量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.16-6#8
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复旦大学苏汝铿教授的量子力学课件页数:105
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量子力学(二)习题参考答案
2µ (U1 − E ) h2 2µ E h2
ψ 2 '' ( x) + k 2ψ 2 ( x ) = 0, k =
西华师大物理与电子信息学院
4
四川省精品课程——量子力学补充习题参考答案
ψ 3'' ( x) − β 2ψ 3 ( x) = 0, β =
其解分别为：
2µ (U 2 − E ) h2
ψ 1 ( x) = A1eα x + B1e −α x ψ 2 ( x) = C sin(kx + δ ) ψ 3 ( x ) = A2e β x + B2 e− β x
2
2
⑤
而透射系数
⑥
2） 、当 E＜U0 时，有ψ 2 '' ( x ) − k3 2ψ 2 ( x ) = 0 ， k3 = 其解为：ψ 2 ( x ) = Ce
− k3 x
+ De k3 x = Ce − k3 x （ψ 2 有限条件）
⑦
以下可以重复前面的求解过程。 不过， 为了简单我们亦可以在前面得到的结果⑤中做代 换 k2 ＝i k3 ，得到
由（18）式， （16） 、 （17）变成 或由 （19） 式， （16） 、 （17） 变成
（20）或（21）式就是讲义上习题 2．7 的结果。 a) 将 δ = 0 代入ψ 2 ( x) 中有：ψ 2 ( x) = C sin kx 由连续性条件：ψ 2 ( a) = ψ 3 ( a ) → C sin( ka ) = B2 e − β a
ψ m (ϕ ) =
除了 m=0 的态之外， E m 圴是二重简并的。 5、梯形式——— U ( x ) =
0, x < 0 U 0 , x > 0
苏汝铿量子力学(第二版)课后习题(含答案)--第六章6.16-6.18#8(延边大学)三年级
6.16带电粒子在均匀磁场和三维谐振子势场2201()2e U r m r 中运动，求粒子的能谱. 解：该带电粒子的哈密顿量222011()22e e H p A m r m c ，且1()2A B r ，不妨设磁场沿＋y 轴方向，则有12A （-By,Bx,0）2222222220012111()()()222x y Lz L zL zHp p m x y p m zlmm H H l１＋２ =22222210222201()()()21122()2x y Lz LH p p m x y m H p m z m eBmc１其中＋２ 拉磨频率易知1H ，2H ，z l 相互对易，所以有共同的本征函数，所以可得到能谱为：221200121(1)();2LLEN N m N N ２ （=,0）6.17自旋为１２的粒子，在均匀磁场中运动，磁场的绝对值不变，但各个分量随时间变化如下： sin cos ,sin sin ,cos X yzB B t B B t B B设t=0时自旋在磁场方向上的分量等于12，求在t 时刻粒子跃迁到自旋在磁场方向上的分量等于－12的态中的概率？ 解：0000(),(sin cos ,sin sin ,cos )cos sin cos sin sin sin cos sin sin cos cos sin sin cosxy yxyyi titHBBt t t itBt i t e Be 设该粒子磁矩为 = ＝代入薛定鄂方程：iHt，设()()()a t tb t ＝，则有00()cos ()sin () (1)()cos ()sin () (2)i ti t i d a t a t eb t B dt id b t b te a t B dt化简得： '112'211i t i tc i ec c i e c其中：1cos ,sin ,BB2212()()i t i ta t c eb tc e解得：222212'''c i c c（＊）由初始条件：(0)1(0)0(0)a tb tt2 即c所以设解2sin c t ，代入＊式可得：1222tan it（超越方程）若可求得，则可得到()b t ，则所求概率为220(())()1t b t6.18电子和正电子靠库仑吸引力束缚在一起构成一个类氢的系统．