2023 大学物理 III 期末

一、填空题（20 分）

1

从某金属产生光电效应的红限频率为 ${\nu }_0$$\nu_0$，当用频率 $\nu$$\nu$（$\nu >{\nu }_0$$\nu > \nu_0$）的单色光照射该金属时，从金属中逸出光电子（质量 $m$）的德布罗意物质波波长为 $\underset{―}{\sqrt{\frac{h}{2m(\nu -{\nu }_0)}}}$$\underline{\sqrt{\frac{h}{2m(\nu-\nu_0)}}}$。（不考虑相对论效应）

光电子的动能为：

光电子的动量为：

光电子的德布罗意物质波波长为：

2

已知太阳的平均半径为 $R$$R$，日地距离为 $l$（$R\ll l$$R\ll l$）。实验测得太阳垂直辐射到地球大气层外表面单位面积的功率为 $P$$P$，把太阳当做黑体，则太阳表面的温度 $T=\underset{―}{\sqrt[4]{\frac{P{l}^2}{\sigma R^2}}}$$T=\underline{\sqrt[4] \frac{Pl^2}{\sigma R^2}}$，太阳辐射的峰值波长 ${\lambda }_m=\underset{―}{b\sqrt[4]{\frac{\sigma R^2}{P{l}^2}}}$$\lambda_m=\underline{b\sqrt[4] \frac{\sigma R^2}{Pl^2}}$。（$b,\sigma$$b,\sigma$ 分别为维恩常量和斯忒潘常量）

辐射的总功率为：

黑体辐射单位面积上的功率为：

因此，

峰值波长为：

3

已知氢原子从能级 $n=2$$n=2$ 跃迁到能级 $n=1$$n=1$ 发射的谱线波长为 ${\lambda }_0$$\lambda_0$，则氢原子从能级 $n=6$$n=6$ 直接跃迁到能级 $n=3$$n=3$ 发射的谱线波长为 $\underset{―}{9{\lambda }_0}$$\underline{9\lambda_0}$。

可知有能量关系：

推出 $\lambda =9{\lambda }_0$$\lambda=9\lambda_0$.

4

在康普顿效应实验中，若散射光波长是入射光波长的 $n$$n$ 倍，则散射光光子能量 $\epsilon$$\varepsilon$ 与反冲电子动能 $E_k$$E_k$ 波长之比 $\epsilon /E_k=\underset{―}{\frac{1}{n-1}}$$\varepsilon/E_k=\underline{\frac{1}{n-1}}$.

根据能量守恒，设入射光子能量为 ${\epsilon }^{\prime }=n\epsilon$$\varepsilon'=n\varepsilon$，则：

5

按照量子力学理论，当氢原子中的电子处于 $n=3,l=1,m_l=1,m_s=-1/2$$n=3,l=1,m_l=1,m_s=-1/2$ 的状态时，它的轨道角动量 $L$$L$ 大小为 $\underset{―}{\sqrt{2}{\hslash }^2}$$\underline{\sqrt 2\hbar^2}$，轨道角动量在外磁场的投影为 $\underset{―}{\hslash }$$\underline{\hbar}$，自旋角动量在外磁场方向的投影为 $\underset{―}{-\hslash /2}$$\underline{-\hbar/2}$（用 $\hslash$$\hbar$ 表示）。（只有结果分）

6

宽度相同的无限深势阱与有限深势阱进行比较，无限深势阱基态能量比有限深势阱基态能量 高。（只有结果分）

7

设一维运动粒子的坐标和动量分别为 $x$$x$ 和 $\hat{p}$$\hat p$，则 $[\hat{p},e^{icx}]=\underset{―}{c\hslash e^{icx}}$$[\hat p,e^{icx}]=\underline{c\hbar e^{icx}}$。如果 $p_0$$p_0$ 是 $\hat{p}$$\hat p$ 的本征值，相应的本征函数是 ${\psi }_0(x)$$\psi_0(x)$。则 $e^{icx}{\psi }_0(x)$$e^{icx}\psi_0(x)$ 也是 $\hat{p}$$\hat p$ 的本征函数，对应的本征值为 $\underset{―}{p_0+c\hslash }$$\underline{p_0+c\hbar}$。

考虑计算：

因此，

如果：

则：

因此本征值为 $p_0+c\hslash$$p_0+c\hbar$.

