2023年研究生類研究生入學考試專業(yè)課量子力學2010-2022歷年真題選編帶答案難題含解析

2023年研究生類研究生入學考試專業(yè)課量子力學2010-2022歷年真題選編帶答案難題含解析（圖片大小可自由調整）第1卷一.歷年考點試題黑鉆版(共75題)1.具有一定能量E的粒子，沿x軸正方向射向勢壘

當粒子的能量E=2U0時，粒子全部穿過；問當E=U0時，粒子被反射回去的最小概率是多少?2.一粒子處在寬度為a的一維無限深勢阱中，求在能量表象中粒子坐標x的矩陣元〈n|x|m〉，式中|a〉，|m〉是第n個和第m個能量本征函數(shù)．3.緊閉在寬度為10-10m的一維盒子中的一電子處于基態(tài)上，電子能量為38eV．計算盒壁所受的平均力．4.已知體系的能量算符為

其中K，a，b，c均大于零，為軌道角動量．求：體系的能級．5.原子核限度為10-13cm，試用不確定原理估算核內(nèi)質子的動能(以電子伏為單位)．6.寫出在表象中，的矩陣形式，并求自旋角動量在n方向的投影的本征函數(shù)．(已知：n=(cosα，cosβ，cosβ，cosγ))．7.處在三維各向同性諧振子的第一激發(fā)態(tài)的粒子，受微擾axy(a為常量)作用，求能量一級修正．8.設，α是附加量子數(shù)，用來完全標志體系的狀態(tài)．設為任意厄米算符，證明下列求和規(guī)則：

其中|0〉為基態(tài)，E0為基態(tài)能量，9.t=0時，氫原子中的電子處于自旋和位置的結合態(tài)

總角動量為，其中分別為軌道和自旋角動量．試計算：

(I)的可能測值和平均值；

(2)的可能測值和平均值；

(3)的可能測值和平均值；

(4)如果你測得電子的位置，在r，θ，φ處找到它的概率密度為多少?

(5)若測得自旋的z分量和距原點的距離，發(fā)現(xiàn)粒子在半徑r處且自旋向上的概率密度是多少?

(6)能量平均值和的平均值；

(7)T＞0時，(6)問的結論會不會變?10.自然單位制下，某粒子定態(tài)波函數(shù)為ψ(x)=π-1/4e-x2/2，已知該態(tài)下動能和勢能平均值相等，求勢能函數(shù)V(x)及能量本征值．11.已知位勢為V(r)時，力矩算子為，求證為軌道角動量．12.以角動量為例說明算子對易關系的數(shù)學形式和物理意義13.證明：在非相對論情況量子力學中，對于有心力場V(r)，任何單粒子能量(束縛)本征態(tài)滿足如下關系

其中ψ(0)是波函數(shù)在原點的值，V(r)是勢能，μ是粒子的質量，是軌道角動量算符的平方

分析：對于有心力場問題，取球坐標是方便的，此時，體系的哈密頓量為

要證明的等式有兩個特點：

(i)|〉是的本征態(tài)，利用這個特點，可證

(2)由于，因此，要證明的等式右邊兩項，除了差一個常數(shù)因子之外，等于

綜合以上兩點，估計由即可證明本題要證的結論．14.兩個電子處在自旋單態(tài)，其中α，β分別是自旋算符的單粒子自旋態(tài)．

(1)試證明：χ(00)是算符σ1·σ2的本征態(tài)(σ1，σ2分別是兩個單電子的自旋算符)；

(2)如果測量一個電子的自旋z分量，得，那么，測量另一個電子的自旋的概率是多少?(寫出你解答這個問題的理由)

(3)如果測量χ(00)態(tài)的一個電子的自旋Sy，測量結果表明它處在的本征態(tài)，那么再測量另一個電子自旋x分量，得到的概率是多少?(寫出你解答這個問題的理由)15.質量為μ的粒子在吸引δ勢V(x)=-Aδ(x)(A＞0)中運動，以諧振子基態(tài)型波函數(shù)為試探函數(shù)，求束縛態(tài)的近似能量．16.質量μ、荷電q的粒子在方向互相垂直的均勻電場ε和均勻磁場B中的運動，求能量本征值和本征函數(shù)．17.體系的哈密頓量，已知力學量Q表象中，有

其中E0和ε均為大于0的實數(shù)，且．

(1)求的本征值和本征矢．

(2)求的基態(tài)能量(二級近似)及態(tài)矢(一級近似)．

(3)求出該體系能級的精確值，這個與(2)問中的結果是呈什么關系?18.兩個具有相同質量μ和頻率的諧振子，哈密頓量為

其中±a為兩諧振子的平衡位置，粒子受到微擾作用，，試求該體系的能級．19.軌道角動量可以和外磁場的方向平行嗎?為什么?20.由三個自旋為的非全同粒子組成的系統(tǒng)的哈密頓量為

其中分別是三個粒子的自旋算符，A和B為實常量，求系統(tǒng)的能級和能級簡并度．21.在球坐標下，證明是厄米算符．22.把傳導電子限制在金屬內(nèi)部的是金屬內(nèi)勢的一種平均勢，對于下列一維模型(如下圖所示)：

試就(1)E＞0；(2)-V0＜E＜0兩種情況計算接近金屬表面的傳導電子的反射和透射概率.23.量子力學剛性轉子被約束在一平面內(nèi)轉動，它對轉軸的轉動慣量是I，并有電偶極矩μ(位于平面內(nèi))．轉子放在一弱均勻電場ε中，電場位于轉動平面內(nèi)．將電場看成微擾，求能量修正值．24.什么是束縛態(tài)?束縛態(tài)有何特征?束縛態(tài)是否必為定態(tài)?反之如何，舉例說明.25.一個質量為μ的粒子受力作用，其波函數(shù)滿足動量空間的薛定諤方程

