一. （类似1999年第一题）质量为m 的粒子，在一维无限深势阱中()⎩⎨⎧><∞≤≤=a x x a x x V ,0 ,0,0 中运动，若0=t 时，粒子处于()()()()x x x x 3212131210,ϕϕϕψ+-=状态上，其中，()x n ϕ为粒子的第n 个本征态。

（1） 求0=t时能量的可测值与相应的取值几率；（2） 求0>t 时的波函数()t x ,ψ及能量的可测值与相应的取值几率解：非对称一维无限深势阱中粒子的本征解为()xa n a x n n maE n n πϕπsin 2,3,2,1 ,22222===（1） 首先，将()0,x ψ归一化。

由12131212222=⋅⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛c可知，归一化常数为1312=c于是，归一化后的波函数为()()()()x x x x 3211331341360,ϕϕϕψ++-=能量的取值几率为()()()133;134 ;136321===E W E W E W 能量取其它值的几率皆为零。

（2） 因为哈密顿算符不显含时间，故0>t时的波函数为()()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t E x t E x t E x t x 332211i e x p 133i exp 134i exp 136, ϕϕϕψ（3） 由于哈密顿量是守恒量，所以0>t 时的取值几率与0=t 时相同。

三. 设厄米特算符Hˆ的本征矢为n，{n 构成正交归一完备系，定义一个算符()n m n m U ϕϕ=,ˆ（1） 计算对易子()[]n m U H,ˆ,ˆ；（2） 证明()()()p m U q p U n m U nq ,ˆ,ˆ,ˆδ=+；（3）计算迹(){}n m U ,ˆT r ；（4） 若算符Aˆ的矩阵元为n m mnA A ϕϕˆ=，证明()n m UA A nm m n ,ˆˆ,∑=(){}q p U A A pq ,ˆˆTr +=解：（1）对于任意一个态矢ψ，有()[]()()()()()()ψψψψϕϕψϕϕψψψn m U E E n m U E n m U E H H H n m U n m U Hn m U Hn m n m n m n m ,ˆ,ˆ,ˆˆˆˆ,ˆ,ˆˆ,ˆ,ˆ-=-=-=-=故()[]()()n m U E E n m U Hn m,ˆ,ˆ,ˆ-=（2）()()()p m Uq p U n m U nq p q n m,ˆ,ˆ,ˆδϕϕϕϕ==+（3）算符的迹为(){}()mnm n k n k m kkkk n m U n m U δϕϕϕϕϕϕϕϕ====∑∑,ˆ,ˆT r（4）算符()n m UA A A A nm mnnn m nm m m mm ,ˆˆˆˆ,,∑∑∑===ϕϕϕϕϕϕ而()(){}q p U Aq p U A A A A A k kk kkp q k qk kk p q p pq ,ˆˆT r ,ˆˆˆˆˆ++=====∑∑∑ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ五. （见2001年第五题）两个质量皆为μ的非全同粒子处于线谐振子位中，若其角频率都是ω，加上微扰项21 ˆx x W λ-=（21,x x 分别为第一个粒子与第二个粒子的坐标）后，试用微扰论求体系基态能量至二级修正、第二激发态能量至一级修正。

解：体系的哈密顿算符为W H H ˆˆˆ0+=其中，()()212221222210 ˆ21ˆˆ21ˆx x Wx x p p H λμωμ-=+++=已知0ˆH 的解为()()()()2121021,1x x x x n E n n n n ϕϕψωα=+=其中，nf n n n ,,3,2,1,2,1,0,,21==α将前三个能量与波函数具体写出来，()()2010000 ;x x E ϕϕψω==()()()()20111221101101 ,2x x x x E ϕϕψϕϕψω===()()()()()()21112322102220122102 ,3x x x x x x E ϕϕψϕϕψϕϕψω====对于基态而言，021===n n n ，10=f ，体系无简并。

利用公式⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=+-1,1,2121n m n m nm n n x δδαϕϕ可知()0ˆ0010==ψψW E()∑∑≠=-=010000020ˆˆn f n n n n E E W W E αααψψψψ显然，求和号中不为零的矩阵元只有20232302ˆˆαλψψψψ-==W W于是得到()32242020020841ωμλαλ -=-=E E E第二激发态为三度简并，能量一级修正满足的久期方程为()()()123332312312222113121211=---E W W W W E W W W W E W其中，021********=====W W W W W2322331132αλ-====W W W W于是得到()()()21231222121;0 ;αλαλ==-=E E E量子力学考研参考试题（一）一. （见1997年第二题）证明：（1）若一个算符与角动量算符J ˆ 的两个分量对易，则其必与J ˆ的另一个分量对易；（2） 在2ˆJ 与z J ˆ的共同本征态JM 下，x J ˆ与y J ˆ的平均值为零，且当J M =时，测量x J ˆ与y J ˆ的不确定性为最小。

证明：（1）设算符Fˆ与角动量算符x J ˆ及y J ˆ皆对易，即[][]0ˆ,ˆˆ,ˆ==yxJ F J F则[][][[][]ˆˆ,ˆi 1ˆˆ,ˆi 1ˆ,ˆ,ˆi 1ˆ,ˆ=-==x y y x y x z J J F J J F J J F J F同理可知，若算符F ˆ与角动量算符x J ˆ及z J ˆ皆对易，则算符F ˆ必与y J ˆ对易；若算符F ˆ与角动量算符y J ˆ及z J ˆ皆对易，则算符F ˆ必与x J ˆ对易，于是，问题得证。

