《量子力学教程》作业题及答案--2017-2018第一学期

第二章波函数和薛定谔方程1、求一维线性谐振子处在第一激发态时概率最大的位置。解：2/122）2（)(xxexααπαψ−=2223212)()(xexxxwαπαψ−==0)(=∂∂xxw得022222222=−−−xxexxxeαααα1,0±=x判断0=x为极小值，α1±=x为极大值。2、质量为µ的粒子在势场)(xV中做一维束缚运动，两能量本征函数分别为：)2exp()(21xAxβψ−=，)2exp()()(222xcbxxBxβψ−++=，试精确确定cb、的取值，并求这两个状态之间的能量差。解：)(1xψ和)(2xψ分别满足+−)(2222xVdxdµ)(1xψ=)(11xEψ(1)+−)(2222xVdxdµ)(2xψ=)(22xEψ(2)将)(1xψ代入（1）式，得µββ2)()(2221−+=xExV)()(xVxV−=则束缚态具有确定宇称，即在)(2xψ中，0=b2222)()(xecxBxβψ−+=一维束缚态没有简并，则0)()(2*1=∫dxxxψψ，解得β21−=c。方程（1）和（2）可写成如下形式12112122ψµψµψEV−=−′′(3)22222222ψµψµψEV−=−′′(4))2()1(12×−×ψψ，得21122112)(2ψψµψψψψEEE−=′′−′′将21ψψ和代入上式，解得µβ2122=−EE3、粒子在如下势场中运动≤∞=)0(2)0()(22xxxxVµω，求其能级。解：以0=x为界，将位势分为两个区域。在0≤x区域内，0)(1=xψ，在0x区域内，波函数满足的方程为：)()()212(2222222xExxdxdψψµωµ=+−，其解为)(]exp[)(22212xHxNxnnααψ−=利用波函数的连接条件0)0(2=ψ则0)0(=nH由厄米多项式的性质)()1()(xHxHnnn−=−，则只有量子数,5,3,1=n时，0)0(=nH则能级为ω)(21+=nEn（,5,3,1=n）4、设质量为m的粒子处于一维势阱()≤≤−∞=axaxVxxV,00,0.0中，式中00V。若粒子具有一个40VE−=的本征态，试确定此势阱的宽度a。解：对于040−=VE的情况，三个区域中的波函数分别为()()()()−===xBxkxAxxαψψψexpsin0321其中，EmVEmk2;)(20=+=α在ax=处，利用波函数及其一阶导数连续的条件()()()()aaaa'3'232ψψψψ==得到()()aBkaAkaBkaAααα−−=−=expcosexpsin于是有αkka−=tan此即能量满足的超越方程。当041VE−=时，由于3)（2tan0−=+aVEm故3230ππ−=namV，,3,2,1=n最后，得到势阱的宽度03132mVnaπ−=第三章量子力学中的力学量1、若一个算符与角动量算符Jˆ的两个分量对易，则必与另一个分量对易。解：设算符Fˆ与角动量算符xJˆ与yJˆ皆对易，则0]ˆˆ,[1]ˆˆ,[1]]ˆ,ˆ[,[1]ˆ,[=−==xyyxyxzJJFJJFJJFJFiii2、若算符Aˆ和Bˆ是守恒量，证明它们的对易子[Aˆ，Bˆ]也是守恒量。解：0]ˆ,ˆˆ[]ˆ,ˆˆ[]ˆ,ˆˆˆˆ[]ˆ],ˆ,ˆ[[=−=−=HABHBAHABBAHBA3、二维谐振子的哈密顿量)(21)ˆˆ(21ˆ22222122yxmPPmHyxωω+++=1）求出其能级；2）给出基态波函数；3）如果21ωω=，试求能级简并度。