其中α是某一實常量，且，求力F(r)．26.考慮有二重內(nèi)部自由度的粒子，其簡并基態(tài)|A〉，|B〉對應于同一能量E0，即

試求相互作用

引起的能量修正．27.氫原子勢能平均值和動能平均值的比值是多少?28.電子處于沿y軸方向的均勻恒定磁場B中，t=0時刻，在Sz表象中，電子的自旋態(tài)為

不考慮電子的軌道運動，

(1)求任意t＞0時刻體系的自旋波函數(shù)ξ(t)；

(2)求t時刻電子自旋各分量的平均值；

(3)指出哪些自旋分量是守恒量，并簡述其理由．29.的本征值分別為an，bn，在任一態(tài)|ψ〉先測得值an、再測得值bn的概率為P(an，bn)，而先測得得bn再測得an的概率為P(bn，an)．問：兩者相等的條件為何?試證之．30.設試探波函數(shù)為ψ(x)=e-λ|x|(λ＞0)，試用變分法計算一維諧振子的基態(tài)能量，并解釋與嚴格解差異的主要來源．31.廣義Hellmann-Feynman定理(以下簡稱H-F定理)：厄米算符，證明：在已歸一化的ψn(λ)態(tài)下32.考慮兩個具有同樣頻率ω0的振子，哈密頓量為

記相應于本征值的本征態(tài)為|n1，n2〉，零點能可略去．

在兩個振子具有相互作用后，其哈密頓量為

g為正實數(shù)．因為有相互作用，故|n1，n2〉不是的本征態(tài)．

(1)求的本征值(提示：可考慮使矩陣對角化)；

(2)設體系在t=0時，處在|n1=1，n2=0〉態(tài)，求t＞0時體系的態(tài)矢量；

(3)求在t＞0時，體系出現(xiàn)在|n1=0，n2=1〉態(tài)的概率．33.若μ和J分別表示電子的總磁矩和總角動量(指軌道與自旋角動量之和)，試求μ·J的本征值和相應的本征函數(shù)．34.自旋為，磁矩為μ，電荷為零的粒子置于磁場中．t=0時磁場為B0=(0，0，B0)，粒子處于的本征值為-1的本征態(tài)．設在t＞0時再加上弱磁場B1=(B1，0，0)，求t＞0時的波函數(shù)，以及測得自旋反轉的概率．35.考慮一維方勢阱，

其中V0＞0．如果一質量為μ、動能為E的非相對論粒子從左入射，問透射概率為多少?E為何值時該概率為1?36.兩個無相互作用粒子具有相同的質量μ，在寬為a的一維無限深勢阱中運動

(1)試寫出體系4個最低能級的能量；

(2)試對下列情況的兩粒子，分別求出4個最低能級的簡并度：

(a)自旋為1/2的全同粒子；

(b)自旋為1/2的非全同粒子；

(c)自旋為1的全同粒子．37.求在寬為a的一維無限深勢阱中，處于本征態(tài)Ψn(x)時的粒子的動量分布概率38.設粒子所處的外場均勻但與時間有關，即V=V(t)，與坐標r無關．試將體系的含時薛定諤方程分離變量，求方程解ψ(r，t)的一般形式，并取V(t)=V0cos(ωt)，以一維情況為例說明V(t)的影響．39.證明：為了保證軌道角動量是厄米算符，波函數(shù)ψ(r，θ，φ)滿足單值性條件

ψ(r，θ，φ)=ψ(r，θ，φ+2π)40.有一個一維束縛體系(如一維諧振子)，其哈密頓量為，束縛定態(tài)記為|0〉，|1〉，|2〉，|3〉，…(均已經(jīng)歸一化)，相應的能量本征值為ε0＜ε1＜ε2＜…現(xiàn)體系受到微擾作用，微擾哈密頓量可以表示為

其中λ為小的實數(shù)常量，A為已知的厄米算符．計算微擾修正后體系的束縛定態(tài)波函數(shù)(近似到λ的一階)和能級(要求準確到λ二階)．41.核子處于三維各向同性諧振子勢場中，，能級為

如果此系統(tǒng)受到自旋-軌道耦合的微擾，問N=2能級將如何分裂?畫出能級分裂圖，給出各能級簡并度．42.一個取向用角坐標θ和φ確定的轉子，作受礙轉動，用下述哈密頓量描述：，式中A和B均為常量，且是角動量平方算符，試用一級微擾論計算系統(tǒng)的p能級(l=1)的分裂，并給出微擾后的零級近似波函數(shù)．43.質量為μ的粒子在三邊長為a，b和c的矩形箱中運動，在箱中粒子所受勢能等于零，而在箱外勢能無限大，即

(1)求出體系的能量本征函數(shù)和本征值；

(2)當a=b=c=10-6m時，試問該體系有多少個狀態(tài)具有小于1eV的能量．(1eV=1.6×10-19J)44.轉動慣量為l，電矩為P的平面剛性轉子置于均勻弱電場E中，已知電場是在轉子轉動平面上，求能級的一級和二級修正值，并給出一級微擾下的波函數(shù)．45.一質量為μ約束在平面上、沿一定半徑R繞z軸轉動的平面轉子初始時刻的粒子波函數(shù)為ψ(φ，0)=Acos2φ，求粒子在任意t≥0時刻：(1)波函數(shù)；(2)角動量的可能值、相應的概率以及平均值，并回答這些值是否受時間影響；(3)處于第二能量激發(fā)態(tài)的概率46.由兩個自旋為1的全同粒子組成的系統(tǒng)的哈密頓量為，其中分別是兩個粒子的自旋算符，J實常量，求：系統(tǒng)的能級和能級簡并度，以及系統(tǒng)的本征函數(shù)．47.態(tài)疊加原理的一般說法如下：如果ψ1和ψ2是體系的兩個可能狀態(tài)，那么它們的線性疊加ψ=c1ψ1+c2ψ2，也是這個體系的一個可能狀態(tài)，上述說法中的公式可以有以下四種理解：

①ψ(x)=c1ψ1(x)+c2ψ2(x)

②ψ(x，t)=c1(t)ψ1(x)+c2(t)ψ2(x)

③ψ(x，t)=c1(t)ψ1(x，t)+c2(t)ψ2(x，t)

④ψ(x，t)=c1ψ1(x，t)+c2ψ2(x，t)其中c1，c2是任意復常數(shù)，c1(t)，c2(t)是t的復函數(shù)，你認為哪種說法是對的?指出問題關鍵所在．48.質量為μ的粒子，原處于一維剛性盒子(0→L)的基態(tài)中，設盒子x=L的壁突然運動到x=2L

(1)計算盒子膨脹后粒子處于基態(tài)的概率；

(2)試盒子膨脹后粒子最可能處于什么態(tài)?

