天津大学 2017 年考研量子力学答案

贡献者： Entanglement

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本文处于草稿阶段。

1.

(1)由题可知势能 $\overset{―}{U} = - \frac{e^{2}}{r}$ 。
$\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \overset{―}{U} = & ∭ ψ^{*} \overset{―}{U} ψ d τ \\ = & - \frac{e^{2}}{π a_{0}^{3}} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{r} e^{- \frac{2 r}{a_{0}}} r^{2} \sin θ d r d θ d φ \\ = & - \frac{e^{2}}{π a_{0}^{3}} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} e^{- \frac{2 r}{a_{0}}} r \sin θ d r d θ d φ \\ = & - \frac{4 e^{2}}{a_{0}^{3}} \int_{0}^{\infty} e^{- \frac{2 r}{a_{0}}} r d r \\ = & - \frac{4 e^{2}}{a_{0}^{3}} (\frac{a_{0}}{2})^{2} \\ = & - \frac{e^{2}}{a_{0}} . \end{aligned} \end{matrix}$
(2)电子 $r + d r$ 在球壳内出现的几率为：

$\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} w (r) d r = & \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} | ψ (r, θ, φ) | \sin θ d θ d φ d r \\ = & \frac{4}{a^{3}} e^{- \frac{2 r}{a_{0}}} r^{2} d r, \end{aligned} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (3) & \begin{array}{r} \frac{d w (r)}{d r} = \frac{4}{a^{3}} e^{- \frac{2 r}{a_{0}}} r^{2} . \end{array} \end{matrix}$
令 $\frac{d w (r)}{d r} = 0, ⟹ r_{1} = 0, r_{2} = \infty, r_{3} = a_{0}$ ，因为 $\frac{d d^{2} w (r)}{d r^{2}} |_{r = a_{}} < 0$ ，所以 $r = a_{0}$ 为最概然半径。
答：康普顿散射是光子与电子做弹性碰撞，在 $X$ 射线通过实物物质发生散射的实验时，除原波长的光外还产生了大于原波长的 $X$ 光，借助光电理论，才可以得到这是由于光子与电子发生碰撞后频率变小的缘故，从而证实了光具有粒子性。
(1)三维转子的能级为： $E = \frac{l (l + 1)}{2 I}$ ，简并度为： $2 l + 1$ 。
(2)平面转子设沿 $z$ 轴方向， $\hat{H} = \frac{{\hat{l}}_{z}^{2}}{2 I}$ ,能级为： $E = \frac{m^{2} ℏ^{2}}{2 I}, m = 0, \pm 1, \pm 2$ ，除了 $m = 0$ 外，能级都是二重简并。

2.

对于 $r \times L + L \times r$ 有：
$\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} (r \times L + L \times r)_{x} = & y L_{z} - z L_{y} + L_{y} z - L_{z} y \\ = & [y, x p_{y} - y p_{x}] + [z p_{x} - x p_{z}, z] \\ = & i ℏ x + i ℏ x \\ = & 2 i ℏ x . \end{aligned} \end{matrix}$
同理可得：

$\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} (r \times L + L \times r)_{y} = 2 i ℏ p_{y}, \\ (r \times L + L \times r)_{z} = 2 i ℏ p_{z} . \end{aligned} \end{matrix}$
所以： $r \times L + L \times r = 2 i ℏ r$
对于 $p \times L + L \times p$ 有：
$\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} (p \times L + L \times p)_{y} = & p_{y} L_{z} - p_{z} L_{y} + L_{y} p_{z} - L_{z} p_{y} \\ = & [p_{y}, L_{z}] + [L_{y}, p_{z}] \\ = & [p_{y}, x p_{y} - y p_{x}] + [z p_{x} - x p_{z}, p_{z}] \\ = & - [p_{y}, y] p_{x} + [z, p_{z}] p_{x} \\ = & 2 i ℏ p_{x} . \end{aligned} \end{matrix}$
同理可得：

$\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} (p \times L + L \times p)_{y} = 2 i ℏ p_{y}, \\ (p \times L + L \times p)_{z} = 2 i ℏ p_{z} . \end{aligned} \end{matrix}$
所以： $p \times L + L \times p = 2 i ℏ p$

3.

