学年高等量子力学试题Word格式文档下载.docx
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[]
acH=cb
由于H为厄米算符,即
a*c*
H=c*b*=H
∴c=c,即c为实数。
②解久期方程
aEc
=0
cbE
有E1=
a+b+2
12
a+b2+4c2a+ba+b+4c2,E1=
2
代入到Schrdinger方程HEi=EiEi中,设E1=a1+b12E1=a1+b12,有
a1aca2a2aca1
和EE==12cbb
1b1cbb2b2
得到a1=
(a+b)+4c2
E1a
21/4
,b1=
E1b
a2=
即
E2a
2,b2=
E2b
E1=a1+b12=
1+
E2=a2+b22=
③若初态为E1,测量A后将以一定概率塌缩到A的一个本征态或2,再进行能量测量时,得到
H=
a+b2
+4c
H1+
+4c=
2H2a2+b2+ab
a+b
=
a(E1a)+b(E1b)
a+b2+4c2
(a+b)E1a2b2=
2a+b+4c2
6.若H=ωSz写出含时算符Sx(t)、Sy(t)和Sz(t)的Heisenberg运动方程。
若t=0时体系处于Sx+,求t时刻的态矢。
ih
SSx
=[Sx,H]=ω[Sx,Sz]=ihωSy,ihy=Sy,H=ωSy,Sz=ihωSx
tt
[][]
ih
Sz
=[Sz,H]=0t
∵Sx+=
11++22
iHt/h
∴Sx+;
t=eSx+=
1iωt1iωt
e++e2ψ(x′,t0)满足Schrdinger波动方程,其中传播子7.证明ψ(x′′,t)=dx′K(x′′,t;
x′,t0)
r
∫
rrrr
K(x′′,t;
x′,t0)=∑x′′a′a′x′eiEa′(tt0)/h
a′
rrrrr
(x′′,t)=ih∫ψ(x′,t0)dx′∑x′′a′a′x′eiEa′(tt0)/h
tta′
=∫ψ(x′,t0)dx′∑Ea′x′′a′a′x′iEa′(tt0)/h
由于a′为能量本征态,即Ha′=Ea′a′∴ih
rrrrrr
(x′′,t)=H∫ψ(x′,t0)dx′∑x′′a′a′x′iEa′(tt0)/h=Hψ(x′′,t)ta′
即ψ(x′′,t)满足Schrdinger波动方程。
8.定义一维谐振子的相干态为淹没算符a的本征态aλ=λ是归一化的相干态。
(参见第二章第十八题)
λ,证明λ=e
λ/2λa+
e0
∵aλ=ae
(
λ
λa+
e0=e
)
ae
0=e
a∑
λn
n!
(a)
+n
=e
且
∑
n1n=λe
λ∑n1!
nn
λn1
=λλ
λλ=0ee
AB
λ*aλ
e
eλaeλa0
*+
利用公式ee=eee所以
BA
[A,B]
,有
λλ=e
0e
λa+λ*a
ee
0=0eλaeλa0=1
+*
λ=e
e0是一个归一化的相干态。
9.对自旋为1的粒子计算Sz(Sz+h)(Szh)和Sx(Sx+h)(Sxh)的矩阵元。
解一:
(参见第三章第四题)
100
在Sz表象中,有Sz=h000,根据对易关系[Si,Sj]=ihεijkSk,有
001
0100i0
,SiiSx=101=0y
2201000i
0100200003
Sz(Sz+h)(Szh)=h000010010=0
001000002010110110
3
***-*****11Sx(Sx+h)(Sxh)==022
010011011
解二:
对Sz,我们有
Sz+=h+(Szh)+=0
Sz=h(Sz+h)=0S0=00S0=0
zz
于是Sz(Sz+h)(Szh)=Sz(Sz+h)(Szh)
i=1,0,1
∑i
=Sz(Sz+h)(Szh)++1+Sz(Szh)(Sz+h)1+(Szh)(Sz+h)Sz00=0
同理,对于Sx,我们有
SxSx,+=hSx,+(Sxh)Sx,+=0
SxSx,=hSx,(Sx+h)Sx,=0SS,0=0S,0SS,0=0
xxxxx
于是Sx(Sx+h)(Sxh)=Sx(Sx+h)(Sxh)
∑S,i
x
Sx,i
=Sx(Sx+h)(Sxh)Sx,+Sx,+1
+Sx(Sxh)(Sx+h)Sx,1Sx,1+(Sxh)(Sx+h)SxSx,0Sx,0=0
10.分别记角动量为1/2和1的体系的角动量算符为Si和Ji,其中i=x,y,z。
求[Sx,Sy]和
[Jx,Jy]。
对于角动量为1/2的体系,有
Sx=
(+++),Sy=(+++)22
[Sx,Sy]=SxSySySx
(+++)(+++)(+++)(+++)2222
22
(++)+(++)=44i2
(++)=ihSz=2
对于角动量为1的体系,有
Jx=
(01++10+0+1+10)2
Jy=
(01+0+0+1+0)2
[Jx,Jy]=JxJyJyJx
(01++0+0+1+0)(01+0+0+1+0)22(01+0+0+1+0)(01++10+0+1+0)22
(++11)(++11)=22
=ih2(+1+11)=ihJz
11.对自旋1/2的粒子,推导算符e时的结果。
(参见教材P165~166)
由于Sx=
φ/hiSn
的2×
2矩阵表示,并给出n为x轴方向,φ=2π
010i10
,σ,σ,有==yz10i001222
rnxinynz
Sn≡∑nkSk=
nz2nx+inyk
rrrrrrrrr
并且根据公式(σa)σb=ab+iσa×
b,有
()()
∴e
v
n为偶数rnrr2r22
=(σa)=aSnn1
rn为奇数Sn2
r3r2r4243rφφφSnSnφSn
=1+LLiSn+
2!
