Transcript 量子力学习题4

8.1解: (1) 在Pauli表象中
本征方程
久期方程
解得
本征态为
0

1

0
 
1
x
1

0
1  a 
a
      
0  b 
b 

1
1

0
  1
  1,
   1,
1
1 1
 

2 1

1  1 



2   1
2
(2) σz→σx表象的变换矩阵为
 x 1 z 1
S 
   1   1
z
 x
(3)
S x S
8.2解:
1
1 1


2 1
 x  1  z  1 
x
1 1



 1  z  1 
2 1
1  0
 
 1  1
1  1 1


0  2 1
1  1
  
 1  0

n  sin  cos  , sin  sin  , cos 


 n    n  sin  cos 
 cos 

 sin e i 

本征方程为
x
 sin  sin 
y

 cos 
 i


 cos  
sin  e
 cos 

 sin e i 

 i
 a 
a
     
 
b 
 cos    b 
 
sin  e
1 

  S
 1
z
0 

 1
久期方程
可解得
cos   
sin  e
i
sin  e
 i
 cos   
0
  1
 cos 

 sin e i 

对λ=1，有
a
b

sin  e
 i
 a   a 
    
   
 cos    b   b 
sin  e
 i
1  cos 
则归一化的本征态是
n

cos(  / 2 ) e
 i / 2
sin(  / 2 ) e

 cos
1  
 sin



e
i / 2
 i / 2
2

2
e
i / 2






 cos 

 sin e i 

对λ=-1，有
a
b

sin  e
 i
 a 
a
     
 
b 
 cos    b 
 
sin  e
 i
1  cos 

sin(  / 2 ) e
cos(  / 2 ) e
则归一化的本征态是
n
 i / 2
  i / 2 

e
 sin

2

 1  
  cos  e i  / 2 


2


i / 2
8.3 解： 因为 (  s ) 2  s 2  s 2 ,
x
x
x
而
0
2
1 0 
sx 
4
1

1  0
 
0  1
2
0
s x  1 0 
2
1
2
(s x )  s x  s x 
2
2

2
4
同理可求
2
(s y )  s y  s y 
2
2

2
4
2
y
1 1   2
   
0  0 
4
1 1 
    0
0  0 

则
(s y )  s  s y
2
2
8.4 解： (1) 将σz的本征态用σn的本征态展开
 i / 2
 cos(  / 2 ) e
1 
   a 
 sin(  / 2 ) e i  / 2
0
 


a  cos(  / 2 ) e

b  sin(  / 2 ) e
则
 
 n 1
i / 2
i / 2

 sin(  / 2 ) e  i  / 2 
  b


  cos(  / 2 ) e i  / 2 



sin(  / 2 ) e
 i / 2
 cos ( / 2 ) e
的概率是
 
则   n   1 的概率是
1 
i / 2
   cos(  / 2 ) e
0

 i / 2
1 
i / 2
   sin(  / 2 ) e
0

P1  a
2
 cos ( / 2 )
P2  b
2
 sin ( / 2 )
2
2
(2) 若电子处于σn=1的本征态，按σz的本征态展开有
1
0
 cos(  / 2 ) e  i  / 2 
 i / 2 
i / 2 

  cos(  / 2 ) e
   sin(  / 2 ) e
 
i

/
2
 sin(  / 2 ) e

0
1 


则σz=1的概率是
σz=-1的概率是
平均值是
σx, σy的情况类似
P1  cos ( / 2 )
2
P2  sin ( / 2 )
2
 z  cos ( / 2 )  sin ( / 2 )  cos 
2
2
7.6解: (1)
任意 2  2的矩阵都由  0  I ,  1   x ,  2   y ,  3   z 组成
则
(1   1 )
1/ 2

C
i
i
i
两边平方并利用
得
 i  1, [ i ,  j ]   2  ij , ij  1, 2 , 3
2
3
11 
C
i0
3
2
i
 2C 0  C i i
i0
比较两边的系数得

(1   1 )
(2) 同理可求
(3)
1/ 2
C 2  C 3  0,

(1  
1
2
x
C 0  C1 
1
2
(1   1 )
 i y )
1/ 2
1
1
2
det( 1   x )  0 , 故 (1   x ) 无逆矩阵，即
( 1  i  2 )
(1   x )
1
不存在。
7.20解: Hamilton 算符为
H 
eB

2 mc
0
   
1
x
 
 ( t )  a ( t )  1 / 2  b ( t )  1 / 2
令
薛定谔方程为
初始条件
i
da
dt
d
2 mc
 a (t ) 

 
 b (t ) 
 (t )  H  (t )
1 
 ( 0 )   1 / 2    , 即
0
  i b ,
eB
dt
a ( 0 )  1, b ( 0 )  0
a
d a
   H  
i
dt  b 
b 
薛定谔方程可化为
即
1
 ,
0
db
dt
  i a
解得 a ( t )  cos  t , b ( t )   i sin  t
即
 cos  t 

 ( t )  
  i sin  t 
则s的平均值为
sx 
sy 
sz 

2

2

2
 ( t )  cos  t


  x  0

  y  

  z 

2

sin 2  t
2
cos 2  t
i sin  t 
7.23 解: S2的本征值为
s ( s  1)  ： 0， 2 
2
2
S2的本征函数为   11   (1) ( 2 )

1
  10 
[ (1)  ( 2 )   (1) (2)]

2

  1 1   (1)  ( 2 )

1
[ (1)  ( 2 )   (1) (2)]
  00 
2

若电子和质子处在总自旋态

  (1)  ( 2 )
则S2取值为0的概率
 00 
2

1
2




[  ( 2 ) (1)   ( 2 )  (1)] (1)  ( 2 )

2
2
S 取值为 2  的概率为 1 / 2
2

1
2
7.24
S2的本征值为
s ( s  1)  ： 0， 2 
2
Sz的本征值为
m s  ： 0，  2 

2
S , S z 的共同本征函数为
  11   (1) ( 2 )

1
  10 
[ (1)  ( 2 )   (1) (2)]

2

  1 1   (1)  ( 2 )

1


[ (1)  ( 2 )   (1) (2)]
 00
2

2
7.25 解: (a)
S2的本征值为
s ( s  1) 
2
s的可能取值为1/2,3/2
则S2的本征值为
3
2
 ,
4
15 
2
2
(b)
2




 
 
 
9
2
2
S  (S1  S 2 S 3 ) 
 2( S1  S 2  S 2  S 3  S 3  S1 )
4

 
 
 
H   0 (S1  S 2  S 2  S 3  S 3  S1 )
0
2

9
2

(S 
)
2
4
显然H的本征态与本征值为
  sm s ,
Es 
 0
2
2
[ s ( s  1) 
9
4
]
能级为
E3/2 
3 0 
E1/ 2  
2
简并度为：
,
4
2
3
1  4
2
3 0 
4
2
,
简并度为：
3


 2   1  2  4
2


7.28 解: 两电子体系的自旋单态可表示成
且有
 00 
1
[ (1)  ( 2 )   (1) ( 2 )]
2
 1 z  (1)   (1),
 1 z  (1)    (1)
 1 x  (1)   (1),
 1 x  (1)   (1)
 1 y  (1)  i  (1),
 1 y  (1)   i  (1)
  1 x  2 x  00 
1
7.27 如7.28类似
2
[  (1) ( 2 )   (1)  ( 2 )]    00