解：1）21)21()21(ωω+++=+=yxyxnnnEEE2）)](21exp[)()(),(22222121yxyHxHNNyxyxyxnnnnααααψ+−=)](21exp[),(222221210yxyxααπαπαψ+−=3）如果21ωω=，ωωω)1()21()21(+=+++=nnnEyxn，yxnnn+=)](21exp[)()(),(222yxyHxHNNyxyxyxnnnnn+−=αααψ简并度为1+=nfn4、二维谐振子哈密顿量为讨论：1）当ωωω==yx时，能量本征值和简并度；2）当ωωω==yx21时，最低四个能级的本征值和简并度。解：1）当ωωω==yx时，能量本征值为ω)1(++=+=yxnnnnnnEEEyxyx（2,1,0,=yxnn）则第n个能级的简并度为n+1。2）当ωωω==yx21时，能量本征值为ω)232(++=+=yxnnnnnnEEEyxyx)(21)(2ˆ222222222yxmyxmHyxωω++∂∂+∂∂−=3）对于基态，0,=yxnn，ω2300=E是非简并的；对于第一激发态，==01yxnn，ω2510=E是非简并的；对于第二激发态，==10yxnn，==02yxnn，ω272001==EE能级是二重简并的；对于第三激发态，==03yxnn，11xynn==，301192EEω==是二重简并的。5、一维谐振子的哈密顿算符为222212ˆxmmPHxω+=，引入无量纲算符xmQω=ˆ；xpmPˆ1ˆω=；)ˆˆ(21ˆPiQa+=；)ˆˆ(21ˆPiQa−=+。1）计算-对易关系]ˆ,ˆ[PQ,]ˆ,ˆ[+aa,]ˆˆ,ˆ[aaa+,]ˆˆ,ˆ[aaa++；2）证明)21ˆˆ(ˆ+=+aaHω。解（1）计算对易关系[]ipxpmxmPQxx===ˆ,1ˆ1,]ˆ,ˆ[ωω[][]1,ˆ,ˆ21ˆ,ˆ21)]ˆˆ(21),ˆˆ(21[]ˆ,ˆ[=+−=−+=+QPiPiQPiQPiQaa;aaaaaaaaaaˆˆ]ˆ,ˆ[]ˆ,ˆ[ˆ]ˆˆ,ˆ[=+=++++++++++−=+=aaaaaaaaaaˆˆ]ˆ,ˆ[]ˆ,ˆ[ˆ]ˆˆ,ˆ[（2）)ˆˆ(21ˆ2ˆ2212ˆ22222222QPQmmPmmxmmPHx+=+=+=ωωωωω)1ˆˆ(21]ˆ,ˆ[2)ˆˆ(21)ˆˆ(21)ˆˆ(21ˆˆ2222−+=++=+−=+PQPQiPQPiQPiQaa于是有)21ˆˆ(ˆ+=+aaHω6、线谐振子在t=0时处于(x)21(x)23(x)21(x,0)210ϕϕϕψ++=态上，其中(x)nϕ为线性谐振子第n个能量本征值En对应的本征函数。求：(1)在Ψ(x,0)态上能量的可能取值、相应的概率及平均值；(2)写出t0时刻的波函数，并求其相应的能量取值几率与平均值。解：线性谐振子归一化的波函数为(x)31(x)21(x)61(x,0)210ϕϕϕψ++=1）在(x,0)ψ态上，能量的可能取值及相应的取值几率为ω210=E;61)0,(0=EWω231=E;21)0,(0=EWω252=E;31)0,(0=EW能量平均值为ω35)0,(20==∑=nnnEWEE2）哈密顿算符不显含时间，则有)))tttωϕωϕωϕψ25i(x)exp(-3123i(x)exp(-212i(x)exp(-61t)(x,210++=7、一个质量为µ的粒子被限制在一维区域axa≤≤−运动，0=t时处于基态。今势阱突然向两边对称地扩展一倍，即可以在axa22≤≤−范围内运动。问：（1）)0(0=tt时粒子处于新系统中基态的几率；（2）0tt=时粒子能量的平均值。解：（1）0=t时，系统处于旧势的基态，归一化的波函数和能量本征值为axaaxaxx≤≤−==],2cos[1)()0,(1πψψ22218aEEµπ==0t后，势阱扩充，新的定态能量本征波函数和能量本征值分别为]4/)2(sin[21)(aaxnaxn+=′πψ222232anEnµπ=′，,,3,2,1=naxa22≤≤−在新系统中的任意波函数为/)(),(tEinnnnexctx′−′=′∑ψψ由波函数在0=t时的连续条件)0,()0,(xxψψ=′知)()(1*11xxdxcaannψψψψ∫−′=′=212/101cecPtEi==′−22964]2/cos[1]4/cos[21πππ==∫−anaaxadxaa（2）系统能量平均值则和势阱未扩前一样，为2221__8aEEµπ==8、设氢原子处于),((r)YR-),((r)YR21-),((r)YR),(r,1-13110310020ϕθϕθϕθϕθ2121=Ψ的状态上，求其能量、角动量平方L2及角动量z分量Lz的可能取值和相应概率，进而求出它们的平均值。