在外磁场中它的哈密顿量（l=0）近似为01212()z z eBHH AS S S S mc,A,e,m,c,是正实数，BBz ,12,S S 分别是电子和正电子的自旋算符，0H 包含电子动能，正电子动能及正负电子间的库仑能．对自旋相互作用0HH 用一级微扰计算0H 的四度简并基态的能量分裂．解：01212222012()()()z z x y z z z eB HH AS S S S mc eB H A s s s S S mc ＝由两自旋为12的粒子系统具有对称三重态和反对称单态，写出其波函数为：12112212123121241()21()()2 波函数正交归一易得：22221122222122223122241()41()41()4()x y z x y z x y z x y z A s s s A A s s s A A s s s A A s s s12112241233124()0()()2()2z z zz z z zz S S S S S S S S所以得到：22210042104'1024202eB Amc A H eB eB A mc mc eB mc解久期方程得：222(1)2222111()444e B EA AA c2二重，－＋m。
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#6 @
点), 这样就有 L
1 N L 2
耦合之后总磁矩
1 1 N L J ( g p g N )N S J J 2 2 R J ( J 1)
因 J LS 有
N 3 ( g p g N ) N (1) J / 2
旋 S , 然后总自旋再与轨道角动量 l 耦合形成总角动量 J , 用核磁子表示你的结果. 已知质子和 中子的磁矩分别是 2.79 和-1.91 核磁子. 解: (i) S,D 态的宇称为正, 而 P 态的宇称为负, 由于宇称守恒, 开始时为 S 态的量子态在任何 时刻都不可能有 P 态混入 (ii)
1 1 1.5 ( g p g N ) N J 0.31 N J 2 2
取 J 方向的投影并使 J s 为最大值 J 1 , 从而有 0.31 N 6.11 一个 介子(赝标粒子, 自旋为零, 奇宇称)最初别束缚在氘核周围, 并处在最低库仑态
的角分布是多少? (i). 反应前后宇称守恒, 有
p( ) p(d )(1) L1 p(n) p(n)(1) L
L1 , L2 分 别 是 d 及n+n 的 轨 道角 动量 . 但反 应 前 是 在库 仑 势的 最低 能 态
中, L1 0 , 且已知: p( ) 1, p(d ) 1 有
2/3 c , 2/ d 3 , 1/ 3
p 1,1 p 1, 1 0 n 1, 0
查 C G 系数表, 可得
a 1 / 3b ,
共振态的 I 3/ 2 , 经过此面的截面比为 1 2 4 2 a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
能的, 因为 L 1 , 所以几率为 0 (iii) 从而有 初始态为 J , J z 1,1 , 将其变成非耦合表象 L 1, S 1, L, L3 , S , S z
1 N L 2
耦合之后总磁矩
1 1 N L J ( g p g N )N S J J 2 2 R J ( J 1)
因 J LS 有
N 3 ( g p g N ) N (1) J / 2
旋 S , 然后总自旋再与轨道角动量 l 耦合形成总角动量 J , 用核磁子表示你的结果. 已知质子和 中子的磁矩分别是 2.79 和-1.91 核磁子. 解: (i) S,D 态的宇称为正, 而 P 态的宇称为负, 由于宇称守恒, 开始时为 S 态的量子态在任何 时刻都不可能有 P 态混入 (ii)
1 1 1.5 ( g p g N ) N J 0.31 N J 2 2
