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	$n$	$L^2=l(l+1){\hslash }^2$	$L_z=m\hslash$
   ${\psi }_{210}$	$\frac{1}{2}$	2	$2{\hslash }^2$	0
   ${\psi }_{110}$	$\frac{1}{2}$	1	0	0

2. 不计自旋，守恒量有 $\hat{H},\widehat{L^2},\widehat{L_z}$。
3. $\because A^{†}=A,B^{†}=B,(AB{)}^{†}\ne AB$
   $\therefore (1)(AB{)}^{†}=B^{\ast }{A}^{\ast }=BA$，不是厄米算符。
   $(2)(AB+BA{)}^{†}=B^{\ast }{A}^{\ast }+A^{\ast }+B^{\ast }=AB+BA$，是厄米算符。
   $(3)(AB-BA{)}^{†}=B^{\ast }{A}^{\ast }-A^{\ast }{B}^{\ast }=-(AB-BA)$，不是厄米算符。
   $(4)(ABA{)}^{†}=(ABA{)}^{\ast }=ABA$，是厄米算符。
   $(5)[i(AB-BA){]}^{†}=-i(BA-AB)=i(AB-BA)$，是厄密算符。

2.

1. 由 ${\displaystyle \psi (x,0)=\frac{1}{\sqrt{2}}[{\phi }_0(x)+{\phi }_1(x)]}$ 可得任意时刻的波函数为：
   
   $$\begin{array}{}\text{(1)}& \psi (x,t)=\frac{1}{\sqrt{2}}[{\phi }_0(x)e^{-\frac{i{E}_{0}t}{\hslash }}+{\phi }_1(x)e^{-\frac{i{E}_{1}t}{\hslash }}].\end{array}$$
2. 由谐振子的基本性质，有：
   
   $$\begin{array}{}\text{(2)}& x{\psi }_n=\frac{1}{\alpha }[\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}(x)+\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}(x)],\end{array}$$
   所以任意时刻坐标的平均值为：
   
   $$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}\overline{x}=& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\psi }^{\ast }(x)\psi \mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{2\alpha }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}[{\phi }_0^{\ast }(x)+{\phi }_1^{\ast }(x)](x)[{\phi }_0(x)+{\phi }_1(x)]\mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{2\alpha }[\sqrt{\frac{1}{2}}{\delta }_{00}+\sqrt{\frac{1}{2}}{\delta }_{11}]\\ =& \frac{\sqrt{2}}{2}\alpha ,\end{array}\end{array}$$
   其中 ${\displaystyle \alpha =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}}$。

3.

　　 由一维无限深势阱基本结论得：

4.

　　 三维无限深势阱的定态薛定谔方程为：

　　 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：

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

　　 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 ${\displaystyle n_1^2,n_2^2,n_3^2=\frac{2m{a}^{2}E}{{\hslash }^2{\pi }^2}}$ 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：
   
   $$\begin{array}{}\text{(14)}& [S^2,H^2]=[S^2,a{\mathbf{S}}_{\mathbf{1}}{\mathbf{S}}_{\mathbf{2}}+a{\mathbf{S}}_{\mathbf{2}}{\mathbf{S}}_{\mathbf{3}}+a{\mathbf{S}}_{\mathbf{3}}{\mathbf{S}}_{\mathbf{1}}],\end{array}$$
   所以 $\frac{\mathrm{d}{S}^2}{\mathrm{d}t}=0$，所以 $S^2$ 是守恒量。
2. ${\displaystyle {\mathbf{S}}_{\mathbf{1}}\cdot {\mathbf{S}}_{\mathbf{2}}=\frac{1}{2}({\mathbf{S}}^{\mathbf{2}}-{\mathbf{S}}_{\mathbf{1}}^{\mathbf{2}}-{\mathbf{S}}_{\mathbf{2}}^{\mathbf{2}})=\frac{1}{2}{\mathbf{S}}^{\mathbf{2}}-\frac{3}{4}{\hslash }^2}$
   本征函数为：
   
   $$\begin{array}{}\text{(15)}& \begin{array}{rl}& {\chi }_{11}={\chi }_{\frac{1}{2}}(S_{1z}){\chi }_{\frac{1}{2}}(S_{2z}),\\ & {\chi }_{1-1}={\chi }_{-\frac{1}{2}}(S_{1z}){\chi }_{-\frac{1}{2}}(S_{2z}),\\ & {\chi }_{10}=\frac{1}{\sqrt{2}}[{\chi }_{\frac{1}{2}}(S_{1z}){\chi }_{-\frac{1}{2}}(S_{1z})+{\chi }_{\frac{1}{2}}(S_{2z}){\chi }_{-\frac{1}{2}}(S_{1z})],\\ & {\chi }_{00}=\frac{1}{\sqrt{2}}[{\chi }_{\frac{1}{2}}(S_{1z}){\chi }_{-\frac{1}{2}}(S_{1z})-{\chi }_{\frac{1}{2}}(S_{2z}){\chi }_{-\frac{1}{2}}(S_{1z})].\end{array}\end{array}$$
   本征值 $\hat{H}\psi =E\psi$
   
   $$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{rl}& \hat{H}{\chi }_{11}=g(\frac{1}{2})\cdot 2\hslash -\frac{3}{4}{\chi }_{11}=\frac{1}{4}g{\hslash }^2{\chi }_{11},\\ & \hat{H}{\chi }_{1-1}=\frac{1}{4}g\hslash {\chi }_{1-1},\\ & \hat{H}{\chi }_{10}=\frac{1}{4}g\hslash {\chi }_{10},\\ & \hat{H}{\chi }_{00}=-\frac{3}{4}g{\hslash }^2{\chi }_{00}.\end{array}\end{array}$$
   由上式可得出，在自旋对称时，$E$ 为三重简并。