(3)若此盒子兩壁突然膨脹至±∞處，求體系動量大小在p→p+dp之間的概率；

(4)在(3)情況下，體系的能量是否守恒?為什么?49.若氚(3H)原子體系處在1s態(tài)，由于氚核不穩(wěn)定，發(fā)生如下的β衰變

求β衰變結束時，3He+的電子仍處在1s態(tài)的概率．50.處于基態(tài)的類氫原子(核電荷數(shù)Z)，經(jīng)β衰變突然核電荷數(shù)變成(Z+1)，求原子被激發(fā)到2s態(tài)的概率．

(已知類氫原子的狀態(tài)：

51.一維諧振子t=0時處于基態(tài)ψ0和第一激發(fā)態(tài)ψ1的疊加態(tài)

其中

(1)求t時刻，位置和動量的平均值〈x〉t，〈p〉t；

(2)證明對于一維諧振子的任何狀態(tài)，t時刻位置和動量的平均值有關系為：

(3)求t時刻能量的平均值〈H〉t．52.設一維諧振子處于第n個激發(fā)態(tài)，求坐標和動量的均方差的乘積53.運用H-F定理討論一維諧振子的勢能平均值、動能平均值和二者之間的關系式．54.一個量子點中的單電子能級有兩個本征值ε1和ε2，并且都是非簡并的，其中ε1＜ε2，它們相應的單電子空間波函數(shù)分別為f(r)和g(r)．試求該量子點中有兩個電子時(電子的自旋為1/2)，基態(tài)和第一激發(fā)態(tài)的波函數(shù)和能級簡并度(假定電子間無相互作用)．55.經(jīng)典力學中的位力定理表示為

式中Fxi是對第i個粒子的作用力的x分量，上橫線表示對時間取平均，試證明量子力學中的位力定理

式中|n〉是哈密頓算符的第n個本征態(tài)．56.質量為μ的一維諧振子，帶電q，初始t=-∞時處于基態(tài)，設加上微擾

其中E為外電場強度，τ為參量．求t=+∞時諧振子仍停留在基態(tài)的概率．57.中子|n〉與反中子的質量都是μ，它們的態(tài)|n〉與可看成是一個自由哈密頓量的簡并態(tài)

設有某種相互作用能使中子與反中子互相轉變

其中α為實數(shù)．試求t=0時刻的一個中子在t時刻轉變成反中子的概率．58.外磁場中電子的哈密頓量

(1)求位置矢量的對易關系

(2)證明：

(3)證明連續(xù)性方程中的概率流密度為

59.一個自旋為、磁矩大小為μ的粒子處于如下旋轉磁場中：

B=Bcos(ωt)ex+Bsin(ωt)ey

其中磁場大小B為定值．若初始時刻粒子的自旋沿z軸負方向，求t＞0時粒子的自旋沿z軸正方向的概率．60.對于三維諧振子，在球極坐標中寫出簡并第一激發(fā)態(tài)的波函數(shù)，同時是的本征態(tài)．61.粒子被約束在半徑為r的圓周上運動

(1)設立“路障”進一步限制粒子在的一段圓弧上運動：

求解粒子的能量本征值和本征函數(shù)．

(2)設粒子處在情形(1)的基態(tài)，求突然撤去“路障”后，粒子仍然處于最低能量態(tài)的概率是多少?62.電子在恒定均勻磁場B=Bez中運動(ez為z方向單位矢量)，同時考慮空間運動與自旋運動：

(1)寫出體系的哈密頓量；

(2)求的本征值與本征函數(shù)．63.一個電子被限制在一維諧振子勢場中，活動范圍，求激發(fā)電子到第一激發(fā)態(tài)所需的能量．(用eV表示．)

，me=0.5MeV/c2，c=3×108m/s64.線性諧振子處在的狀態(tài)(其中)，求發(fā)現(xiàn)振子概率最大的位置和動能的平均值?65.氫原子的基態(tài)能量為E0=-e2/2a0，其中為玻爾半徑，μ為折合質量，近似等于電子質量

(1)寫出電子偶素(氫原子中質子由正電子代替)的基態(tài)能量和玻爾半徑；

(2)由于電子有自旋，電子偶素基態(tài)的簡并度是多少?寫出具有確定總自旋值的可能波函數(shù)及其相應的本征值；

(3)電子偶素的基態(tài)會發(fā)生衰變，湮沒為光子這個過程中釋放的能量和角動量是多少?證明終態(tài)至少有兩個光子66.證明為泡利矩陣．67.電子偶素(e+e-束縛態(tài))類似于氫原子，只是用一個正電子代替質子作為核．在非相對論近似下，其能量和波函數(shù)同氫原子類似．今設在電子偶素的基態(tài)里，存在一種接觸型自旋交換作用，其中Me與Mp電子和正電子的自旋磁矩利用一級微擾論計算此基態(tài)中自旋單態(tài)與自旋三重態(tài)之間的能量差，決定哪一能量更低．

68.在外磁場中一個自旋1/1帶電+e的粒子的哈密頓量為

計算算符，設的矩陣形式是什么?69.質量為μ的粒子限制在xy平面上運動，其哈密頓量是

其中λ是小參數(shù)．把λxy項當作微擾，試計算能量為的能級的分裂．70.考慮一個類氫原子：無自旋質量為μ的粒子在中心力場中運動，原子處于z方向均勻磁場中，哈密頓量可寫為為角動量z分量，ωL正比于原子磁矩M．

(1)寫出原子角動量各分量的期望值的時間演化方程；

(2)假設原子在t=0時刻處于2p軌道，的本征態(tài)，求t時刻波函數(shù)；

(3)接上問，原子角動量發(fā)生進動，求進動周期；

(4)接(2)問，在t時刻測量的可能值和相應概率是多少?

(5)接(2)問，時，測量的可能值和相應概率是多少?