取 J 方向的投影并使 J s 为最大值 J 1 , 从而有 0.31 N 6.11 一个 介子(赝标粒子, 自旋为零, 奇宇称)最初别束缚在氘核周围, 并处在最低库仑态
的角分布是多少? (i). 反应前后宇称守恒, 有
p( ) p(d )(1) L1 p(n) p(n)(1) L
L1 , L2 分 别 是 d 及n+n 的 轨 道角 动量 . 但反 应 前 是 在库 仑 势的 最低 能 态
中, L1 0 , 且已知: p( ) 1, p(d ) 1 有
2/3 c , 2/ d 3 , 1/ 3
p 1,1 p 1, 1 0 n 1, 0
查 C G 系数表, 可得
a 1 / 3b ,
共振态的 I 3/ 2 , 经过此面的截面比为 1 2 4 2 a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
能的, 因为 L 1 , 所以几率为 0 (iii) 从而有 初始态为 J , J z 1,1 , 将其变成非耦合表象 L 1, S 1, L, L3 , S , S z
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#16
反应前 是在库仑势的最低能态中， L1 0 ，且已知：
p( ) 1 ， p(d ) 1 ，有： (1) L2 1, L2 2m 1, m 0,1, 2
反应前后角动量守恒。反应前 J 1 ，所以反应后有 L2 S J 。
。
n 与 n 的全同性要求总波函数反对称现在空间波函数反对称，所以自旋函数必须对称，即：
S 1 ，所以 L 2,1, 0 。但 L 2m 1，所以 L 1, S 1 。
总轨道角动量为 2 ；总自旋角动量为 2 。 （ii）设反应前氘核子方向 J 2 ，若中子对全部反向， S2 ，那么 L2 2 ，这是不 可能的，因为 L 1 ，所以几率为 0。 （iii）初始态为 J , J 2 1,1 ，将其变到非耦合表象： L 1, S 1, L, L2 , S , S2 ， 从而有 1,1
l
e Lp n Lp 2m p c
1 L p 是 p 对质心的角动量, 因为 L p Ln L , 且可以认为 L p Ln , 有 L p L (质心在连线中 2 1 心), 这样就有 l n L 2
耦合之后的总磁矩
p 1,1 1 2,1 2 3 2,3 2 , p 1, 1 1 2,1 2 a 3 2, 1 2 b 1 2, 1 2 , 0 n 1, 0 1 2, 1 2 c 3 2, 1 2 d 1 2, 1 2 .
由 C G 系数可得： a 1 3,
取 J 方向的投影并使 J z 为最大值 J 1 ，从而有
1 2
1 2
0.31 n
6.11 一个 介子（赝标粒子、自旋为零、奇宇称）最初被束缚在氘核周围，并处在最低库 仑能态上。它被氘核（一个质子和一个中子处在 3S1 态中）俘获，并使氘核转变为一对中子：
p( ) 1 ， p(d ) 1 ，有： (1) L2 1, L2 2m 1, m 0,1, 2
反应前后角动量守恒。反应前 J 1 ，所以反应后有 L2 S J 。
。
n 与 n 的全同性要求总波函数反对称现在空间波函数反对称，所以自旋函数必须对称，即：
S 1 ，所以 L 2,1, 0 。但 L 2m 1，所以 L 1, S 1 。
总轨道角动量为 2 ；总自旋角动量为 2 。 （ii）设反应前氘核子方向 J 2 ，若中子对全部反向， S2 ，那么 L2 2 ，这是不 可能的，因为 L 1 ，所以几率为 0。 （iii）初始态为 J , J 2 1,1 ，将其变到非耦合表象： L 1, S 1, L, L2 , S , S2 ， 从而有 1,1
l
e Lp n Lp 2m p c
1 L p 是 p 对质心的角动量, 因为 L p Ln L , 且可以认为 L p Ln , 有 L p L (质心在连线中 2 1 心), 这样就有 l n L 2
耦合之后的总磁矩
p 1,1 1 2,1 2 3 2,3 2 , p 1, 1 1 2,1 2 a 3 2, 1 2 b 1 2, 1 2 , 0 n 1, 0 1 2, 1 2 c 3 2, 1 2 d 1 2, 1 2 .