注：若 $[\hat{Q},{\hat{Q}}_{+}]=\hslash {\hat{Q}}_{+}$$[\hat Q,\hat Q_{+}]=\hbar\hat Q_{+}$ 成立，则算符 ${\hat{Q}}_{+}$$\hat Q_{+}$ 是 $\hat{Q}$$\hat Q$ 对应的升降算符。

若 $\hat{Q}$$\hat Q$ 本征值为 $\lambda$$\lambda$，则 $\hat{Q}{\hat{Q}}_{+}$$\hat Q\hat Q_{+}$ 的本征值为 $\lambda +\lambda$$\lambda+\lambda$.

本题中，${\hat{p}}_{+}=e^{ix}$$\hat p_{+}=e^{ix}$，有 $[\hat{p},e^{ix}]=\hslash e^{ix}$$[\hat p,e^{ix}]=\hbar e^{ix}$，同理，${\hat{p}}_{-}=e^{ix}$$\hat p_{-}=e^{ix}$.

二、计算与证明题（80 分）

1

质量为 $m$ 的粒子在一维势场 $\begin{array}{c}V(x)=\{\begin{array}{ll}0,& 0\le x\le a\\ \mathrm{\infty },& x<a\mathrm{or}x<0\end{array}\end{array}$$V(x)=\begin{cases}0,&0\le x\le a\\\infin,&x<a \mathrm{~or~}x<0\end{cases}$ 中运动，其波函数为 ${\displaystyle \psi (x)=A{e}^{i\frac{\pi x}{a}}+B{e}^{-i\frac{3\pi x}{a}}}$$\displaystyle \psi(x)=Ae^{i\frac{\pi x}{a}}+Be^{-i\frac{3\pi x}{a}}$（$i$$i$ 为虚数单位）（题目意思应该是 $0\le x\le a$$0\le x\le a$ 时的波函数），求常数 $A,B$$A,B$ 的值，使得该波函数满足边界条件及归一化条件。

边界条件：

归一化条件：分别求归一化常数：

2

设一粒子沿 $x$$x$ 方向运动，其波函数为 ${\displaystyle \mathrm{\Psi }(x)=\frac{C}{1+ix}}$$\displaystyle \Psi(x)=\frac{C}{1+ix}$（$i$$i$ 为虚数单位），

1. 由归一化条件定出常数 $C$$C$；

   $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\Psi }\mathrm{d}x=C^2{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=C^2\pi =1$$
   $$C=\frac{1}{\sqrt{\pi }}$$

2. 求出此粒子按坐标的概率密度分布；

   $$\rho ={\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\Psi }=\frac{1}{\pi (1+x^2)}$$

3. 在何处概率密度最大？

   需要分母最小时 $\rho$$\rho$ 最大，即 $x=0$$x=0$ 处。

3

设体系的哈密顿量 $\hat{H}$$\hat H$ 同力学量 $\hat{A}$$\hat A$ 满足反对易关系 $\hat{H}\hat{A}+\hat{A}\hat{H}=0$$\hat H\hat A+\hat A\hat H=0$。设 $\psi$$\psi$ 是哈密顿量 $\hat{H}$$\hat H$ 的本征值为 $E(\ne 0)$$E(\not=0)$ 的本征函数，

1. 证明 $\hat{A}\psi$$\hat A\psi$ 是 $\hat{H}$$\hat H$ 的本征值为 $-E$$-E$ 的本征函数。

   $$\hat{H}\hat{A}\psi +\hat{A}\hat{H}\psi =0$$
   $$\hat{H}\hat{A}\psi =-E\hat{A}\psi$$

   因此 $\hat{A}\psi$$\hat A\psi$ 是 $\hat{H}$$\hat H$ 的本征值为 $-E$$-E$ 的本征函数。

2. 求 $\hat{A}$$\hat A$ 在态 $\psi$$\psi$ 上的平均值。

   观察到：

   $$\begin{array}{c}⟨\psi |\hat{H}\hat{A}|\psi ⟩=E^{\ast }⟨\psi |\hat{A}|\psi ⟩\\ ⟨\psi |\hat{A}\hat{H}|\psi ⟩=E⟨\psi |\hat{A}|\psi ⟩\end{array}$$

   因为

   $$⟨\psi |\hat{H}\hat{A}+\hat{A}\hat{H}|\psi ⟩=0,E^{\ast }=E\ne 0$$

   所以 $⟨\psi |\hat{A}|\psi ⟩=0$$\langle\psi |\hat A|\psi \rangle=0$.