（2）在2ˆJ 与z J ˆ的共同本征态JM 下，x J ˆ与y J ˆ的平均值为JM J J JM JM J JM x -++=ˆˆ21ˆ由升降算符的修正可知1)1()1(ˆ±±-+=±JM M M J J JM J于是有0ˆ=JM J JM x同理可证，算符y J ˆ在JM下的平均值也未零。

在JM态上，()()[]22222)1(21ˆˆ21ˆˆˆˆ41ˆˆˆˆ41ˆ M J J JM J J JM JM J J J J JM JM J J J J JM JM J JM x -+=-=+=++=+--+-+-+同理可得[]222)1(21ˆ M J J JM J JM y -+=故有()()[]42222)1(41 M J J J J x x -+=∆⋅∆或者写为[]22)1(21M J J J J y x -+=∆⋅∆显然，当J M=时，上式取最小值()2m i n 2J J J y x =∆⋅∆三. 一维谐振子的哈密顿算符为222212ˆˆx m m p H ω+=引入无量纲算符，x m Q ω=ˆ；p m Pˆ1ˆω=；()P Qaˆi ˆ21ˆ+=；()PQ a ˆi ˆ21ˆ-=+（1） 计算{}P Qˆ,ˆ，[]+a a ˆ,ˆ，[]a a a ˆˆ,ˆ+，[]a a a ˆˆ,ˆ++；（2）将H ˆ用a ˆ与+a ˆ表示，并求出全部能级。

解：（1）计算对易关系[][]i ˆ,1ˆ1,ˆ,ˆ==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=p x pm x m P Qωω[]()()[][]1ˆ,ˆi 21ˆi ,ˆ21ˆi ˆ21,ˆi ˆ21ˆ,ˆ=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+Q P P Q P Q P Q a a[][][]a a a a a a a a a a ˆˆˆ,ˆˆ,ˆˆˆˆ,ˆ=+=+++[][][]+++++++=+=a a a a a a a a a a ˆˆˆ,ˆˆ,ˆˆˆˆ,ˆ（2）改写哈密顿算符()22222ˆˆ21212ˆˆQ P x m m p H +=+=ωω而()()()[]()1ˆˆ21ˆ,ˆ2i ˆˆ21ˆi ˆ21ˆi ˆ21ˆˆ2222-+=++=+-=+P Q P Q P Q P Q P Q a a所以，有⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+21ˆˆˆa aH ω 下面求解上述哈密顿算符满足的本征方程。

对任何态矢ψ，均有ˆˆ2≥=+ψψψa a a因此，ωψψ 21ˆ≥H若ψ是哈密顿算符的本征态E ψ，则E H E E =ψψˆ，即ω21≥E上式说明能量的下限为ω21。

用a Hˆˆ作用H ˆ的任意一个本征态'Eψ上，利用[][]ωω a a a a H aˆˆˆ,ˆˆ,ˆ==+ 可知()()'''ˆˆ ˆˆˆˆ'E E E aE a H a a H ψωψωψ -=-=若0ˆ'≠E aψ，则其为哈密顿算符的另一个本征态，相应的本征值为ω -E 。

重复这个推理的过程，得到,2,,'''ωω--E E E 都是哈密顿算符的本征值，由于，本征值不能小于ω21，此数列必须终止于某个最小值0E ，即ω -0E 不再是能量本征值，其条件为0ˆ0=E aψ因此，0002121ˆˆˆE E E a aH ψωψωψ =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+于是可知Eψ相应当能量本征值ω210=E类似前面的做法，利用()ω +=+H a a Hˆˆˆˆ可知()''ˆˆˆ'E E a E a Hψωψ+++=说明'ˆE aψ+也是能量的本征态，相应的能量本征值为ω +'E ，重复此过程可知，,2,,'''ωω++E E E 都是能量本征值。

最后，得到能量本征值的表达式为ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21n E n四. 有一定域电子（作为近似模型，可以不考虑轨道运动）受到均匀磁场B的作用，磁场B指向x轴电正方向，磁作用为x x c eB s c eB H σμμˆ 2ˆ ˆ ==。

设0=t 时，电子的自旋向上，即2 =z s ，求0>t 时s ˆ 的平均值。

解：哈密顿算符可以改写为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==0110ˆ 2ˆωσμ x c eB H其中，c eB2μω=在泡利表象中，设0>t时体系的波函数为()()()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛=-++=t b t a t b t a t ψ 则其应满足()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+==010ˆd d i ψψψt H t t于是有()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t a t b t b t a t ω d d i 此即，()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=t a t t b t b t t a ωωi d d i d d上式可以化为()()[]()()[]()()[]()()[]⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-+-=+t b t a t t b t a t b t a t t b t a ωωi d d i d d解之得到()()()()()()⎩⎨⎧=--=+t d t b t a t c t b t a ωωi e x p i e x p 利用初始条件()10=a ；()00=b可知1==d c于是，()()t t b tt a s i n i c o s ωω-==0>t 时的波函数为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t t t i s i n c o s ωωψ 而()()()()()()t t t s t t t s t t s z z y y x x 2c o s 2ˆ2 2s i n 2ˆ20ˆ2ωψσψωψσψψσψ==-====+++五.（第一问见1998年第五题）有一量子体系由哈密顿量W H Hˆˆˆ0+=描述，其中，[]0ˆ,ˆi ˆH A W λ=可视为微扰，B A ˆ,ˆ是厄米特算符，且有[]A B C ˆ,ˆi ˆ=。