注：本題可能用到的公式如下

球諧函數(shù)

在l=1時，算符表象的表示矩陣為71.我們可以將半經(jīng)典的玻爾一索末菲關系

(其中積分沿一封閉的軌道)推廣應用到有電磁場存在的情形，只需用p-eA/c代替P．應用這關系及關于線動量p的運動方程，推導一半經(jīng)典電子在一磁場B中沿任意軌道運動時，其磁通量的量子化條件，對于固體中的電子，這條件可用電子軌道在k空間的尺度S重新加以描述，試找出用B表達的S的量子化條件(忽略自旋效應)．72.能量為E的粒子束沿x軸正方向射向Step勢，證明對于如下圖所示的(a)和(b)兩種Step勢，粒子束的反射系數(shù)相等．

73.設Ψ1與Ψ2是薛定諤方程的兩個解，證明與時間無關．74.一勢壘如下圖所示，能量為E的粒子由左向右入射，求E＞V0，E＜V0兩種情況下的反射系數(shù)和透射系數(shù)，

75.已知一維運動的粒子在歸一化的態(tài)ψ(x)中坐標x和動量px的平均值分別為x0和p0，求在態(tài)

中坐標x和動量px的平均值．第1卷參考答案一.歷年考點試題黑鉆版1.參考答案：[解]粒子從左邊入射，經(jīng)勢壘散射后走向無窮遠處，入射前與散射后均為平面波．

(1)E＞U0情況下：

入射區(qū)波函數(shù)：ψⅠ=eikx+re-ikx(x＜0)

(1)

透射區(qū)波函數(shù)：ψⅢ=teikx

(2)

在散射區(qū)(0＜x＜a)：令

ψⅡ=Beik'x+B'e-ik'x．(3)

根據(jù)連續(xù)性條件：

可得：

1+r=B+B'

ik-ikr=k'B-k'B'

Beik'a+B'e-ik'a=teika

iBk'eik'a-iB'k'e-ik'a=ikteika

聯(lián)立解得反射系數(shù)

在E=2U0時全透射，所以R為零，于是有

所以：

(2)E=U0情形

在散射區(qū)(0＜x＜a)：定態(tài)薛定諤方程為ψ"=0．其解可寫為

ψⅡ=A+Cx．(8)

其他區(qū)域的解與(1)問相同，波函數(shù)及其導數(shù)連續(xù)的條件給出：

由此可得

反射系數(shù)

將(7)式代入(11)可得

所以最小反射系數(shù)為(n=1)

2.參考答案：解：一維無限深勢阱中有

當m=n時

當m≠n時

經(jīng)兩次分部積分可得

所以當m≠n時

若n+m=奇數(shù)，則n-m=奇數(shù)，有

若n+m=偶數(shù)，則n-m=偶數(shù)，有

總之：

3.參考答案：[解]假設盒寬度為a，在一維無限深勢阱中的電子能量本征值為，利用H-F定理，，本題中取參量為勢阱寬度a，則有

4.參考答案：[解]在空間內(nèi)取方向n，相應的方向余弦為

故有

其中為在n方向的投影

考慮到有共同的本征函數(shù)，因此體系的能級為

其中l(wèi)=0，1，2，…；m=0，±1，+2，…，±l．5.參考答案：[解]可用Δp估計p，，故有

因為

故：

6.參考答案：設的本征態(tài)為|m〉，在表象中

所以為對角矩陣．

引入升降算符：又因為

故有

所以

(2)求的本征態(tài)

把坐標軸轉動使k'和n重合，此轉動變換為一幺正變換U，則

所以

即U|m〉為的本征態(tài)．

因為n=(cosα，cosβ，cosγ)=(sinθcosφ，sinθsinφ，cosθ)，所以有

轉動的歐拉角為(φ，θ，0)，故此轉動算符的矩陣元為

所以

這就是的本征態(tài)．7.參考答案：解：三維各向同性諧振子能級和波函數(shù)可寫為：

基態(tài)為：nx+ny+nz=0，N=0，

第一激發(fā)態(tài)為：nx=1，ny=nz=0或ny=1，nx=nz=0或nz=1，nx=ny=0，三重簡并(f=3)，N=1，；記：

現(xiàn)計算在上述簡并態(tài)張開的3×3空間中矩陣元：

同理：

由正交性可知：

故在H0表象中矩陣為：

能級一級修正的久期方程有非零解的條件為

解得：

所以能級一級修正為：

8.參考答案：證明：

所以命題得證．9.參考答案：[解]

(1)可能測值和平均值均為的可能測值為0，平均值為

(2)可能測值和平均值均為的可能測值為平均值為

(3)題目中波函數(shù)是在無耦合表象中的表示，如要測量總角動量需要將波函數(shù)用耦合表象的基矢|ljmj〉表示出來由已知條件可得：而jz=lz+sz對波函數(shù)中的兩項均為

由于

解得

所以用耦合表象的基矢表示有

故總角動量的平方的可能測值為，平均值為

總角動量的z分量的可能測值和平均值均為．

(4)在r，θ，φ處找到電子的概率為

(5)粒子自旋向上時只需考慮波函數(shù)中部分，對角度積分得到在半徑r處的概率為

(7)不變．10.參考答案：[解]由題意，波函數(shù)在無窮遠處為零，所以該定態(tài)問題為束縛態(tài)問題則動能為

因此，總能為

定態(tài)波函數(shù)滿足定態(tài)薛定諤方程，所以有(自然單位制)

代入波函數(shù)可得

結合(2)式和(4)式可得

轉化為國際單位制，則有

顯然為一維諧振子勢場，勢能對應的能量本征值為

11.參考答案：[證明]

因為，即

證畢．12.參考答案：[解]角動量算符各分量之間有對易關系式：；角動量平方算符與各分量對易即：．由角動量算符的對易式，我們可以寫出任意兩個代表力學量的厄米算符對易關系的普遍形式：

(1)當為非零算符時(可為常算符如)：

力學量A，B存在著互相制約關系，〈C〉表示量子力學中平均值一般情況下，〈c〉≠0，A，B不能同時取確定值；在特殊情況下〈C〉=0，A，B可以同時取確定值，可以有共同的本征態(tài)，但無共同本征態(tài)的完全集例如：在l2，lz的共同本征態(tài)|lm〉下，當l=0，m=0時，Δlz=0，Δly=Δlx=0，即lx，ly，lz在態(tài)|00〉下，都同時取確定值．

