_(z) $,势阱内 $V=0$.

\begin{equation} \frac{-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2} {x}^{2}}{d{x^{2}}}}{X_(x)} + \frac{-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2} {y}^{2}}{d{y^{2}}}}{Y_(y)} + \frac{-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2} {z}^{2}}{d{z^{2}}}}{Z_(z)} = E \end{equation}

   上述第一项只含 $x$,第二项只含 $y$,第三项只含 $z$,$E$ 与 $x,y,z$ 无关.设第一项为 $E_1$ 利用边界条件 $X_{(0)} = 0,X_{(a)} = 0$ 得:

\begin{equation} X_{n_1}(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin{\frac{n_{1} \pi x}{a}},E_{n_1} = \frac{n^2_1 \pi^2 x^2}{2ma^2} \end{equation}

   同理可求得 $Y_{n_2},E_{n_2},Z_{n_3},E_{n_3} $,整理得到:

\begin{equation} \begin{aligned} & E_{n_1,n_2,n_3} =\frac{n^2_1 \pi^2 x^2}{2ma^2}+\frac{n^2_2 \pi^2 y^2}{2ma^2}+\frac{n^2_3 \pi^2 z^2}{2ma^2} \\ & \psi(x,y,z) = (\frac{2}{a})^{\frac{3}{2}} \sin{\frac{n_1 \pi x}{a}} \sin{\frac{n_2 \pi y}{a}} \sin{\frac{n_3 \pi z}{a}} \\ & (0 < x,y,z < a \quad , \quad n_1 n_2 n_3 = 1,2,3 \cdots) \end{aligned} \end{equation}

   当 $n_1 = n_2 = n_3$ 时,能级不简并.$n_1 , n_2 , n_3 $ 中有二者相等时,一般为三重简并,$n_1 , n_2 , n_3 $ 三者都不相等时,一般为 6 度简并,还有偶然简并的情况,如 $n_1 , n_2 , n_3 =(5,6,8) $.简并度满足 $\displaystyle n^2_1 , n^2_2 , n^2_3 = \frac{2ma^2 E}{\hbar^2 \pi^2}$ 条件的正整数.

5.

  1. 总自旋 $S^2$ 是守恒量,理由为:
    (1) $S^2$ 不显含时 $t$.
    (2) $S^2$ 与各分量的平方对易,进而与各乘积对易,故:
    \begin{equation} [S^2 ,H^2] = [S^2 , a \vec{S_1} \vec{S_2} + a \vec{S_2} \vec{S_3} + a \vec{S_3} \vec{S_1}] \end{equation}
    所以 $\frac{ \,\mathrm{d}{S^2} }{ \,\mathrm{d}{t} }=0$,所以 $S^2$ 是守恒量.
  2. $\displaystyle \vec{S_1} \cdot \vec{S_2} = \frac{1}{2} (\vec{S^2} -\vec{S^2_1} -\vec{S^2_2}) = \frac{1}{2} \vec{S^2} - \frac{3}{4} \hbar^2 $
    本征函数为:
    \begin{equation} \begin{aligned} & \chi_{11} = \chi_{\frac{1}{2}}(S_{1z})\chi_{\frac{1}{2}}(S_{2z}) \\ & \chi_{1-1} = \chi_{-\frac{1}{2}}(S_{1z})\chi_{-\frac{1}{2}}(S_{2z}) \\ & \chi_{10} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \chi_{\frac{1}{2}}(S_{1z})\chi_{-\frac{1}{2}}(S_{1z}) + \chi_{\frac{1}{2}}(S_{2z})\chi_{-\frac{1}{2}}(S_{1z}) \right] \\ & \chi_{00} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \chi_{\frac{1}{2}}(S_{1z})\chi_{-\frac{1}{2}}(S_{1z}) - \chi_{\frac{1}{2}}(S_{2z})\chi_{-\frac{1}{2}}(S_{1z}) \right] \\ \end{aligned} \end{equation}
    本征值 $\hat{H}\psi = E\psi $
    \begin{equation} \begin{aligned} & \hat{H}\chi_{11} = g(\frac{1}{2}) \cdot 2\hbar - \frac{3}{4} \chi_{11} = \frac{1}{4}g\hbar^{2} \chi_{11} \\ & \hat{H}\chi_{1-1} = \frac{1}{4}g\hbar \chi_{1-1} \\ & \hat{H}\chi_{10} = \frac{1}{4}g\hbar \chi_{10} \\ & \hat{H}\chi_{00} = -\frac{3}{4}g\hbar^{2} \chi_{00} \\ \end{aligned} \end{equation}
    由上式可得出,在自旋对称时,$E$ 为三重简并.

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