量子力学·强化班

来源：东哥物理考研《量子力学强化班刷题》选题（第一讲 一维定态 · 强化 1–12；第二讲 力学量算符 · 强化 13–24；第三讲 三维问题 · 强化 25–36；自旋专题 · 强化 37–48；表象变换 A组 · 强化 49–56；微扰 A组 · 强化 57–66）。页面按专题分节，每题保留原编号。编号自成一套，页面上记作「强化N」（站内锚点 qh-N），和量力题的 1–61、小蓝书的 lb- 都分开。骨架和入口按答案册的解法和记号写；答案册有错的地方，在入口里标【答案勘误】。

标次数：×N = 做过 N 次；×0 未做过。不再使用色标。

专题目录：一维定态问题 · 力学量算符 · 表象变换 · 三维问题 · 自旋 · 微扰 · 定态非简并 · 微扰 · 简并与耦合 · 微扰 · 变分法 · 微扰 · 含时微扰 · 散射（交叉索引）

一维定态问题

第一讲 薛定谔方程和一维定态问题 · A组（2026-10-02 上课，）

强化1 · 中间隔一道无限高壁的双阱 · ×1

质量为 $\mu$ 的粒子处于一维势场

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x\ge a\\ 0,& 0<x<a\\ \infty ,& x=0\\ 0,& -a<x<0\\ \infty ,& x\le -a\end{array}$$

求定态能量 $E$ 与波函数 $\psi (x)$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 两个区间 $-a<x<0$、$0<x<a$ 内都是自由方程 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\psi =0$，$k=\sqrt{2\mu E}/\hslash$；分别写 ${\psi }_1=A_1\sin kx+B_1\cos kx$，${\psi }_2=A_2\sin kx+B_2\cos kx$。
2. $V(0)=\infty \Rightarrow \psi (0)=0$，得 $B_1=B_2=0$。
3. $\psi (\pm a)=0\Rightarrow ka=n\pi$，$E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2\mu a^2}$，$n=1,2,\dots$
4. 答案册写成 ${\psi }_n=\sqrt{\frac{1}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$（$|x|\le a$），$|x|>a$ 为 $0$。

入口

• 无限高势处波函数为零：$\psi (0)=0$，$\psi (\pm a)=0$。
• 【答案勘误】$x=0$ 处的无限高壁把粒子隔成两个互不相通的阱，$A_1$、$A_2$ 互相独立，不必相等。每个能级都是二重简并：$\psi =c_L{\psi }_L+c_R{\psi }_R$，其中 ${\psi }_L=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$（只在 $-a<x<0$ 非零），${\psi }_R=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$（只在 $0<x<a$ 非零），$|c_L{|}^2+|c_R{|}^2=1$。答案册给的 $\sqrt{\frac{1}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$ 只是 $c_L=c_R=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 的那一个组合（归一化是在 $2a$ 宽度上做的）。
• （10/4 卡点）$x=0$ 是无限高壁，所以 $\psi (0)=0$，中点一定是节点；左右两段各是宽 $a$ 的独立阱。定态只有一个 $E$，所以左右必须取同一个 $n$（$n$ 不同就是叠加态，不是定态）：$\psi =A\sin \frac{n\pi x}{a}$（$-a<x<0$），$\psi =B\sin \frac{n\pi x}{a}$（$0<x<a$）。$A$、$B$ 各自独立，所以二重简并；归一化 $\frac{a}{2}(|A{|}^2+|B{|}^2)=1$。

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强化2 · 阱中心有 δ 势垒的无限深势阱 · ×2

质量为 $\mu$ 的粒子在一维势场

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x<0,x>a\\ \alpha \delta (x-\frac{a}{2}),& 0<x<a\end{array}$$

中运动，$\alpha$ 与 $a$ 是正的常数。求第一激发态能量，并讨论 $\alpha \to 0$ 时的定态能量。

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骨架

1. 去掉 $x=\frac{a}{2}$ 一点后同无限深阱：$-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{\psi }^{{}^{\prime \prime }}=E\psi$，$\psi (0)=\psi (a)=0$，$\psi$ 在 $\frac{a}{2}$ 连续；只有 ${\psi }^{\prime }$ 在 $\frac{a}{2}$ 跃变：${\psi }^{\prime }({\frac{a}{2}}^{+})-{\psi }^{\prime }({\frac{a}{2}}^{-})=\frac{2\mu \alpha }{{\hslash }^2}\psi (\frac{a}{2})$。
2. 第一组解：$\psi (\frac{a}{2})=0$ 的无限深阱态（$n=2,4,\dots$）不受 δ 影响，${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$，$E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2\mu a^2}$。
3. 第二组解：${\psi }_1=A\sin kx$（$0<x<\frac{a}{2}$），${\psi }_2=-A\sin k(x-a)$（$\frac{a}{2}<x<a$），代入跃变条件得 $-k\cot \frac{ka}{2}=\frac{\mu \alpha }{{\hslash }^2}$；令 $\zeta =\frac{ka}{2}$，$Q=\frac{\mu \alpha a}{2{\hslash }^2}$，即 $-\zeta \cot \zeta =Q$，$E_i^{\prime }=\frac{2{\zeta }_i^2{\hslash }^2}{\mu a^2}$，且 $\frac{\pi }{2}<{\zeta }_1<\pi$，所以 $\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2\mu a^2}<E_1^{\prime }<\frac{2{\pi }^2{\hslash }^2}{\mu a^2}$。
4. 排序：基态 $E_1^{\prime }$，第一激发态 $E_2=\frac{2{\pi }^2{\hslash }^2}{\mu a^2}$（${\zeta }_2>\frac{3\pi }{2}$，$E_2^{\prime }>E_2$）；$\alpha \to 0$ 时 $Q\to 0$，${\zeta }_i\to \frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2},\dots$，$E_i^{\prime }\to \frac{n_{i2}{\pi }^2{\hslash }^2}{2\mu a^2}$（$n_i=1,3,5,\dots$），与第一组合起来回到无限深阱全部能级。