由 C G 系数可得： a 1 3,
取 J 方向的投影并使 J z 为最大值 J 1 ，从而有
1 2
1 2
0.31 n
6.11 一个 介子（赝标粒子、自旋为零、奇宇称）最初被束缚在氘核周围，并处在最低库 仑能态上。它被氘核（一个质子和一个中子处在 3S1 态中）俘获，并使氘核转变为一对中子：
量子力学导论第6章答案
第六章 中心力场6.1) 利用6.1.3节中式（17）、（18），证明下列关系式相对动量 ()21121p m p m M r p -==∙μ （1）总动量 21p p R M P+==∙ （2）总轨迹角动量p r P R p r p r L L L⨯+⨯=⨯+⨯=+=221121 （3）总动能 μ222222222121M P m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） m p +=21μ，m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m R ++=， （17） 21r r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’） 总动量 ()2121221121p p m m r m r m m m R M P+=+++==∙∙∙ （2’）总轨迹角动量 221121p r p r L L L⨯+⨯=+=)5(2211p r m uR p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p m Mp p -⨯++⨯= )2)(1(⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。
总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m pP u m p m m u m m p P u m p m m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p P m m m P m m m μ2222M P += （4’） ［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中p 、和的算术表示式r i ∇-= R i ∇-= ，p r P R L ⨯+⨯=解： ()()211221121r r m m Mi p m p m M ∇-∇-=-=（1） 其中 1111z y x r ∂∂+∂∂+∂∂=∇， 而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111， 同理，y Y M m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZ M m z ∂∂+∂∂=∂∂11； （利用上题（17）（18）式。
苏汝铿统计物理答案
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量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
23
2
23
T 100 K 时， E 1.381021 J 。
7
1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两个光子的能量相等，问要实现这种转化，光子 波长最大是多少？ 解：转化条件为 h ec 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c h ，所以 ，即有 ec
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 1.4 利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。 （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。 已知外磁场 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
③
由于(1)、(3)方程中，由于U (x) ，要等式成立，必须
1 ( x) 0
2 ( x) 0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
d 2 2 ( x) 2m E 2 2 ( x) 0 方程(2)可变为 dx2
令k
2
2mE ，得 2
d 2 2 ( x) 2 k 2 ( x) 0 dx2
max
0 h 6.626 1034 c 0.024A （电子的康普顿波长）。 31 8 e c 9.1 10 3 10
8
第二章 波函数和薛定谔方程
2.1.证明在定态中，几率流与时间无关。 证：对于定态，可令
2
23
T 100 K 时， E 1.381021 J 。
7
1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两个光子的能量相等，问要实现这种转化，光子 波长最大是多少？ 解：转化条件为 h ec 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c h ，所以 ，即有 ec
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 1.4 利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。 （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。 已知外磁场 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
③
由于(1)、(3)方程中，由于U (x) ，要等式成立，必须
1 ( x) 0
2 ( x) 0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
