1993年量子力学考研试题 一.设|n)是粒子数算符N=aa的本征函数,相应之本征值为 n0),算符a和a满足对易关系aa-a=1证明:an)(其中n≥1) 和an也是N的本征函数其相应的本征值分别为(n-)和(m+1)。 解:用粒子数算符N作用到an)上,即 Nan=a)=aa'-1a n=aa an-an= GNn)-an)=(n-1)an 上式表明an)是N的本征态,相应的本征值为(n-1)。 同样,用粒子数算符N作用到a|n)上,即 Na n)=a aa n)=a laa+I)n)=a a'an)+a n) aNn)-a)=(n+1)a n 上式表明an)也是N的本征态,相应的本征值为(n+1)。 (类似2000年第二题)质量为m的粒子在一维势阱 x<0 (x)={-V 0<x<a 中运动(>0),若已知该粒子在此势阱中有一个能量E=l 的状 态,试确定此势阱的宽度a 解:对于E=-0<0的情况,三个区域中的波函数分别为
1993 年量子力学考研试题 一 .设 n 是粒子数算符 N a ˆ a ˆ ˆ + = 的本征函数，相应之本征值为 n( 0) ，算符 + a ˆ 和 a ˆ 满足对易关系 ˆ ˆ − ˆˆ = 1 + + a a aa 。证明： a ˆ n （其中 n 1 ） 和 a n + ˆ 也是 N ˆ 的本征函数其相应的本征值分别为 (n −1) 和 (n +1)。 解：用粒子数算符 N ˆ 作用到 a ˆ n 上，即 ( ) aN n a n (n )a n Na n a aa n aa a n aa a n a n ˆ 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆˆ 1 ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ − = − = = − = − = + + + 上式表明 a ˆ n 是 N ˆ 的本征态，相应的本征值为 (n −1)。 同样，用粒子数算符 N ˆ 作用到 a n + ˆ 上，即 ( ) a N n a n (n )a n Na n a aa n a a a n a a a n a n + + + + + + + + + + + − = + = = + = + = ˆ 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 上式表明 a n + ˆ 也是 N ˆ 的本征态，相应的本征值为 (n +1)。 二. （类似 2000 年第二题）质量为 m 的粒子在一维势阱 ( ) − = x a V x a x V x 0, , 0 . 0 0 中运动 ( 0) V0 ，若已知该粒子在此势阱中有一个能量 2 V0 E = − 的状 态，试确定此势阱的宽度 a。 解：对于 0 2 0 = − V E 的情况，三个区域中的波函数分别为
(x)=0 a sin k (x)=Bexp(aa) 其中, 2m(e +v 在x=a处,利用波函数及其一阶导数连续的条件 v2(a)=v3(a) y2 la=v, 得到 Asin ka=Bexp( aa Ak cos ka=-Baexp( aa) 于是有 tan ka 此即能量满足的超越方程 E 2 0时,由于 故 mvo a=n7 4,n=1,2,3,…
( ) ( ) ( ) ( ) = − = = x B x x A kx x exp sin 0 3 2 1 其中， m E V m E k 2 ; 2 ( ) 0 = + = 在 x = a 处，利用波函数及其一阶导数连续的条件 ( ) ( ) (a) (a) a a ' 3 ' 2 2 3 = = 得到 ( ) Ak k a B ( a) A k a B a = − − = − cos exp sin exp 于是有 k tan ka = − 此即能量满足的超越方程。 当 0 2 1 E = − V 时，由于 tan 1 0 0 0 = − = − mV mV a mV 故 4 0 a = n − mV ， n = 1,2,3,
最后,得到势阱的宽度 丌h (类似习题选讲57)设作一维自由运得粒子t=0时处于 V(x,0)=A(sink+cos kx 态上,求t=0和t>0时粒子动量与动能的平均值。 解:由于动量算符与动能算符对易,它们有共同本征函数 ik 而t=0时的波函数 W(x,0)=A(sin2 kx+ cos kx) A(exp(ikx)-exp(-ikx))+(exp(ikx)+exp (-ikx) 42e)+2i)-e+2-(k √2z{2o(x)+2o(x)-g2(x)+2n(x)-9x( 归一化常数为 动量的取值几率为 W(P=±2M)=,:W(p=士A) 4 14 动量的平均值为