   或者使用积分的方法，利用 $\hat{H}$$\hat H$ 的厄密性也是可以的。

4

证明空间反演算符 $\hat{P}$$\hat P$（$\hat{P}\psi (x)=\psi (-x)$$\hat P\psi (x)=\psi(-x)$）是厄密算符。

因此是厄密算符。

5

频率为 $\omega$$\omega$ 的一维谐振子 $t=0$$t=0$ 时的波函数为：

（$i$$i$ 为虚数单位），$A$$A$ 为特定常数，${\mathrm{\Phi }}_n(x)$$\Phi_n(x)$ 为谐振子能量本征函数，求

1. $t$$t$ 时刻的归一化波函数；

   $t=0$$t=0$ 时刻进行归一化：

   $$|A{|}^2+|3iA{|}^2+|2A{|}^2=1\Rightarrow A=\frac{1}{\sqrt{14}}$$

   对于第 $n$$n$ 个本征函数，能量本征值为：

   $$E_n=\frac{2n+1}{2}\hslash \omega$$

   波函数演化为：

   $$\psi (x,t)=\frac{1}{\sqrt{14}}[{\mathrm{\Phi }}_0(x)e^{-\frac{1}{2}i\omega t}+3i{\mathrm{\Phi }}_1(x)e^{-\frac{3}{2}i\omega t}+2{\mathrm{\Phi }}_2(x)e^{-\frac{5}{2}i\omega t}]$$

2. $t$$t$ 时刻测量能量为 $3\hslash \omega /2$$3\hbar \omega/2$ 的概率；

   $$p={\left|\frac{3i}{\sqrt{14}}{e}^{-\frac{3}{2}i\omega t}\right|}^2=\frac{9}{14}$$

3. $t$$t$ 时刻体系的平均能量。

   $$\bar{E}=\frac{1}{14}{E}_1+\frac{9}{14}{E}_2+\frac{4}{14}{E}_3=\frac{12}{7}\hslash \omega$$

6

已知角动量算符的三个分量 ${\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z$$\hat L_x,\hat L_y,\hat L_z$ 满足对易关系：

定义 ${\hat{L}}^2={\hat{L}}_x^2+{\hat{L}}_y^2+{\hat{L}}_z^2$$\hat L^2=\hat L_x^2+\hat L_y^2+\hat L_z^2$，${\hat{L}}_{\pm }={\hat{L}}_x\pm i{\hat{L}}_y$$\hat L_{\pm}=\hat L_x \pm i\hat L_y$.

1. 求对易关系 $[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_{\pm }],[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_{\pm }],[{\hat{L}}_{+},{\hat{L}}_{-}]$$[\hat L^2,\hat L_{\pm}],[\hat L_z,\hat L_{\pm}],[\hat L_{+},\hat L_{-}]$.

   因为 ${\hat{L}}^2$$\hat L^2$ 与 ${\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z$$\hat L_x,\hat L_y,\hat L_z$ 都对易，所以：

   $$\begin{array}{rl}[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_{\pm }]& =[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_x]\pm i[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_y]\\ & =0\end{array}$$

   而

   $$\begin{array}{rl}[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_{\pm }]& =[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_x]\pm i[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_y]\\ & =i\hslash {\hat{L}}_y\mp \hslash {\hat{L}}_x\\ & =\hslash (i{\hat{L}}_y\mp {\hat{L}}_x)=\pm \hslash {\hat{L}}_{\pm }\end{array}$$

   而

   $$\begin{array}{rl}[{\hat{L}}_{+},{\hat{L}}_{-}]& =[{\hat{L}}_x+i{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_x-i{\hat{L}}_y]\\ & =[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_x]+[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_y]+i[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_x]-i[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y]\\ & =-2i[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y]\\ & =2\hslash {\hat{L}}_z\end{array}$$

2. ${\hat{L}}^2$$\hat L^2$ 和 ${\hat{L}}_z$$\hat L_z$ 的共同本征函数为球谐函数 $Y_{lm}$$Y_{lm}$，其中 $l$ 和 $m$ 是相应的量子数，证明 ${\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}$$\hat L_{\pm}Y_{lm}$ 也是 ${\hat{L}}^2$$\hat L^2$ 和 ${\hat{L}}_z$$\hat L_z$ 的共同本征函数，并求出相应的本征值。

   因为：

   $$\begin{array}{c}[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_{\pm }]Y_{lm}=0\\ {\hat{L}}^2{\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}-{\hat{L}}_{\pm }{\hat{L}}^2{Y}_{lm}=0\\ {\hat{L}}^2{\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}-{\hat{L}}_{\pm }\sqrt{l(l+1)}{\hslash }^2{Y}_{lm}\\ {\hat{L}}^2{\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}=\sqrt{l(l+1)}{\hslash }^2{\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}\end{array}$$

   所以 ${\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}$$\hat L_{\pm} Y_{lm}$ 是 ${\hat{L}}^2$$\hat L^2$ 的本征函数，本征值为 $\sqrt{l(l+1)}{\hslash }^2$$\sqrt{l(l+1)}\hbar^2$.