在该状态下，计算能量与角动量平方同时取确定值3E和22的概率。解：氢原子的本征解为22412neEnµ−=，),()(),,(ϕθϕθϕlmnlnlmYrRr=其中量子数的取值范围是lllllmnln−+−−−=−==,1,,2,1,1,3,2,1,0,3,2,1利用归一化条件求出归一化常数为54)214121(21=++=−c则归一化后体系所处的状态为),((r)YR-),((r)YR-),((r)YR),(r,1-13110310020ϕθϕθϕθϕθ525152=Ψ氢原子的能量只与主量子数n有关，依题意可知，n的可能取值只有两个，即n=2,3,于是52)(;82242=−=EWeEµ53)5251()(;183243=+=−=EWeEµ242424125318528eeeEµµµ−=−−=角动量量子数l的可能取值有两个，即1,0=l，故有52)0(;022===LWL53)2(;22222===LWL2256=L角动量磁量子数m的可能取值有两个，即m=-1,0,于是52)(;=−=−=zzLWL535152)0(;0=+===zzLWL52−=zL在该状态下，能量与角动量平方同时取确定值232和E的概率为53。第四章态和力学量的表象1、在动量表象中，将函数)exp()(PNPaα−=()0α归一化，并证明坐标表象中对应的函数为22223)()2(1)(αααπ+=Φrr。解：1)(2=∫PdPa=ϕθθαππdddPPeNPsin2)/2(20020−∞∫∫∫322)/2(02)2(84αππαNdPPeNP==−∞∫23)(1απ=N坐标表象中的波函数为PdeParrPi∫⋅=)()2(1)(23πφϕθθπθαππdddPPeeNiPsin)2(2/cosPr)/(002023−∞∫∫∫=令x=θcos，先进行θ和ϕ积分22223)()2()(ααπαφ+=rr2、设Fˆ为厄米算符，证明在能量表象中下式成立kFHFkFEEnknkn]]ˆ,ˆ[,ˆ[21)(2=−∑证：]ˆˆ,ˆ[]ˆˆ,ˆ[]ˆˆˆˆ,ˆ[]]ˆ,ˆ[,ˆ[HFFFHFHFFHFFHF−=−=)ˆˆˆˆ(ˆˆˆ2ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ2222HFFHFHFFHFHFFHFHF+−=+−−=则kHFFHkkFHFkkFHFkˆˆˆˆ21ˆˆˆ]]ˆ,ˆ[,ˆ[2122+−=∑=nmkFnnHmmFkkFHFk,ˆˆˆˆˆˆ∑=nmmnnkFnEmFk,ˆˆδ∑=nnkFnnFkEˆˆ22ˆ∑∑==nnknnnFEkFnE]ˆˆˆˆˆˆ[21ˆˆˆˆ21,22kHmmFnnFkkFnnFmmHkkHFFHknm+=+∑]ˆˆˆˆ[21,mkmmkmnmEmFnnFkkFnnFmEδδ+=∑]ˆˆˆˆ[21kFnnFkEkFnnFkEkkn+=∑22ˆnkknknFEnFkE∑∑==2)(]]ˆ,ˆ[,ˆ[21nknknFEEkFHFk∑−=3、已知体系的哈密顿算符Hˆ和力学量算符Bˆ的矩阵形式分别为−−=100010001ˆωH和=010100001ˆbB，其中b和ω为实常数。1）Hˆ和Bˆ是否是厄米算符？2）证明Hˆ和Bˆ对易，并求出它们的共同本征函数系和相应的本征值；3）设0=t