d 2 2 ( x) 2m E 2 2 ( x) 0 方程(2)可变为 dx2
令k
2
2mE ，得 2
d 2 2 ( x) 2 k 2 ( x) 0 dx2
max
0 h 6.626 1034 c 0.024A （电子的康普顿波长）。 31 8 e c 9.1 10 3 10
8
第二章 波函数和薛定谔方程
2.1.证明在定态中，几率流与时间无关。 证：对于定态，可令
曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案
(
)
d d 3 rψ 1* r ,.t ψ 2 r , t = 0 。 ∫ dt
( ) ( )
2.4）设一维自由粒子的初态ψ ( x,0 ) = e
⎛ p2 ⎞ i ⎜ p0 x − 0 t ⎟ / ℏ ⎜ 2 m ⎟ ⎝ ⎠
ip0 x / ℏ
， 求ψ ( x, t ) 。
解：
ψ ( x, t ) = e
∫p
即
x
⋅ dx = n x h ,
(n x
= 1, 2 , 3 , ⋯)
p x ⋅ 2a = n x h
∴ p x = n x h / 2a ,
（ 2a ：一来一回为一个周期）
同理可得，
p y = n y h / 2b ,
p z = n zห้องสมุดไป่ตู้h / 2c ,
n x , n y , n z = 1, 2 , 3 , ⋯
（4）
E = ∫ d 3r ⋅ w 。
（b）由（4）式，得
. . ⎤ . ∂w ℏ 2 ⎡ . * * * = ∇ ψ ⋅ ∇ ψ + ∇ ψ ⋅ ∇ ψ + ψ Vψ + ψ *V ψ ⎢ ⎥ ∂t 2m ⎣ ⎦
=
. . . . ⎛ .* 2 ℏ2 ⎡ ⎛ .* *⎞ 2 * ⎞⎤ * * ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∇ ⋅ ψ ∇ ψ + ψ ∇ ψ − ψ ∇ ψ + ψ ∇ ψ + ψ V ψ + ψ V ψ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟⎥ 2m ⎣ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
. ⎛ ⎞ ⎞ * ℏ2 2 � . ⎛ ℏ2 2 ⎟ ⎜ = −∇ ⋅ s + ψ * ⎜ − ∇ + V ψ + ψ − ⎜ 2m ⎟ ⎜ 2m ∇ + V ⎟ ⎟ψ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . . ⎛ * � *⎞ = −∇ ⋅ s + E ⎜ ⎜ψ ψ + ψ ψ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ∂ � （ ρ ：几率密度） = −∇ ⋅ s + E ρ ∂t � = −∇ ⋅ s （定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.13-6#1
2 2
1 1 2 2 2 1 1 x 2 cos s c 4s 2c 2 cos E2 E3 t / 2 2 2 2 1 x 2
1 x 2 Et /
1
1 sin 2 1 x2
1 x 2 Et / 2
批注 [JL1]: 应为 S z
Sz
2
， Sz
2
在 t 0 时，体系状态是
(t 0) 。这一粒子沿 y 轴运动，通过一沿 y 轴方向的均匀磁场
B B0 j 。
(ⅰ)、求
(t ) ，用 和 来表示。
(ⅱ)、 S x 、 S y 、 S z 作为时间函数的表达式。
i
i
B0t B0t 1 S x (t ) | S x | (t ) cos sin B0t ， sin ＝ 2 2 2
S y (t ) | S y | (t ) 0 ，
2 2 2 1 2 2 2 2 1 d i qB ( eB )2 2 E 2u d c 2c 2 2 2 z 2
1 ，所以
在极限情况 0 H / E
1 ，则 x
E g1 g 2 1 0 H g1 g 2 0 H , 4 2 2 E E 1 E2 2 1 x2 1 2 x g1 g 2 0 H ， 4 4 2 E 1 E3 1 2 1 x2 g 2 g1 0 H ， 4 2 E g1 g 2 1 E4 0 H g1 g2 0 H 4 2 2 E1
1 1 2 2 2 1 1 x 2 cos s c 4s 2c 2 cos E2 E3 t / 2 2 2 2 1 x 2
1 x 2 Et /
1
1 sin 2 1 x2
1 x 2 Et / 2
批注 [JL1]: 应为 S z
Sz
2
， Sz
2
在 t 0 时，体系状态是
(t 0) 。这一粒子沿 y 轴运动，通过一沿 y 轴方向的均匀磁场
B B0 j 。
(ⅰ)、求
(t ) ，用 和 来表示。
(ⅱ)、 S x 、 S y 、 S z 作为时间函数的表达式。
i
i
B0t B0t 1 S x (t ) | S x | (t ) cos sin B0t ， sin ＝ 2 2 2
S y (t ) | S y | (t ) 0 ，
2 2 2 1 2 2 2 2 1 d i qB ( eB )2 2 E 2u d c 2c 2 2 2 z 2
1 ，所以
在极限情况 0 H / E
1 ，则 x
E g1 g 2 1 0 H g1 g 2 0 H , 4 2 2 E E 1 E2 2 1 x2 1 2 x g1 g 2 0 H ， 4 4 2 E 1 E3 1 2 1 x2 g 2 g1 0 H ， 4 2 E g1 g 2 1 E4 0 H g1 g2 0 H 4 2 2 E1
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.1-6#13
0 1 0 i Sn cos cos i 0 cos 2 1 0
cos 1 0 0 1 2 cos i cos
2
cos i cos cos
设 J 2 , J z 共同的本征态为 j , m ，利用升降算符，将 J x , J y 表示为
J x
Jx
