2022 大学物理 III 期末

填空题

1

满足泡利不相容原理的全同粒子是 费米子；不满足泡利不相容原理的全同粒子是 玻色子。

2

如果算符 $\hat{F}$$\hat{F}$ 作用于一个函数 $\psi$$\psi$，结果等于 $\psi$$\psi$ 乘上一个常数 $\lambda :\hat{F}\psi =\lambda \psi$$\lambda:\hat{F}\psi=\lambda\psi$，则称常数 $\lambda$$\lambda$ 为算符 $\hat{F}$$\hat F$ 的 本征值，$\psi$$\psi$ 称为属于 $\lambda$$\lambda$ 的 本征函数。

3

量子力学体系中，任意态 $\psi (x)$$\psi(x)$ 可用某厄密算符所对应的一组完备正交归一本征函数 ${\phi }_n(x)$$\varphi_n(x)$ 展开：${\displaystyle \psi (x)=\sum _n{a}_n{\phi }_n(x)}$$\displaystyle \psi(x)=\sum_n a_n \varphi_n(x)$，则展开式系数 ${\displaystyle a_n=\underset{―}{{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\phi }_n^{\ast }(x)\psi (x)\mathrm{d}x}}$$\displaystyle a_n=\underline{\int_{-\infin}^{\infin} \varphi^*_n(x)\psi(x)\mathrm d x}$.

4

质量为 $m$$m$，电量为 $e$$e$ 的电子从静止开始，经过加速电压 $U$$U$ 的加速后，其德布罗意物质波的波长为 $\underset{―}{\frac{h}{\sqrt{2meU}}}$$\underline{\frac{h}{\sqrt{2me U}}}$（不考虑相对论效应）

5

若氢原子处于 $n=3,l=2$$n=3,l=2$ 的激发态，则电子轨道角动量的大小 $L=\underset{―}{\sqrt{6}\hslash }$$L=\underline{\sqrt{6}\hbar}$；轨道角动量 $L$$L$ 在外加磁场方向的投影的最大值 $L_Z=\underset{―}{2\hslash }$$L_Z=\underline{2\hbar}$；电子自旋角动量大小 $S=\underset{―}{\frac{\sqrt{3}}{2}\hslash }$$S=\underline{\frac{\sqrt{3}}{2}\hbar}$.

注：$S^2$$S^2$ 本征值为 ${\displaystyle \frac{3}{4}{\hslash }^2}$$\displaystyle \frac{3}{4}\hbar^2$，$S_z$$S_z$ 本征值为 ${\displaystyle \pm \frac{1}{2}\hslash }$$\displaystyle \pm\frac{1}{2}\hbar$.

6

设太阳半径为 $R$$R$，地球到太阳中心的距离为 $d$$d$。太阳的辐射特性与黑体相近，可近似为黑体。由测量得到太阳辐射谱的峰值波长为 $\lambda$$\lambda$，则太阳表面的温度为 $\underset{―}{b/\lambda }$$\underline{b/\lambda}$，其总辐出度为 $\underset{―}{\sigma \frac{b^4}{{\lambda }^4}}$$\underline{\sigma \frac{b^4}{\lambda^4}}$，地球表面垂直于阳光方向单位面积单位时间内接收的辐射能为 $\underset{―}{\frac{\sigma b^4{R}^2}{d^2{\lambda }^4}}$$\underline{\frac{\sigma b^4 R^2}{d^2 \lambda^4}}$（地球尺寸忽略不计）。（$b,\sigma$$b,\sigma$ 分别为维恩常数和斯忒潘常量）

由维恩位移定律，

由斯特藩-玻耳兹曼定律，

地球表面垂直于阳光方向单位面积接收到的功率为：

7

1. 在康普顿散射实验中，若用可见光是否能观察到散射光波长变长的现象？不能

   只有当入射波长 ${𝜆}_0$$𝜆_0$ 与 电子的波长 ${𝜆}_{𝑐}$$𝜆_𝑐$ 可比拟时，康普顿效应才显著，因此要用 X 射线才能观察到康普顿散射，用可见光观察不到康普顿散射。