   同理

   $$\begin{array}{c}[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_{\pm }]Y_{lm}=\pm \hslash {\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}\\ {\hat{L}}_z{\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}-{\hat{L}}_{\pm }{\hat{L}}_z{Y}_{lm}=\pm \hslash {\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}\\ {\hat{L}}_z{\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}=(m\hslash \pm \hslash ){\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}\end{array}$$

   所以 ${\hat{L}}_{\pm }{Y}_{lm}$$\hat L_{\pm} Y_{lm}$ 是 ${\hat{L}}_z$$\hat L_z$ 的本征函数，本征值为 $(m\pm 1)\hslash$$(m\pm 1)\hbar$.

注：${\hat{L}}_{\pm }$$\hat L_{\pm}$ 为升降算符。

7

gwh的小测题目还是，直接 copy 过来了

质量为 $m$ 的粒子在一维势场$\begin{array}{c}V(x)=\{\begin{array}{ll}0,& 0\le x\le L\\ \mathrm{\infty },& x>L\text{或}x<0& \end{array}\end{array}$$V(x)=\begin{cases}0,&0\leq x\leq L\\\infty,&x>L\text{或}x<0&\end{cases}$中运动，粒子能量本征

值 $E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2},(n=1,2,\cdots )$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2},(n=1,2,\cdots)$，能量本征函数

$\begin{array}{c}{\psi }_n=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{n\pi x}{L},& 0\le x\le L\\ 0,& x>L\text{或}x<0\end{array}.\end{array}$$\left.\psi_n=\left\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{n\pi x}{L},&0\leq x\leq L\\0,&x>L\text{或}x<0\end{array}\right.\right..$

设 $t=0$$t=0$ 时粒子归一化波函数为 $\begin{array}{c}\psi =\{\begin{array}{ll}Ax(L-x),& 0\le x\le L\\ 0,& x>L\text{或}x<0\end{array}\end{array}$$\psi=\begin{cases}Ax(L-x),&0\leq x\leq L\\0,&x>L\text{或}x<0\end{cases}$

其中 $A,L$$A,L$ 已知，求：

1. 粒子在 $\psi (x,0)$$\psi(x,0)$ 态上能量平均值 $⟨E⟩$$\left\langle E\right\rangle$.

   $$\begin{array}{rl}⟨E⟩=& {\int }_0^L{\psi }^{\ast }(-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\psi )\mathrm{d}x\\ =& \frac{A^2{\hslash }^2}{m}{\int }_0^{L}x(L-x)\mathrm{d}x\\ =& \frac{A^2{\hslash }^2}{m}\frac{L^3}{6}\end{array}$$

2. 粒子在 $\psi (x,0)$$\psi(x,0)$ 态上动量的平均值 $⟨p_x⟩,⟨x⟩$$\left\langle p_x\right\rangle,\left\langle x\right\rangle$.

   $$\begin{array}{rl}⟨p_x⟩=& {\int }_0^L{\psi }^{\ast }(-i\hslash \frac{\partial }{\partial x}\psi )\mathrm{d}x\\ =& A^{2}i\hslash {\int }_0^{L}x(L-x)(2x-L)\mathrm{d}x\\ =& 0\end{array}$$
   $$\begin{array}{rl}⟨x⟩& ={\int }_0^L{\psi }^{\ast }x\psi \mathrm{d}x\\ & =A^2{\int }_0^L{x}^2(L-x{)}^{2}x\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{60}{A}^2{L}^6\end{array}$$

3. $t=0$$t=0$ 时刻动量的方均根偏差 $\mathrm{\Delta }{p}_x=\sqrt{⟨{\hat{p}}_x^2⟩-{⟨{\hat{p}}_x⟩}^2}$$\Delta p_x=\sqrt{\left\langle \hat p_x^2\right\rangle-\left\langle\hat p_x\right\rangle^2}$.

   $$\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }{p}_x=\sqrt{⟨{\hat{p}}_x^2⟩-{⟨{\hat{p}}_x⟩}^2}\\ \begin{array}{rl}⟨{\hat{p}}_x^2⟩=& {\int }_0^L{\psi }^{\ast }(-{\hslash }^2\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\psi )\mathrm{d}x\\ =& 2A^2{\hslash }^2{\int }_0^{L}x(L-x)\mathrm{d}x\\ =& \frac{A^2{\hslash }^2{L}^3}{3}\end{array}\\ \mathrm{\Delta }{p}_x=A\hslash \sqrt{\frac{L^3}{3}}\end{array}$$