(2)當為零算符時：

，ΔAΔB≥0，表明A，B無制約關系，可以同時取確定值，它們存在共同本征態(tài)的完全集如：對易，{|lm〉}，l=0，1，2，3，…，m=0，1，2，3…，±l為其共同本征態(tài)的完全集．

綜上所述，對易式，反映了量子力學中，力學量的相互制約程度，這也正是導致一些力學量只能是量子化的原因，若一切力學量都相互對易，即量子力學就回到經(jīng)典力學．13.參考答案：[證明]因，故有

|〉是H的本征態(tài)，可令|〉=Rnl(r)Ylm(θ，φ)，則

但，故有結論．14.參考答案：[解]

(1)證明

因為

對于自旋單態(tài)χ00，S=0，故σ1·σ2χ00=-3χ00，證畢．

(利用了χ00是S2的本征值為0的本征態(tài))

(2)0，因為兩個電子不能同處于

(也可通過直接計算[α(1)α(2)]+χ00=0得到結論)

(3)取表象，對應于本征值為的態(tài)為對應于本征值為的態(tài)為

體系狀態(tài)為二者直積：

概率為：，主要是計算標積因為：

所以15.參考答案：解：諧振子基態(tài)型波函數(shù)的形式為

ψ(x)=Ne-αx2

(1)

其中α為變分參量．

粒子在勢場中運動的哈密頓量為

能量在試探波函數(shù)下的平均值為

對參數(shù)變分求極值

解得

將(4)式代入(3)式得近似能量為

16.參考答案：解：設電磁場分別為ε=(ε，0，0)，B=(0，0，B)

(1)

取電磁場的標、矢勢為

滿足關系

取守恒量完全集為，它們的共同本征函數(shù)可以寫成

其中Py和Pz為本征值，可取任意實數(shù)．ψ(x，y，z)滿足能量本征方程

因此ψ(x)滿足方程

亦即，對于ψ(x)來說，H和下式等價：

其中

(6)式相當于一維諧振子能量算符

再加上兩項常數(shù)，因此，本題能級為

其中Py，Pz為任意實數(shù)，n=0，1，2，…．

(4)式中ψ(x)為以(x-x0)為變量的一維諧振子的能量本征函數(shù)，即

ψ(x)=ψn(x-x0)=Hn(ε)e-ξ2/2

(9)

其中Hn(ξ)為厄米多項式，17.參考答案：解：本題中未對角化，需要首先求解的本征態(tài)．

(1)的本征值與本征函數(shù)

對應本征函數(shù)分別為：

(2)基態(tài)：

鑒于給定的H0矩陣非對角，需要先計算微擾矩陣元：

同理有：

所以，近似到二級近似基態(tài)能量為

(3)精確解

存在非零本征值的條件是久期方程對應的行列式為零，即有

所以：

解得：

討論：由于，所以有

化簡并整理得，體系的能級(從小到大排列)為：

即基態(tài)的精確解在泰勒展開到一級項時，可得(2)問中結果．18.參考答案：[解]體系的哈密頓量為

作變換，令

有

在這個變換下

哈密頓量變?yōu)?/p>

取

令，則

因此可看作兩個獨立諧振子之和，故能級為

19.參考答案：[解]軌道角動量不能和外磁場的方向平行，因為在外磁場中，原子的附加能量為-μ·B，而，此項能量，當L和B平行時，原子處于激發(fā)態(tài)，不能穩(wěn)定．20.參考答案：[解]令，則有

所以

系統(tǒng)的哈密頓量可表示為

選取系統(tǒng)的力學量完全集為，系統(tǒng)的本征函數(shù)為|s12sms〉．則

由兩電子耦合規(guī)則可知，量子數(shù)取值為

因此，能量本征值為

系統(tǒng)的能級與ms無關，簡并度為2s+1．本征值和簡并度，列表如下：

討論：若A=B，有

所以

顯然|sms〉是的本征態(tài)

由3個量子數(shù)為的自旋合成的總自旋量子數(shù)為有兩種方式：

故能級和簡并度如下：

21.參考答案：[證明]取任意波函數(shù)ψ與χ，則

22.參考答案：[解]把代入薛定諤方程，有

x＜0區(qū)域

x＞0區(qū)域

方程的通解為：

(1)對于E＞0，電子波函數(shù)為

顯然D=0，由x=0處連續(xù)性得：A+B=C，q(A-B)=pC，所以

計算概率流密度可得

所以透射系數(shù)和反射系數(shù)分別為

(2)在-V0＜E＜0下，則

在x＞0時的有界的解是

ψ2=Ce-(x/2d)

其中

由x=0處的連續(xù)性可得

A+B=C

由此得到：

將系數(shù)之間的比例表達式代入，則在x＞0處有

23.參考答案：解：無外場作用時，，本征方程為

解得

微擾哈密頓量為(選x方向為ε方向)

能量一級修正為E(1)=0

能量二級修正為

24.參考答案：通常把無限遠處為零的波函數(shù)描寫的狀態(tài)稱為束縛態(tài)，一般地說，束縛態(tài)的能級是離散(分立)的，但不一定是定態(tài)，如：一維箱中粒子，是以一系列分立定態(tài)疊加而成的一般態(tài)．一般情況下，定態(tài)多屬束縛態(tài)，但也可有非束縛態(tài)，如彈性散射中，入射粒子向各方向散射，粒子不局限在有限區(qū)域，但粒子可能處于能量本征態(tài)．25.參考答案：解：考慮到在動量空間中所以

將動量空間薛定諤方程變到坐標空間，可得

因此，故所求的力為

26.參考答案：解：二重簡并，各微擾矩陣元計算如下：

同理：

所以

因為為力學量，a、b為實數(shù)，故求的本征值即可．

所以

故能量修正為27.參考答案：[解]根據(jù)位力定理，在定態(tài)中，而氫原子所以，故有

即28.參考答案：[解]哈密頓量為：其中取表象，利用可得

(1)取，由薛定諤方程可得：

所以有：

同理有

(2)式得一般解為：

a(t)=Acos(ωLt+φ1)，φ1為初相位

b(t)=Bcos(ωLt+φ2)，φ2為初相位

由已知初始條件可得，A=B=1，φ1=φ2=α．

故

(2)t時刻電子各分量平均值為：

其中

(3)自旋分量為守恒量，因29.參考答案：[解]，其中cn=〈an|ψ〉在態(tài)|ψ〉中測得an值的概率為|cn|2=|〈an|ψ〉|2，在|ψ〉下測得an后狀態(tài)變?yōu)閨an〉，所以在態(tài)|an〉下測得bn，的概率為|〈bn|an〉|2，即