1 1 J J , J y J J 2 2i 1 j, m J x j m j m J J j ,m 2
，
则
j m j m
1 j m j m , 2
6.2 求 自 旋 角 动 量 在 任 意 方 向 n （ 方 向 余 弦 是 co s , co s 的投影 , c） os
Sn S xc o s Sy c o s Sz
c的本征值和本征函数。 os
解：在 S z 表象内，电子自旋算符 S x , S y , S z 的矩阵表示为，故 S n 的矩阵形式为：
(iii) y Βιβλιοθήκη =1 轾 犏2c 1 (S z )Y 10 (q, j ) + c 1 (S z )Y 1- 1(q, j ) 3犏 臌 -2 2
J 2 = j ( j + 1)h 2 =
35 2 15 2 h = h 22 4 2 1 1 1 1 J z = (Lz + S z )h = (0 - )h + (- 1 + )h = - h 3 2 3 2 2
a1 cos a2 (cos i cos ) a1 a1 (cos i cos ) a2 cos a2
求解此方程可得
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代入薛定鄂方程： i
(s x + s y + s y ) ？？
sin qe- iwt ÷ ÷ ÷ - cos q ÷
，设 f (t )＝ç ç
¶f = Hf ¶t
骣 a(t )÷ ÷，则有 ç ÷ b(t )÷ 桫
i d a(t ) = cos qa(t ) + sin qe- iwt b(t )......(1) - m0 B dt i d b(t ) = - cos qb(t ) + sin qeiwt a(t ).....(2) - m0 B dt
c1' = iw1e- iwt c2
化简得： 其中：
c2' = iw1eiwt c1
cos q, w1 = m0 B sin q, w2 = w + 2w0
w0 =
m0 B
a(t ) = c1eiwt b(t ) = c2e- iwt
解得： c2 '' = iw2c2 '- w12c2 （＊） 由初始条件：
( S1z - S 2 z )c 1 = 0 ( S1z - S 2 z )c 2 = 0 c 4 ( S1z - S 2 z )c 3 = c 3 ( S1z - S2 z )c 4 = 2 2
骣1 2 ç A ç ç 4 ç ç ç ç ç ç 0 ç 所以得到： H ' = ç ç eB ç ç ç ç mc 2 ç ç ç ç ç 0 ç 桫
eB ( S1z - S2 z ) mc 解： eB ＝H 0 + A( sx 2 + s y 2 + sz 2 ) + ( S1z - S2 z ) mc H = H 0 + AS1 S2 +
由两自旋为
1 的粒子系统具有对称三重态和反对称单态，写出其波函数为： 2
c 1 = c 1+ c 2+ c 2 = c 1- c 2c3 = 1 (c 1+ c 2- + c 1- c 2+ ) 2 1 c4 = (c 1+ c 2- - c 1- c 2+ ) (波函数正交归一) 2
0 2 2 ) = b(t ) 1
6.18 电子和正电子靠库仑吸引力束缚在一起构成一个类氢的系统． 在外磁场中它的哈密顿量 （l=0） 近似为 H = H 0 + AS1 S2 +
eB ( S1z - S2 z ) ,A,e,m,c,是正实数， B = Bz , S1 , S2 分别 mc
是电子和正电子的自旋算符， H 0 包含电子动能，正电子动能及正负电子间的库仑能．对自 旋相互作用 H - H 0 用一级微扰计算 H 0 的四度简并基态的能量分裂．
\ H=
1 １ 1 2 1 2 2 2 2 2 2 ( px + py )＋ m(w0 + wL )( x 2 + y 2 ) + pz + mw0 z - wLlz 2m ２ 2m 2
= H 1 + H 2 - wLlz
其中H 1 =
1 １ 2 2 2 2 ( px + py )＋ m(w0 + wL )( x 2 + y 2 ) 2m ２ 1 2 1 2 2 H2 = pz + mw0 z 2m 2 eB wL = (拉磨频率) 2mc
BX = B sin q cos wt , By = B sin q sin wt , Bz = B cos q
设 t=0 时自旋在磁场方向上的分量等于 等于－ 解：
1 ， 求在 t 时刻粒子跃迁到自旋在磁场方向上的分量 2
1 的态中的概率？ 2
批注 [JL1]:
设该粒子磁矩为m = m0 (s x + s y + s y ), \ H = - m B = - m0 B(s x sin q cos wt , s y sin q sin wt , s y cos q) 骣 cos q sin q cos wt - i sin q sin wt ÷ = - m0 B ç ? ç ÷ ç ÷ sin q cos wt + i sin q sin wt - cos q 桫 骣cos q ＝- m0 B ç ç ç ç sin qeiwt 桫
1 2 c1 4 1 A( sx 2 + s y 2 + sz 2 )c 2 = A 2 c 1 4 易得： 1 A( sx 2 + s y 2 + sz 2 )c 3 = A 2 c 1 4 2 2 2 A( sx + s y + sz )c 4 = 0 A( sx 2 + s y 2 + sz 2 )c 1 = A
解久期方程得：
0 A 1 4 0 0
2
eB mc 2 0 A 1 2 4 NhomakorabeaB mc 2
0 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 0 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ eB ÷ ÷ ÷ ÷ mc 2 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 0 ÷ ÷ ÷
E (1) = A
1 4
2
(二重)，－A
1 4
2
?