2. 如图所示，一频率为 $\nu$$\nu$ 的入射光子与“静止”的自由电子发生碰撞和散射。如果散射光子的频率为 $v^{\prime }$$v'$，其沿 $\varphi$$\phi$ 角方向运动；反冲电子的动量为 $\overrightarrow{p}$$\vec p$，其沿 $\theta$$\theta$ 角方向运动，则在入射光子方向的动量守恒定律的分量形式为 $\underset{―}{\frac{h\nu }{c}=\frac{h{\nu }^{\prime }}{c}\cos \varphi +|\overrightarrow{p}|\cos \theta }$$\underline{\frac{h\nu}{c}=\frac{h\nu'}{c} \cos \phi+|\vec p| \cos \theta}$；

   

8

如图所示，重力场中有一个粒子，质量为 $m$$m$，相对于地面的高度为 $z$$z$。以地面为重力势能零点，相关的定态薛定谔方程为：$\underset{―}{{\displaystyle [-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2+mgz]\psi (\overrightarrow{r})=E\psi (\overrightarrow{r})}}$$\underline{\displaystyle \left[-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+mg z\right]{\psi}(\vec{r})=E{\psi}(\vec{r})}$。

9

可用光电效应测定普朗克常数。如先后分别用波长为 ${\lambda }_1$$\lambda_1$ 和 ${\lambda }_2$$\lambda_2$ 的光做光电效应实验，相应测得其遏止电压为 $U_1$$U_1$ 和 $U_2$$U_2$，由此可算的普朗克常数为 ${\displaystyle \underset{―}{\frac{e}{c}\frac{U_1-U_2}{1/{\lambda }_1-1/{\lambda }_2}}}$$\displaystyle \underline{\frac{e}{c} \frac{U_1-U_2}{1/\lambda_1-1/\lambda_2}}$（电子电量为 $e$$e$，真空中光速为 $c$$c$）

10

对易关系 $[x^2,{\hat{p}}_x]=\underset{―}{2i\hslash x}$$[x^2,\hat p_x]=\underline{2i\hbar x}$.

也可利用

11

有一双态系统，如果取正交归一的波函数 ${\phi }_1,{\phi }_2$$\varphi_1,\varphi_2$ 为基，哈密顿算符用矩阵表示时，其对应矩阵元分别为 $H_{11}=E_0,H_{12}=H_{21}=0,H_{22}=2E_0$$H_{11}=E_0,H_{12}=H_{21}=0,H_{22}=2E_0$。当系统初态为 $\mathrm{\Psi }(t=0)=0.6{\phi }_1+0.8{\phi }_2$$\Psi(t=0)=0.6\varphi_1+0.8\varphi_2$ 时，则任意时刻波函数 $\mathrm{\Psi }(t)=\underset{―}{0.6{\psi }_1{e}^{-\frac{i}{\hslash }{E}_{0}t}+0.8{\psi }_2{e}^{-\frac{i}{\hslash }2E_{0}t}}$$\Psi(t)=\underline{0.6\psi_1e^{-\frac{i}{\hbar} E_0 t}+0.8\psi_2 e^{-\frac{i}{\hbar} 2E_0 t}}$.

计算题

1

已知角动量平方算符 ${\hat{L}}^2={\hat{L}}_x^2+{\hat{L}}_y^2+{\hat{L}}_z^2$$\hat{L}^{2}=\hat{L}_{x}^{2}+\hat{L}_{y}^{2}+\hat{L}_{z}^{2}$ 与 ${\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z$$\hat L_x,\hat L_y,\hat L_z$ 分别对易，且角动量分量算符之间有以下对易关系：

现定义两个算符 $\hat{F}={\hat{L}}_x+i{\hat{L}}_y,\hat{G}={\hat{L}}_x-i{\hat{L}}_y$$\hat F=\hat L_x+i\hat L_y,\hat G=\hat L_x-i\hat L_y$，试计算如下对易关系 $[\hat{F},\hat{G}],[{\hat{L}}^2,\hat{F}]$$[\hat F,\hat G],[\hat L^2,\hat F]$ 与 $[{\hat{L}}^2,\hat{G}]$$[\hat L^2,\hat G]$.

同理，$[{\hat{L}}^2,\hat{G}]=0$$[\hat L^2,\hat G]=0$.