最后，得到势阱的宽度 0 4 1 mV a n = − 三. （类似习题选讲 5.7）设作一维自由运得粒子 t = 0 时处于 (x,0) A(sin kx cos kx) 2 = + 态上，求 t = 0 和 t 0 时粒子动量与动能的平均值。 解：由于动量算符与动能算符对易，它们有共同本征函数 (x) ( k x) k ' exp i 2 1 ' = 而 t = 0 时的波函数 ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) (x) (x) (x) (x) (x) A k x k x k x k x A A k x k x k x k x x A k x k x k k 2k 0 2k 2 2 2 2 2 2 4 2exp i 2exp i exp i2 2 exp i2 4 exp i exp i 2 1 exp i exp i 2i 1 ,0 sin cos + − − + − − + − − + − − = = + + − − − = + = 归一化常数为 7 4 A = 动量的取值几率为 ( ) 14 1 W p = 2k = ； ( ) 14 4 W p = k = ； ( ) 14 4 W p = 0 = 动量的平均值为
∑p()=0 动能的平均值为 7022()=46 7 因为,动量算符合动能算符皆与哈密顿算符对易,故它们都是守恒 量,而守恒量的取值几率和平均值不随时间改变,t>0时的结果与 t=0时完全一样。 四.(见习题选讲6.3)对于类氢离子的任何一个本征态vm(), 利用维里定理、费曼-海尔曼定理计算与-2。 解:已知类氢离子的能量本征值为 n=n +l+I n a 式中 2为玻尔半径。由维里定理知 e T (2) 总能量 Zeal En=7+= (3) r 所以,得到
= ( ) = p p pW p 0 动能的平均值为 ( ) ( ) m k p W p m T p 7 4 2 1 0 2 2 2 = = 因为，动量算符合动能算符皆与哈密顿算符对易，故它们都是守恒 量，而守恒量的取值几率和平均值不随时间改变， t 0 时的结果与 t = 0 时完全一样。 四. （见习题选讲 6.3）对于类氢离子的任何一个本征态 (r) nlm ， 利用维里定理、费曼-海尔曼定理计算 r 1 与 2 1 r 。 解：已知类氢离子的能量本征值为 , 1 2 0 2 2 2 = = − n = n + l + n a Z e Enlm En r （1） 式中， 2 2 0 e a = 为玻尔半径。由维里定理知 T V 2 1 = − （2） 总能量 r Ze En T V V 1 2 2 1 2 = + = = − （3） 所以，得到
12E Ze n n=1,2,3 (4) 类氢离子的哈密顿算符为 =-b12(1+1)h22 2u r ar 5) 将视为参数,利用费曼-海尔曼定理,得到 aE aH (6) 由于, n=n.+l+1 (7) 所以, aE E Z2e2 (8) 将其代入(6)式,有 (+1/2川m 五.(类似19%6年第四题)设两个自旋为粒子构成的体系, 哈密顿量H=CS1·S2,其中,C为常数,S1与S2分别是粒子1和 粒子2的自旋算符。已知t=0时,粒子1的自旋沿2轴的负方向,粒 子2的自旋沿z轴的正方向,求t>O时测量粒子1的自旋处于2轴 负方向的几率
, 1,2,3, 1 2 0 2 2 = − = n = n a Z Ze E r n （4） 类氢离子的哈密顿算符为 r Ze r l l r r H 2 2 2 2 2 2 2 1 ( 1) 2 ˆ − + + = − （5） 将 l 视为参数，利用费曼-海尔曼定理，得到 2 2 1 2 1 ˆ r l l H l En = + = （6） 由于， n = nr + l +1 （7） 所以， 0 3 2 2 n a Z e n E l En n = = （8） 将其代入（6）式，有 ( ) 2 0 2 2 3 1/ 2 1 1 a Z r l + n = （9） 五. （类似 1996 年第四题）设两个自旋为 2 1 粒子构成的体系， 哈密顿量 1 2 ˆ ˆ ˆ H Cs s = ， 其中， C 为常数， 1 ˆ s 与 2 ˆ s 分别是粒子 1 和 粒子 2 的自旋算符。已知 t = 0 时，粒子 1 的自旋沿 z 轴的负方向，粒 子 2 的自旋沿 z 轴的正方向，求 t 0 时测量粒子 1 的自旋处于 z 轴 负方向的几率