P(an，bn)=|〈an|ψ〉|2·|〈bn|an〉|2

(1)

同理可以求出在態(tài)|ψ〉下先測得bn再測得an的概率為

P(bn，an)=|〈bn|ψ〉|2·|〈an|bn〉|2

(2)

要使(1)式和(2)式相等對一切n都成立，需要

|〈an|ψ〉|2=|〈bn|ψ〉|2

(3)

而|ψ〉任意，故|an〉=|bn〉對一切的n都成立，所以有共同的完全的本征函數(shù)系且不簡并為兩概率相等的條件．30.參考答案：解：注意到波函數(shù)未歸一化，利用歸一化條件可得

計算動能的平均值如下：

盡管在x=0處不連續(xù)，但是在x=0處連續(xù)，故可以繼續(xù)計算下去．

計算勢能的平均值如下：

故有：

上式中當取等號(通過對參數(shù)λ求導等于零得到)．

與嚴格解差異的主要來源是波函數(shù)對坐標的依賴關系，嚴格波函數(shù)是高斯函數(shù)．31.參考答案：[解]對本證方程兩邊對λ求導可得

用左乘上式并對全空間積分，有

考慮到算符的厄米性，上式兩邊的第二項相等，證畢．32.參考答案：解：|n1n2〉為共同本征態(tài)．

(1)對角化矩陣

引入算符表達式可得：

其中

(2)t=0時：|n1=1，n2=0〉，取

由含時薛定諤方程可知

故有

(1)式+(2)式得

(1)式-(2)式得

從(3)式、(4)式可求得

(5)式+(6)式得

(5)式-(6)式解得

故t＞0時態(tài)矢為

(3)t＞0時，體系出現(xiàn)在|n1=0，n2=1〉態(tài)概率為：33.參考答案：[解]因為

所以

考慮到

因此

顯然的同本征函數(shù)|ljmj〉也是的本征函數(shù)，

顯然的本征值為與mj無關，相應的本征函數(shù)為|ljmj〉，其中mj取-j→j共2j+1個值，即本征矢為2j+1重簡并．34.參考答案：解：磁場對粒子的作用為

令，σz表象，上式化為

易于求得哈密頓量的本征值和本征函數(shù)(未歸一化)為

其中將初始波函數(shù)按能量本征函數(shù)來展開得到

在t＞0時，波函數(shù)為

容易驗證，上式已經(jīng)歸一化，因此t＞0時測得粒子自旋反轉的概率為

其中

方法二：近似解

t=0時系統(tǒng)的哈密頓量為

粒子處于本征態(tài)，對應的本征值時，將弱磁場帶來的相互作用勢視為微擾，即

在微擾作用下，粒子自旋由躍遷到態(tài)(對應能量為)的概率為

其中躍遷矩陣元

所以有

故躍遷概率為

比較可得，當時解法二得到的近似解與解法一得到的精確解完全相同．35.參考答案：解

其中，

根據(jù)邊界條件確定R，S，A，B.x=0點及x=a點，ψ(x)、ψ'(x)連續(xù)，

1+R=A+B，k(1-R)=k'(A-B)

透射概率為

要達到共振透射，須滿足k'a=nπ，即入射粒子動能時，發(fā)生共振透射，粒子的透射概率為1．36.參考答案：解：一維無限深勢阱粒子波函數(shù)：

兩粒子(無相互作用)時：

(1)基態(tài)：

第一激發(fā)態(tài)：n=1，m=2或者n=2，m=1：

第二激發(fā)態(tài)：

第三激發(fā)態(tài)：n=1，m=3或者n=3，m=1；

(2)(a)兩自旋為1/2的全同粒子

空間波函數(shù)為

對稱：

反對稱：

自旋部分：

基態(tài)：n=m=1，，無簡并

第一激發(fā)態(tài)：簡并度為4

第二激發(fā)態(tài)：n=m=2，，無簡并

第三激發(fā)態(tài)：簡并度為4(b)兩自旋為1/2的非全同粒子(可分辨)，波函數(shù)不必對稱化，有基態(tài)：n=m=1，，波函數(shù)為

第一激發(fā)態(tài)：，波函數(shù)為

第二激發(fā)態(tài)：

第三激發(fā)態(tài)：，波函數(shù)為

(c)自旋為1的兩全同粒子：總波函數(shù)要求對稱

自旋部分：單粒子自旋態(tài)記作α，β，γ，則

對稱：χ22=αα，χ2-2=γγ

反對稱：

空間部分：

基態(tài)：，波函數(shù)為空間對稱、自旋對稱，6重簡并；

第一激發(fā)態(tài)：，波函數(shù)為空間自旋均對稱或均反對稱，9重簡并；

第二激發(fā)態(tài)：，波函數(shù)與基態(tài)類似，6重簡并；

第三激發(fā)態(tài)：，波函數(shù)為空間自旋均對稱或均反對稱，9重簡并．37.參考答案：[解]因為是已知的，所以要求動量分布的概率密度，先要求動量波函數(shù)，這可利用傅里葉變換的一維公式：

利用不定積分公式

可得：

動量概率密度分別是

38.參考答案：[解]令，代入含時薛定諤方程可得

所以

解得：

取V(t)=V0cos(ωt)，則有

所以對于一維情況有

上式表明：外場的作用僅是給平面波提供一個受時間調制的相角．39.參考答案：[證明]厄米算符的定義要求對于任意兩個波函數(shù)，有下式成立：

如果f=f(r，θ)與φ無關，則有

即

被積函數(shù)對r，θ部分的任意性特征要求

鑒于φ=0的方向可以任意選擇，故有ψ(r，θ，φ)=ψ(r，θ，φ+2π)．40.參考答案：解：一維束縛體系非簡并，根據(jù)非簡并微擾論，第n個束縛定態(tài)一級微擾修正為