2

氢原子处在基态 ${\displaystyle \psi (r,\theta ,\phi )=\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}}{e}^{-r/a_0}}$$\displaystyle \psi(r,\theta,\varphi)=\frac1{\sqrt{\pi a_0^3}}e^{-r/a_0}$，$a_0$$a_0$ 为玻尔半径，求电子的径向概率密度（径向概率分布函数）、最可几半径（径向概率密度最大值对应的半径）及 ${\displaystyle \frac{1}{r^2}}$$\dfrac1{r^2}$ 的平均值。

电子的径向概率密度：

最可几半径：

${\displaystyle \frac{1}{r^2}}$$\displaystyle \frac{1}{r^2}$ 的平均值：

3

质量为 $m$$m$ 的微观粒子处于宽度为 $a$$a$ 的一维无限深势阱中，如果粒子的状态由波函数 $\begin{array}{c}\psi (x)=\{\begin{array}{ll}Ax(a-x)& 0\le x\le a\\ 0& x<0,x>a\end{array}\end{array}$$\psi(x)=\begin{cases}Ax(a-x)&0\leq x\leq a\\0&x<0,x>a\end{cases}$ 描写，$A$$A$ 为已知的归一化常数，求粒子能量的平均值。

4

已知一量子态的波函数为 ${\displaystyle \mathrm{\Psi }=\frac{2}{3}{Y}_{31}(\theta ,\phi )+\frac{2}{3}{Y}_{22}(\theta ,\phi )-\frac{1}{3}{Y}_{1-1}(\theta ,\phi )}$$\displaystyle \Psi=\frac{2}{3}Y_{31}(\theta,\varphi)+\frac{2}{3}Y_{22}(\theta,\varphi)-\frac{1}{3}Y_{1-1}(\theta,\varphi)$.

其中球谐函数 $Y_{lm}(\theta ,\phi )$$Y_{lm}(\theta,\varphi)$ 是角动量算符 ${\hat{L}}^2$$\hat L^2$ 和 ${\hat{L}}_z^2$$\hat L_z^2$ 的共同本征态，即：

试求 $\mathrm{\Psi }$$\Psi$ 态中角动量平方以及角动量 $z$$z$ 分量的可能取值，相应概率和这两个量的平均值。

对于 $L^2$$L^2$：

• 取 $12{\hslash }^2$$12\hbar^2$ 的概率为 $4/9$$4/9$；

• 取 $6{\hslash }^2$$6\hbar^2$ 的概率为 $4/9$$4/9$；

• 取 $2{\hslash }^2$$2\hbar^2$ 的概率为 $1/9$$1/9$；

平均值为 $74{\hslash }^2/9$$74\hbar^2/9$.

对于 $L_z$$L_z$：

• 取 $2\hslash$$2\hbar$ 的概率为 $4/9$$4/9$；

• 取 $\hslash$$\hbar$ 的概率为 $4/9$$4/9$；

• 取 $-\hslash$$-\hbar$ 的概率为 $1/9$$1/9$.

平均值为 $11\hslash /9$$11\hbar/9$.

5

质量为 $m$$m$ 的微观粒子处于宽度为 $a$$a$ 的一维无限深势阱中，粒子的定态波函数为 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\mathrm{\Phi }}_n(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a},& 0\le x\le a\\ 0,& x<0,x>a\end{array}}\end{array}$$\displaystyle \Phi_n(x)=\begin{cases}\sqrt \frac{2}{a}\sin \frac{n\pi x}{a},&0\le x\le a\\0,&x<0,x>a\end{cases}$，能级为 $E_n={\displaystyle \frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}{n}^2,n=1,2,3,\cdots }$$E_n=\displaystyle \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m a^2}n^2,n=1,2,3,\cdots$.

假设该粒子 $t=0$$t=0$ 时处于状态 ${\displaystyle \mathrm{\Psi }(x,0)=A[1+\cos \left(\frac{\pi x}{a}\right)]\sin \left(\frac{\pi x}{a}\right)}$$\displaystyle \Psi(x,0)=A\left[1+\cos \left(\frac{\pi x}{a}\right)\right]\sin \left(\frac{\pi x}{a}\right)$.

1. 写出该波函数的归一化条件，并由此确定归一化常数 $A$$A$.

   归一化条件为：

   $${\int }_0^a\mathrm{\Psi }(x,0){\mathrm{\Psi }}^{\ast }(x,0)\mathrm{d}x=1$$

   函数可以写作：

   $$\mathrm{\Psi }(x,0)=A[\sin \left(\frac{\pi x}{a}\right)+\frac{1}{2}\sin \left(\frac{2\pi x}{a}\right)]$$

   积分可得：

   $$\frac{5a}{8}{A}^2=1$$

   因此

   $$A=\sqrt{\frac{8}{5a}}$$

   也可以这样算：

   $$A\sqrt{\frac{a}{2}}\cdot \sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{1\cdot \pi x}{a}+\frac{A}{2}\sqrt{\frac{a}{2}}\cdot \sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{2\cdot \pi x}{a}$$