　　在一维无限深势阱 $V_{x} = {\begin{aligned} 0 0 ⩽ x ⩽ a \\ \infty x < 0, x > a \end{aligned}$ 的基础上，把 $H^{'} = x \frac{a}{2} < x < a$ 看作微扰，一维无限深势阱的本征函数和能量为：

\begin{matrix} (8) & \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}

能量的一级修正为：

\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} E_{n}^{(1)} = & \int_{\frac{a}{2}}^{a} \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n π x}{a} (x) \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n π x}{a} d x \\ = & \frac{2}{a} \int_{\frac{a}{2}}^{a} x \sin^{2} \frac{n π x}{a} d x \\ = & \frac{2}{a} \int_{\frac{a}{2}}^{a} x [\frac{1 - \cos \frac{2 n π}{a}}{2} d x] \\ = & \frac{3 a}{8}, \end{aligned} \end{matrix}

\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} H_{m n}^{'} = & \int_{\frac{a}{2}}^{a} \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{m π x}{a} (x) \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n π x}{a} d x \\ = & \frac{2}{a} \int_{\frac{a}{2}}^{a} x [\frac{1}{2} \cos \frac{(m - n) π x}{a} - \frac{1}{2} \cos \frac{(m + n) π x}{a}] d x \\ = & \frac{1}{a} [\frac{a}{(m - n) π} \sin \frac{(m - n) π x}{a} |_{\frac{a}{2}}^{a} - \frac{a}{(m + n) π} \sin \frac{(m + n) π x}{a} |_{\frac{a}{2}}^{a}] \\ = & \frac{1}{(m - n) π} [\sin (m - n) π - \sin \frac{(m - n) π}{2}] \\ + \frac{1}{(m + n) π} [\sin (m + n) π - \sin \frac{(m + n) π}{2}] . \end{aligned} \end{matrix}

　　当 $m - n$ 为偶数时， $H_{m n}^{'} = 0$

　　当 $m - n$ 为奇数时， $H_{m n}^{'} = - \frac{1}{(m - n) π} (- 1)^{\frac{m - n - 1}{2}} + \frac{1}{(m + n) π} (- 1)^{\frac{m + n - 1}{2}}$

　　能量的二级修正为： $E_{n}^{(2)} = {\sum_{m}}^{'} \frac{| H_{m n}^{'} |^{2}}{E_{n}^{0} - E_{m}^{0}}$

　　波函数的一级修正为： $ψ_{n}^{(1)} = {\sum_{m}}^{'} \frac{H_{m n}^{'}}{E_{n}^{0} - E_{m}^{0}} ψ_{m}^{0}$

4.

　　设整体在 $x$ 轴上可自由运动，谐振子的哈密顿量为： $\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 m} \nabla^{2} + \frac{1}{2} m ω^{2} x^{2}$

　　薛定谔方程为： $\hat{H} ψ_{x} = E ψ_{x}$

\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} E = (n + \frac{1}{2} ℏ ω), \\ ψ = N e^{- \frac{α^{2} x^{2}}{2}} H_{n} (α x) . \end{aligned} \end{matrix}

5.

由题意可得：

$\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} H = & a S_{1 x} S_{2 x} + a S_{1 y} S_{2 y} + b S_{1 z} S_{2 z} + a S_{1 z} S_{2 z} - a S_{1 y} S_{2 y} \\ = & a (S_{1 x} S_{2 x} + S_{1 y} S_{2 y} + S_{1 z} S_{2 z}) + (b - a) S_{z} \\ = & a S_{1} S_{2} + (b - a) S_{z} \\ = & \frac{a}{2} (s^{2} - \frac{3}{2} ℏ) + (b - a) m ℏ . \end{aligned} \end{matrix}$
因为能量本征态是 $S^{2}$ 和 $S_{z}$ 的共同本征函数 $χ_{s m}$ 。

$\begin{matrix} (13) & \begin{aligned} ∵ & s_{1} = \frac{1}{2}, s_{2} = \frac{1}{2}, ∴ s = 1, 0 \\ ∴ & E_{s m} = \frac{a}{2} [s (s + 1) ℏ^{2} - \frac{3}{2} ℏ^{2}] + (b - a) m ℏ, \\ ∴ & E_{11} = \frac{1}{4} a ℏ^{2} + (b - a) ℏ, \\ E_{1 - 1} = \frac{1}{4} a ℏ^{2} - (b - a) ℏ, \\ E_{10} = \frac{1}{4} a ℏ^{2}, \\ E_{00} = - \frac{3}{4} a ℏ^{2} . \\ ∴ & χ_{11} = χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z}), \\ χ_{1 - 1} = χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}), \\ χ_{10} = \frac{1}{\sqrt{2}} [χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}) + χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z})], \\ χ_{00} = \frac{1}{\sqrt{2}} [χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}) - χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z})] . \end{aligned} \end{matrix}$
此时：

$\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} | 1, 0 ⟩ = χ_{s} = \frac{1}{\sqrt{2}} [χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}) + χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z})], \\ | 0, 0 ⟩ = χ_{A} = \frac{1}{\sqrt{2}} [χ_{\frac{1}{2}} (s_{1 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{2 z}) - χ_{\frac{1}{2}} (s_{2 z}) χ_{- \frac{1}{2}} (s_{1 z})] . \end{aligned} \end{matrix}$

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