(1)準確到一級微擾，微擾后體系的第n個束縛定態(tài)為

其中

將(3)式代入(2)式可得

因為束縛定態(tài)|0〉，|1〉，|2〉，|3〉，…均已經(jīng)歸一化，考慮到它們的完備性(4)式可表示為

其中為厄米算符在|n〉態(tài)下的平均值，由(5)式知態(tài)的一級修正為

(2)能量的二級微擾修正為

故準確到二級微擾能量為

41.參考答案：解：由題意知N=2nr+l=2，故有兩種情況：nr=0，l=2，5重簡并；nr=1，l=0，非簡并，考慮到自旋，簡并度加倍，即此能級是12重簡并的，本征態(tài)為

這是非耦合表象中的基矢量．

微擾哈密頓量為

為求微擾引起的能級分裂，只需要在N=2子空間對角化．選擇耦合表象來計算，耦合基是|2ljmj〉，對應的量子數(shù)如下

在耦合表象中，微擾哈密頓量為對角矩陣，相應矩陣元為

能級分裂圖如下圖所示．圖中D表示簡并度．

42.參考答案：解：因，故取

的本征態(tài)為球諧函數(shù)Ylm(θ，φ)，對于p能級l=1，m=1，0，-1，故三重簡并

取Φ1=Y11，Φ2=Y10，Φ3=Y1-1，計算在Φ1、Φ2、Φ3張開空間矩陣元，由對稱性可知：只有不為零．

故

解H'滿足的久期方程得：，即

對于零級近似：2，3．代入上式可得：

(1)當時，由上述方程及歸一化條件可得此時零級近似波函數(shù)

(2)當時，可得此時零級近似波函數(shù)

(3)當時，可得此時零級近似波函數(shù)

能級分裂如下圖：(三重簡并完全解除)

43.參考答案：[解]薛定諤方程：

(1)由已知條件知：x，y，z可分離變量，總波函數(shù)可視為三個一維無限深勢阱波函數(shù)之積

(2)要求能量小于給定E的態(tài)數(shù)N，可要求滿足下面不等式：

上式為一個求以為半徑的球體內(nèi)整格點數(shù)的問題，，對ni＞0該數(shù)為球體體積的倍，因此

44.參考答案：解：無微擾時，設轉軸為z軸，則有

由本征方程和周期性邊界條件ψ(2π+φ)=ψ(φ)，可解得本征值和本征函數(shù)分別為

設電場沿x方向，則微擾項為

則微擾矩陣元

由于，所以可按無簡并微擾處理．由微擾論，能量的修正為

波函數(shù)的一級修正為

故準確到一級修正項的波函數(shù)為

45.參考答案：[解]平面轉子：

為守恒量，的共同本征態(tài)為的本征值分別為

初始時刻：

由歸一化條件可得

即

(1)t時刻波函數(shù)

(2)為守恒量，其可能值和相應的概率與時間無關．的可能值為0，相應的概率為

(3)系統(tǒng)處于能量第二激發(fā)態(tài)的概率，從已知條件可知：第二激發(fā)態(tài)存在簡并，m=±2．

46.參考答案：[解]對于自旋為1的粒子

的屬于本征值的本征態(tài)為

由上述表達式容易證明：

(1)兩自旋為1的粒子在非耦合表象中的力學量完全集為，本征態(tài)為

α(1)α(2)，β(1)β(2)，γ(1)γ(2)，α(1)β(2)，β(1)α(2)

β(1)γ(2)，γ(1)β(2)，α(1)γ(2)，γ(1)α(2)

(2)兩自旋為1的粒子在非耦合表象中的力學量完全集本征態(tài)可由(1)問中9個態(tài)線性疊加表示出來令總自旋S量子數(shù)為S，則由角動量耦合理論可得

S=S1+S2，S1+S2-1，…，|S1-S2|，S=2，1，0

(2)

總自旋z分量的量子數(shù)ms及的共同本征態(tài)及簡并度為

S=2:ms=2，1，0，-1，-2；本征態(tài)記做χ2ms，5重簡并

S=1:ms=1，0，-1；本征態(tài)記做χ1ms，3重簡并

S=0:ms=0；本征態(tài)記做χ00，非簡并

考慮到，所以體系的能級為

能級列表如下：

(3)下面求解本征態(tài)的具體表達式

通過全同粒子的波函數(shù)的對稱化規(guī)則和(1)式容易得到：

χ2m和χ00為對稱波函數(shù)；χ1m為反對稱波函數(shù)．

具體表達式如下：

47.參考答案：[解]第④種說法對，因為只有波函數(shù)滿足薛定諤方程，態(tài)才是可能實現(xiàn)的，當ψ1(x，t)和ψ2(x，t)滿足薛定諤方程時，ψ(x，t)也滿足方程．48.參考答案：[解](1)在0→L盒子中，粒子處于基態(tài)，突然改變?yōu)?→2L后，其本征態(tài)為，粒子處在各態(tài)都有一定的概率，其概率幅為

當n=2時

當n≠2時

粒子處于基態(tài)的概率為

(2)從(1)問可知，如果n為偶數(shù)且不等于2時，躍遷到φn態(tài)概率為零；當n為奇數(shù)時，躍遷到φn態(tài)概率為因此有，最大，即粒子最可能處于態(tài)載φ2(x)．

(3)膨脹后，動量算符px的本征值可以從-∞到+∞連續(xù)取值，相應的本征函數(shù)為

題目要求的是，體系動量大小在p→p+dp和(-p)→-(p+dp)之間的概率之和，它是

其中

(4)在勢阱兩壁膨脹前后，體系的能量不可能相同，即體系能量不守恒從經(jīng)典力學來看，外力移動勢阱的兩壁要做功，使體系的能量發(fā)生變化，用量子物理的觀點來解釋，若t=t0時，兩壁移至±∞處，則體系的哈密頓算符為

顯含時間t，故體系能量不守恒．49.參考答案：[解]由于β衰變是在核內(nèi)發(fā)生、歷時極短，故在β衰變前后，體系的狀態(tài)沒有變化，也就是說，題中給的波函數(shù)既描述β衰變前體系的狀態(tài)，也描述β衰變后體系的狀態(tài)要求的是3He+處在1s態(tài)的概率為此，要先求出3He+的基態(tài)波函數(shù)．將ψ按3He+的能量本征函數(shù)展開