A
1 2 e2 2 B 2 ＋ 2 2 4 mc
编辑者：霍团长
1 2 2 me w0 r 中运动，求粒子的能谱. 2 1 e 1 2 2 解：该带电粒子的哈密顿量 H = ( p - A)2 + me w0 r ， 2m c 2 1 1 且 A = ( B ? r ) ，不妨设磁场沿＋y 轴方向，则有 A = （-By,Bx,0） 2 2
6.16 带电粒子在均匀磁场和三维谐振子势场 U (r ) =
易知 H 1 ， H 2 ， l z 相互对易，所以有共同的本征函数，所以可得到能谱为：
E = ( N1 + 1) w + ( N 2 +
1 2 2 ) w0 - wL m （w２=w0 + wL ; N1,N 2 ? 0） 2
6.17 自旋为
１ 的粒子， 在均匀磁场中运动， 磁场的绝对值不变， 但各个分量随时间变化如下： ２
a(t = 0) = 1 b(t = 0) = 0 即c2 (t = 0) = 0
所以设解 c2 = sin l t ，代入＊式可得： tan l t =
iw2l （超越方程） w1 2 - l 2
批注 [JL2]: 数值解？
r = ( f (t ) 若可求得 l ，则可得到 b(t ) ，则所求概率为
(s x + s y + s y ) ？？
sin qe- iwt ÷ ÷ ÷ - cos q ÷
，设 f (t )＝ç ç
¶f = Hf ¶t
骣 a(t )÷ ÷，则有 ç ÷ b(t )÷ 桫
i d a(t ) = cos qa(t ) + sin qe- iwt b(t )......(1) - m0 B dt i d b(t ) = - cos qb(t ) + sin qeiwt a(t ).....(2) - m0 B dt
c1' = iw1e- iwt c2
化简得： 其中：
c2' = iw1eiwt c1
cos q, w1 = m0 B sin q, w2 = w + 2w0
w0 =
m0 B
a(t ) = c1eiwt b(t ) = c2e- iwt
解得： c2 '' = iw2c2 '- w12c2 （＊） 由初始条件：
( S1z - S 2 z )c 1 = 0 ( S1z - S 2 z )c 2 = 0 c 4 ( S1z - S 2 z )c 3 = c 3 ( S1z - S2 z )c 4 = 2 2
骣1 2 ç A ç ç 4 ç ç ç ç ç ç 0 ç 所以得到： H ' = ç ç eB ç ç ç ç mc 2 ç ç ç ç ç 0 ç 桫
eB ( S1z - S2 z ) mc 解： eB ＝H 0 + A( sx 2 + s y 2 + sz 2 ) + ( S1z - S2 z ) mc H = H 0 + AS1 S2 +
由两自旋为
1 的粒子系统具有对称三重态和反对称单态，写出其波函数为： 2
c 1 = c 1+ c 2+ c 2 = c 1- c 2c3 = 1 (c 1+ c 2- + c 1- c 2+ ) 2 1 c4 = (c 1+ c 2- - c 1- c 2+ ) (波函数正交归一) 2
0 2 2 ) = b(t ) 1
6.18 电子和正电子靠库仑吸引力束缚在一起构成一个类氢的系统． 在外磁场中它的哈密顿量 （l=0） 近似为 H = H 0 + AS1 S2 +
eB ( S1z - S2 z ) ,A,e,m,c,是正实数， B = Bz , S1 , S2 分别 mc
是电子和正电子的自旋算符， H 0 包含电子动能，正电子动能及正负电子间的库仑能．对自 旋相互作用 H - H 0 用一级微扰计算 H 0 的四度简并基态的能量分裂．