h2!
h3!
hh
()
φ2irφ
=1cosSnsin
22h
φφφ
cosinzsin(inxny)sin
222=φφφ()+inninsincossin+xyz222
当nx=1,ny=0,nz=0,φ=2π时,有
rr
iSnφ/h
10
=ei2πSxnx/h=01
求该系综的密度矩阵12.一混合系综由75%的Sz+和25%的Sx+纯态非相干叠加而成,
表示及对Sx、Sy和Sz的测量期待值,并求该系综的量子统计熵值。
(参见教材P180~181)
ρ=∑wiα(i)(i)=75%Sz+Sz++25%Sx+Sx+
i
11
(++))++=75%+++25%
22
31011/21/27/81/8
=+41/21/2=1/81/8014
∵Sx=
010110,,S==Syz210210201
1/87/8∴[Sx]=tr(ρSx)=Tr=81/81/821/8
[S]=tr(ρS)=i2Tr1/8
y
7/8
=01/8
[Sz]=tr(ρSz)=Tr
7/81/83=81/81/8
量子统计熵值S=kσ=ktr(ρlnρ)设密度矩阵ρ对角化为ρ
(diag)
0a=01a,有
7/8a1/8
=0a=4(大于1的解舍去)
1/81/8a
∴ρ
4=0ln40
,lnρ(diag)=
30
0
ln3
∴S=kσ=ktr(ρlnρ)=k4ln4+
[()()3)ln3)]
≈4.265k
13.求坐标、动量、角动量等算符x,p,J,xp,Sx及LS在空间反演下的结果。
rrrrr+r+
πxπ=x,πpπ=p,πJπ=J
π+xpπ=π+xππ+pπ=(x)(p)=xp
rrrrrrr++rπSxπ=πSππxπ=S(x)=Sx
rrrrrrrr
rrrrrrrr++
πLSπ=πLππSπ=LS=LS
r1r1r1
14.记时间反演算符为Θ,求ΘxΘ,ΘpΘ,ΘJΘ及Θj,m。
r1rr1rr1rm
ΘxΘ=x,ΘpΘ=p,ΘJΘ=J,Θj,m=
(1)j,m
15.以x0=e
~
βx
为尝试波函数(β为参量),估算一维谐振子的基态能量。
(参见第五章第二十题)
~p21βx
一维谐振子的哈密顿量为H=+mω2x2,取试探波函数x0=e,根据
2m2
变分法,有
+∞βx
~~0H0
∴==
00
∫e
∞+∞βx
2d2122βx+ωmx2mdx22edx+∞2βx
∫edx
+∞βx12d2βx22βx
edx+emxedxω∫2mdx2∞2+∞2βx
2dβ2mdxβ+∞βx1forx0βx22βx
+ωedxemedx∫∞2xforx0
+∞
2βx
dx
+∞βx12βx2βx22βx
()2βδβωxe+edx+emxedx∫2m∞
2+∞2βx
2β2βx
em
2β21222βx
ω+∫+mxdxe∞22mx=0
h2β2βx
x=0
+2∫
2∫e2βxdx
h2β21222βxmxω+edx2m2
2β2β21
+mω23
2β2mω28βmm2β
==+2
1/β2m4β
mω2βmω22=β==0,有0令
βm2β32h
∴min=
ω2ω2
+=hω≈1.414E0
4222
E10λΔ
16.对H=λΔE0,求2
(1)严格的能量本征值及本征态。
(2)若λΔE1E2,用定态微扰理论求能量本征函数至一阶,能量本征值至二阶
的结果,并与严格解比较。
(3)若λΔE1E2,用简并微扰理论求解,并与严格解比较。
(参见第五章第十一题)
(1)可以设E1E2,根据本征方程
E10λΔaa
=EnHn=Ennb0bλΔE2
E10En
得到久期方程为
λΔ
E±
=
当E1=
EEn
02
200E10+E2En+E10E2=λ2Δ2,于是=0,即En
100
E1+E2±
2
E
01
0E2+4λ2Δ2
100E1+E22
0E2+4λ2Δ2时,代入本征方程,有
00E1E2E1E2
=a1=1/40
002222E1E10+E2E10E1a1=λΔb1E1E2+4λΔ
00=ΔλEEbaE1E1E1E11112b==1/40*****2E1E10+E2
E1E2+4λΔ
())
设a1=cos
β
,b1=sin
,因为
EEEE=λΔ,即
sinβ=
当E2=
2λΔ
010E2+4λ2Δ22
tanβ=
E1E2
100E1+E2+2
E1E2a2=λΔb2
=ΔλEEba2222b=
(())
E2E2E2E2
=1/40
002222E2E10+E2
EE2EE2
由于E1+E2=E1+E2,所以a1=b2,b1=a2