8

氢原子能量本征函数为 ${\psi }_{nl{m}_l}$$\psi_{nlm_l}$，能量本征值为 $E_n$$E_n$，这里 $n$$n$ 为主量子数，$l$ 为角量子数，$m_l$$m_l$ 为磁量子数。在 $t=0$$t=0$ 时，氢原子的波函数为

不考虑自旋。

1. 写出任意时刻 $t$$t$ 体系的波函数 $\psi (\overrightarrow{r},t)$$\psi(\vec r,t)$；

   $$\begin{array}{c}\psi (\overrightarrow{r},t)=\frac{2}{\sqrt{10}}{\psi }_{100}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{E}_{1}t}+\frac{1}{\sqrt{10}}{\psi }_{210}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{E}_{2}t}\\ +\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}{\psi }_{211}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{E}_{2}t}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}}{\psi }_{21-1}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{E}_{2}t}\end{array}$$

2. 求任意时刻 $t$$t$ 体系处于 $l=1,m_l=1$$l=1,m_l=1$ 态的概率；

   为 $|\sqrt{2}/\sqrt{10}{|}^2=1/5$$|\sqrt{2}/\sqrt{10}|^2=1/5$.

3. 求任意时刻 $t$$t$ 体系处于 $m_l=0$$m_l=0$ 态的概率；

   为 $|2/\sqrt{10}{|}^2+|1/\sqrt{10}{|}^2=1/2$$|2/\sqrt{10}|^2+|1/\sqrt{10}|^2=1/2$.

4. 求任意时刻 $t$$t$ 体系的平均能量，角动量平方算符的平均值及角动量 $z$$z$ 分量算符的平均值。

   平均能量：${\displaystyle \frac{2}{5}{E}_1+\frac{3}{5}{E}_2}$$\displaystyle \frac{2}{5}E_1+\frac{3}{5}E_2$；

   角动量平方算符的平均值：${\displaystyle \frac{3}{5}\cdot 2{\hslash }^2=\frac{6}{5}{\hslash }^2}$$\displaystyle \frac{3}{5}\cdot 2\hbar^2=\frac{6}{5}\hbar^2$.

   角动量 $z$$z$ 分量算符的平均值：${\displaystyle \frac{1}{5}\hslash -\frac{3}{10}\hslash =-\frac{1}{10}\hslash }$$\displaystyle \frac{1}{5}\hbar-\frac{3}{10}\hbar=-\frac{1}{10}\hbar$.

9

中子 $n$$n$ 和反中子 $\bar{n}$$\overline{n}$ 的质量都是 $m$，它们的态 $|n⟩$$|n\rangle$ 和 $|\bar{n}⟩$$|\overline{n}\rangle$ 可以看成是一自由哈密顿量的简并态，即 ${\hat{H}}_0|n⟩=m{c}^2|n⟩,{\hat{H}}_0|\bar{n}⟩=m{c}^2|\bar{n}⟩$$\hat H_0|n\rangle=mc^2|n\rangle, \hat H_0 |\overline{n}\rangle=mc^2 |\overline{n}\rangle$，$|n⟩,|\bar{n}⟩$$|n\rangle,|\overline{n}\rangle$ 满足正交归一条件。设有某种相互作用可以使中子和反中子相互转变，即 ${\hat{H}}^{\prime }|n⟩=\alpha |\bar{n}⟩,{\hat{H}}^{\prime }|\bar{n}⟩=\alpha |n⟩$$\hat H'|n\rangle=\alpha |\overline{n}\rangle,\hat H'|\overline{n}\rangle=\alpha |n\rangle$，$\alpha$$\alpha$ 是实数，由此可确定该双态系统总哈密顿量 $\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$$\hat H=\hat H_0+\hat H'$ 在基 $|n⟩,|\bar{n}⟩$$|n\rangle,|\overline{n}\rangle$ 中的矩阵表示为 $\left[\begin{array}{cc}m{c}^2& \alpha \\ \alpha & m{c}^2\end{array}\right]$$\begin{bmatrix}mc^2&\alpha\\ \alpha & mc^2\end{bmatrix}$。求 $t=0$$t=0$ 时刻的一个中子在 $t$$t$ 时刻变成反中子的概率。

矩阵的本征值分别为 $m{c}^2\pm \alpha$$mc^2\pm \alpha$，分别对应本征函数

在 $t=0$$t=0$ 时刻，

在 $t$$t$ 时刻，

$|\bar{n}⟩$$|\overline{n}\rangle$ 前的系数为：

因此概率为：