   系数平方和为 1，即：

   $$\frac{A^{2}a}{2}+\frac{A^{2}a}{8}=1\Rightarrow A=\sqrt{\frac{8}{5a}}$$

2. 求测量粒子能量得到的可能值、相应的概率及能量的平均值；

   测量粒子能量得到的可能值和相应的概率为：

   • $E_1={\displaystyle \frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}}$$E_1=\displaystyle \frac{\pi^2 \hbar^2}{2ma^2}$. 概率为 $4/5$$4/5$；

   • $E_2={\displaystyle \frac{2{\pi }^2{\hslash }^2}{m{a}^2}}$$E_2=\displaystyle \frac{2\pi^2 \hbar^2}{ma^2}$. 概率为 $1/5$$1/5$；

   平均值为 $E={\displaystyle \frac{4{\pi }^2{\hslash }^2}{5m{a}^2}}$$E=\displaystyle \frac{4\pi^2 \hbar^2}{5ma^2}$.

3. 求 $t$$t$ 时刻体系的状态 $\mathrm{\Psi }(x,t)$$\Psi(x,t)$ 及概率密度；

   $$\mathrm{\Psi }(x,t)=\mathrm{\Psi }(x,0)e^{-\frac{i}{\hslash }Et}$$

   概率密度为：

   $$\begin{array}{rl}\rho & =\mathrm{\Psi }(x,t){\mathrm{\Psi }}^{\ast }(x,t)\\ & =\mathrm{\Psi }(x,0){\mathrm{\Psi }}^{\ast }(x,0)\\ & =\frac{8}{5a}{[1+\cos \left(\frac{\pi x}{a}\right)]}^2{\sin }^2\left(\frac{\pi x}{a}\right)\end{array}$$

4. (2) 中结果是否与时间有关？

   和时间无关。

6

证明：

1. 厄密算符本征值都是实数；

   设算符 $\hat{A}$$\hat A$ 是厄密算符，则：

   $$\int u^{\ast }\hat{A}v\mathrm{d}x=\int (\hat{A}u{)}^{\ast }v\mathrm{d}x$$

   设 $\hat{A}$$\hat A$ 对应的本征值为 $\lambda$$\lambda$，本征函数为 $\psi$$\psi$.

   $$\begin{array}{c}\lambda =\int {\psi }^{\ast }\hat{A}\psi \mathrm{d}x=\int (\hat{A}\psi {)}^{\ast }\psi \mathrm{d}x\\ =\int (\lambda \psi {)}^{\ast }\psi \mathrm{d}x={\lambda }^{\ast }\end{array}$$

   因此本征值都是实数。

2. 厄密算符属于两个不同本征值的本征函数相互正交。

   设本征值 ${\lambda }_1$$\lambda_1$ 对应的本征函数是 ${\psi }_1$$\psi_1$，不同本征值 ${\lambda }_2$$\lambda_2$ 对应的本征函数是 ${\psi }_2$$\psi_2$.

   观察到：

   $$\begin{array}{c}{\lambda }_2\int {\psi }_1^{\ast }{\psi }_2\mathrm{d}x=\int {\psi }_1^{\ast }\hat{A}{\psi }_2\mathrm{d}x\\ =\int (\hat{A}{\psi }_1{)}^{\ast }{\psi }_2\mathrm{d}x={\lambda }_1\int {\psi }_1^{\ast }{\psi }_2\mathrm{d}x\end{array}$$

   因为 ${\lambda }_2\ne {\lambda }_1$$\lambda_2\not=\lambda_1$，所以只能 ${\displaystyle \int {\psi }_1^{\ast }{\psi }_2\mathrm{d}x=0}$$\displaystyle \int \psi_1^*\psi_2\mathrm d x=0$，因此正交。

7

求氨分子等价双态系统哈密顿矩阵 $\begin{array}{c}{\displaystyle H=\left[\begin{array}{cc}{E}_0& -A\\ -A& E_0\end{array}\right]}\end{array}$$\displaystyle H=\begin{bmatrix}E_0&-A\\-A&E_0\end{bmatrix}$ 的本征态和本征矢。

1. 本征值 $E=E_0+A$$E=E_0+A$，本征矢 $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]}\end{array}$$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$.

2. 本征值 $E=E_0-A$$E=E_0-A$，本征矢 $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]}\end{array}$$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$.