ββ
sincos2λΔ2,β=arctan2,φ=∴φ1=2E0E0ββ21
cossin
(2)若λΔE1E2,根据不含时非简并微扰理论,因为V11=V22=0,
V12=V21=λΔ,所以
φ1=φ1+∑φk
k≠1
(0)(0)
1λΔVk1(0)(0)λΔ
φφL+≈+=12000E10Ek0E10E2
EE21
λVΔ00φ2=φ2(0)+∑φk(0)0k20+L≈φ2(0)+φ1(0)0=EE021EEEE1k≠2k212
与
(1)得到的精确解比较:
β2β
1Lcos1
42λΔ≈=φ1=3
βββE0E0sin++L12226βββ3
LλΔsin
2=26≈E0E0φ2=212ββ1Lcos124
可以看出,在λ的一阶近似下二者相同。
Δ1=V11+∑
k1
00k≠1E1Ek
+L=
λ2Δ2
0E10E2
Δ2=V22+∑
k≠2
k2
E2Ek
0+L=
0E2E1
E1=E1+E2
022
E10+E21014λ2Δ20
+4λΔ=E2E1++L00
222E2E1
≈E+
E10E2
E2=E1+E2+
+4λΔ=L+E2E1++00
EE
可以看出,在λ的二阶近似下二者相同。
(3)若E1E2λΔ,即两未微扰能级近简并,设E1=E2=E,则按照不含
时简并微扰理论,有
01100H=E0λ=E+λΔσz+Δ1001
于是本征值为E1=EλΔ,E2=E+λΔ,对应的本征态为
1111φ1=,φ2=2112
与E1=E2=E时(a)的结果对比:
2100
E00E2+4λ2Δ2=EλΔ
020
E10E2+4λ2Δ2=E+λΔ
0E1E2
1/4
00222
14+ΔEEλ12=1φ1=2E10E11
E0E02+4λ2Δ21/4
0E2E2
00222
14+ΔEEλ2=1φ2=1
2E10E21
21
()与(3)的结果相同。
17.N个自旋为1/2的无相互作用的全同粒子受一维谐振子势作用,求体系的基态能量及费
米能级。
(参见第六章第一题)
一维简谐势的能级为En=n
hω,对于自旋为1/2的全同粒子,由于Pauli不2
相容原理,每个能级最多只能被两个粒子占据,每个态可以用n,±
来表示,因此基态能量
N2
hωN
n+114
E0=∑hω=222()N1Nn=1+hω
42
在T=0K时,费米能级就是粒子所能填充的最高能级,因此
N为偶数
N为奇数
N
2hωEF=
N1hω2
18.N个自旋为1/2的无相互作用的全同粒子受V0δ(x)势作用,求以平面波为基矢的哈密顿
算符的二次量子化形式,并指出相应产生与湮灭算符满足的基本关系。
对于费米子,其二次量子化的哈密顿量形式为
p21H=∑rsas+∑ar+as+rstuauat2m2rsturs
取基矢xr=e
ipx/h
=xp,势能V=V0δ(x),所以
2p1=∑apHpa+ar+as+prps0δ(x)ptpuauat∑rss2m2rsturs
V02iprx/h+2ipsx/h3dxeaea=∑+∑rs∫rs2mrstu2
iptx/hipux′/h33iprx′/hipsx/h++
′()dxdxeeaaδxeeauatrs∫∫
ps2V0i(prps)x/h+3
dxeaadx′3ei(prpu)x′/h∫dxei(pspu)x/hδ(x)ar+as+auat=∑+∑rs∫∫2rsturs2mps2+V
=∑asas+0∑δruar+as+auat
2rstus2m
其相应的产生、湮灭算符满足:
{a,a}=δ
s
rs
,{ar,as}=ar,as=0
{}
19.用交换积分的概念解释原子物理中相关的洪德(Hund)规则。
Hund规则表述如下:
“对于一个给定的电子组态形成的一组原子态,当某个原子态具有的S最大时,它处的能级位置最低;
对同一个S,又以l值大的为最低。
”
以He原子为例,对于一个电子处于基态,另一个电子处于激发态的情形,即组态为(1s)(nl)时,其能量可以写为
E=E100+Enlm+I±
J
其中I为直接积分,J为交换积分,正负号分别对应自旋单态与三重态(这是因为自旋单态波函数为交换反对称的,其对应的空间波函数则为交换对称的,所以符号为
正;
对自旋三重态则刚好相反)。
显然,自旋三重态对应的能量要低于自旋单态的能量,而自旋三重态的S=S1+S2=1,自旋单态的S=S1S2=0,因此S值大的原子态对应的能
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