則|C0|2就是所求解答．

氫原子的玻爾半徑為，3He+的Z=2，故其基態(tài)半徑為a0/2．3He+基態(tài)波函數(shù)(lS)為，于是

故所求3He+處在1s態(tài)的概率為|C0|2=0.702350.參考答案：解：突然衰變，態(tài)來不及改變，此時狀態(tài)為ψ100(r，θ，φ)，將其用(Z+1)下的ψnlm展開：，由此可知躍遷到2s態(tài)的概率|C200|2．

所以51.參考答案：[解]

(1)t時刻ψ(x，t)為

(3)因為，能量為守恒量，故〈H〉t=〈H〉0．而52.參考答案：解：方法一：

所以

由位力定理可知

即

所以

方法二：取粒子數(shù)表象有

53.參考答案：[解]對于一維諧振子

(1)取參量λ=ω

由H-F定理得到

所以有

(2)取參量

由H-F定理得到

(3)取參量A=μ

由H-F定理得到

54.參考答案：解：不考慮電子間互作用，兩電子系統(tǒng)總波函數(shù)應反對稱，則

(1)空間部分

對稱：f(r1)f(r2)、g(r1)g(r2)

反對稱：

(2)自旋部分

對稱：

反對稱：

(3)可能的組合為

所以基態(tài)ψ0=f(r1)f(r2)χA

能級：E0=2ε1，非簡并．

第一激發(fā)態(tài)

能級：En=ε1+ε2，四重簡并．55.參考答案：證明：本題是量子力學中的兩個定理，證明中要用到

由，得

證畢．

補充三維情況：

由于，，所以

對于定態(tài)，，所以在定態(tài)下有

56.參考答案：解：在微擾作用下，諧振子發(fā)生從基態(tài)到激發(fā)態(tài)的躍遷，在t時刻從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)的概率為

利用可得

所以有

在t=+∞情況下有

故仍然保留在基態(tài)的概率為57.參考答案：解：取表象，基矢為|1〉=|n〉與

體系哈密頓量表象的矩陣元計算如下

因為的本征態(tài)|ψ〉在表象可表示為

則定態(tài)方程為的矩陣表示為

解得

系統(tǒng)在t時刻波函數(shù)可由其本征態(tài)的疊加表示出，即

其中

因此

故有t時刻轉變成反中子的概率為

58.參考答案：解：

(1)方法一：，故

方法二：

因

所以

利用坐標與動量間對易關系：

故

(2)以為例進行證明

類似有，寫成矢量形式即證．

討論：進一步可得

(3)，含時薛定諤方程為

取共軛有(注意到：A為實，)：

ψ*×(1)-ψ×(2)得

故有

所以

59.參考答案：[解]在σz表象中，哈密頓量表示為：

設t＞0時體系的自旋波函數(shù)為

代入含時薛定諤方程得到

結合(1)式和(3)式可得

其中令a(t)=c1(t)e-iωt/2，b(t)=c2(t)eiωt/2，代入(4)式和(5)式可得

令f(t)=c1(t)+c2(t)，g(t)=c1(t)-c2(t)，(6)式和(7)式相加或相減可得

解得

由初始條件，可得a(0)=0，b(0)=1．即c1(0)=0，c2(0)=1，所以

f(0)=1，g(0)=-1

(12)

因此

故有t＞0時刻波函數(shù)為

t＞0時粒子自旋沿z軸正向的概率為

60.參考答案：[解]三維諧振子的波函數(shù)為

ψn1n2n3(r)=ψn1ψn2(y)ψn3(z)

基態(tài)為(n1n2n3)=(0，0，0)，第一激發(fā)態(tài)為(n1n2n3)=(1，0，0)、(0，1，0)、(0，0，1)，且

將x，y，z用球諧函數(shù)展開，重新組合可得lz的本征態(tài)

61.參考答案：[解](1)本題為繞定軸轉動問題不妨取過圓心軸為z軸，則哈密頓量為：

當0＜φ＜φ0時：

即

所以

取ψ(φ)=Asin(kφ)+Bcos(kφ)

(3)

當φ0＜φ＜2π時：故ψ(φ)=0

(4)

根據(jù)連續(xù)性條件

ψ(0)=ψ(2π)得B=0

(5)

ψ(φ0)=ψ(2π)得Asin(kφ0)=0

(6)

故有：sin(kφ0)=0，則kφ0=nπ，n=1，2，3，…即：n=1，2，3…

由歸一化條件得

故，n=1，2，3，…，相應得本征函數(shù)為：

(2)突然撤去“路障”時，粒子處于基態(tài)ψn(φ)(n=1)，撤去“路障”后，粒子做圓周運動，為本征態(tài)

最低能量時m=0，

處于最低能量態(tài)的概率為：

62.參考答案：解：此題中應該不考慮自旋與軌道間相互作用

(1)

(2)顯然自旋角動量與軌道角動量可以分離變量

令ψ=φ(r)χ，代入上式：

即：

解得：

63.參考答案：[解]開始體系處于基態(tài)，根據(jù)位力定理，對于一維諧振子：

因此E0=〈H〉=〈T〉+〈V〉=2〈V〉=meω2〈x2〉

所以

對于諧振子，〈x〉=0，故

從基態(tài)到第一激發(fā)態(tài)所需能量為，由(1)式得

因此

64.參考答案：[解]，根據(jù)得到

即x=0為概率最大的位置．

動能的平均值為

計算中運用了積分

另解：由題所給狀態(tài)為定態(tài)，與定態(tài)函數(shù)比較可得，由位力定理知，65.參考答案：[解]

me=9.11×10-31kg，mp=1.67×10-24g，

(1)在中μ為折合質量，電子偶素的折合質量為

故電子偶素對應的玻爾半徑為

基態(tài)能級：

(2)這相當于兩電子體系，基態(tài)簡并度為4．記正電子為粒子1，電子為粒子2，單個粒子的自旋在z方向分量的本征態(tài)為α，β(分別對應本征值為)，則基態(tài)的具有確定總自旋和總自旋z分