\ H=
1 １ 1 2 1 2 2 2 2 2 2 ( px + py )＋ m(w0 + wL )( x 2 + y 2 ) + pz + mw0 z - wLlz 2m ２ 2m 2
= H 1 + H 2 - wLlz
其中H 1 =
1 １ 2 2 2 2 ( px + py )＋ m(w0 + wL )( x 2 + y 2 ) 2m ２ 1 2 1 2 2 H2 = pz + mw0 z 2m 2 eB wL = (拉磨频率) 2mc
BX = B sin q cos wt , By = B sin q sin wt , Bz = B cos q
设 t=0 时自旋在磁场方向上的分量等于 等于－ 解：
1 ， 求在 t 时刻粒子跃迁到自旋在磁场方向上的分量 2
1 的态中的概率？ 2
批注 [JL1]:
设该粒子磁矩为m = m0 (s x + s y + s y ), \ H = - m B = - m0 B(s x sin q cos wt , s y sin q sin wt , s y cos q) 骣 cos q sin q cos wt - i sin q sin wt ÷ = - m0 B ç ? ç ÷ ç ÷ sin q cos wt + i sin q sin wt - cos q 桫 骣cos q ＝- m0 B ç ç ç ç sin qeiwt 桫
1 2 c1 4 1 A( sx 2 + s y 2 + sz 2 )c 2 = A 2 c 1 4 易得： 1 A( sx 2 + s y 2 + sz 2 )c 3 = A 2 c 1 4 2 2 2 A( sx + s y + sz )c 4 = 0 A( sx 2 + s y 2 + sz 2 )c 1 = A
解久期方程得：
0 A 1 4 0 0
2
eB mc 2 0 A 1 2 4 NhomakorabeaB mc 2
0 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 0 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ eB ÷ ÷ ÷ ÷ mc 2 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 0 ÷ ÷ ÷
E (1) = A
1 4
2
(二重)，－A
1 4
2
?
A
1 2 e2 2 B 2 ＋ 2 2 4 mc
编辑者：霍团长
1 2 2 me w0 r 中运动，求粒子的能谱. 2 1 e 1 2 2 解：该带电粒子的哈密顿量 H = ( p - A)2 + me w0 r ， 2m c 2 1 1 且 A = ( B ? r ) ，不妨设磁场沿＋y 轴方向，则有 A = （-By,Bx,0） 2 2
6.16 带电粒子在均匀磁场和三维谐振子势场 U (r ) =
易知 H 1 ， H 2 ， l z 相互对易，所以有共同的本征函数，所以可得到能谱为：
E = ( N1 + 1) w + ( N 2 +
1 2 2 ) w0 - wL m （w２=w0 + wL ; N1,N 2 ? 0） 2
6.17 自旋为
１ 的粒子， 在均匀磁场中运动， 磁场的绝对值不变， 但各个分量随时间变化如下： ２
a(t = 0) = 1 b(t = 0) = 0 即c2 (t = 0) = 0
所以设解 c2 = sin l t ，代入＊式可得： tan l t =
iw2l （超越方程） w1 2 - l 2
批注 [JL2]: 数值解？
r = ( f (t ) 若可求得 l ，则可得到 b(t ) ，则所求概率为