入口

• δ 势跃变：方程两边在 $[\frac{a}{2}-ϵ,\frac{a}{2}+ϵ]$ 上积分，$\int {\psi }^{{}^{\prime \prime }}dx=\frac{2\mu }{{\hslash }^2}\alpha \psi (\frac{a}{2})$。
• 偶宇称（关于 $\frac{a}{2}$ 对称）的试解 $A\sin kx$ / $-A\sin k(x-a)$ 自动满足两端为零且在 $\frac{a}{2}$ 连续。
• 图解：曲线 $y_1=-\zeta \cot \zeta$ 与直线 $y_2=Q$ 的交点，第一个交点落在 $(\frac{\pi }{2},\pi )$。
• （10/4 卡点）(a) 分奇偶两类不会漏解：势关于 $x=\frac{a}{2}$ 对称，一维束缚态无简并，每个本征态必为奇或偶。奇态 $\psi (\frac{a}{2})=0$，感觉不到 δ，就是 $n$ 为偶数的原解；偶函数若在 $\frac{a}{2}$ 为零，则 ${\psi }^{\prime }({\frac{a}{2}}^{+})=-{\psi }^{\prime }({\frac{a}{2}}^{-})$ 且跳变为零，${\psi }^{\prime }$ 也为零，只能是零解。(b) 偶宇称步骤：左边 $A\sin kx$，右边 $A\sin k(a-x)$；${\psi }^{\prime }({\frac{a}{2}}^{-})=Ak\cos \frac{ka}{2}$，${\psi }^{\prime }({\frac{a}{2}}^{+})=-Ak\cos \frac{ka}{2}$（负号是易卡点）；跳变 $-2Ak\cos \frac{ka}{2}=\frac{2\mu \alpha }{{\hslash }^2}A\sin \frac{ka}{2}$，得 $-\zeta \cot \zeta =\frac{\mu \alpha a}{2{\hslash }^2}$，其中 $\zeta =\frac{ka}{2}$；右边为正要求 $\cot \zeta <0$，根在 $(\frac{\pi }{2},\pi )$、$(\frac{3\pi }{2},2\pi )$、…；第一激发态是奇的 $n=2$，$E=\frac{2{\pi }^2{\hslash }^2}{\mu a^2}$；$\alpha \to 0$ 时 $\cot \zeta =0$，$\zeta =\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2},\dots$，回到 $n$ 为奇数的原解（见 fg-qh-2-even-jump）。

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强化3 · 半无限阱中存在 E=V₀/2 的态，定阱宽 · ×1

质量为 $\mu$ 的粒子在势场

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x<0\\ 0,& 0\le x\le a\\ V_0,& x>a\end{array}(V_0>0)$$

中运动。已知该粒子在此势场中存在一能量为 $E=\frac{V_0}{2}$ 的态。试确定此势阱的宽度 $a$。

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骨架

1. 分区写解：${\psi }_1=0$（$x<0$），${\psi }_2=A\sin kx$（$0\le x\le a$），${\psi }_3=B{e}^{-\alpha x}$（$x>a$），$k=\sqrt{2\mu E}/\hslash$，$\alpha =\sqrt{2\mu (V_0-E)}/\hslash$。
2. $x=a$ 处 $\psi$、${\psi }^{\prime }$ 连续：$A\sin ka=B{e}^{-\alpha a}$，$Ak\cos ka=-B\alpha e^{-\alpha a}$，相比得 $\tan ka=-\frac{k}{\alpha }=-\sqrt{\frac{E}{V_0-E}}$。
3. 代 $E=\frac{V_0}{2}$：$k=\alpha =\frac{\sqrt{\mu V_0}}{\hslash }$，$\tan (\frac{\sqrt{\mu V_0}}{\hslash }a)=-1$。
4. $\frac{\sqrt{\mu V_0}}{\hslash }a=n\pi -\frac{\pi }{4}$，$a=(n-\frac{1}{4})\frac{\pi \hslash }{\sqrt{\mu V_0}}$，$n=1,2,\dots$

入口

• 对数导数连续：${\frac{{\psi }_2^{\prime }}{{\psi }_2}}_a={\frac{{\psi }_3^{\prime }}{{\psi }_3}}_a\Rightarrow k\cot ka=-\alpha$。
• $\tan \theta =-1\Rightarrow \theta =n\pi -\frac{\pi }{4}$（取 $\theta >0$）。
• （10/3 卡点）用 $\cot$ 加圆的图解：令 $\xi =ka$，$\eta =\alpha a$，衔接条件化为 $\eta =-\xi \cot \xi$，且 ${\xi }^2+{\eta }^2=R^2=\frac{2\mu V_0{a}^2}{{\hslash }^2}$（两条曲线的交点就是解）；$E=\frac{V_0}{2}$ 时 $\eta =\xi$，$\cot \xi =-1$，$\xi =\frac{3\pi }{4}+n\pi =\frac{R}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{\mu V_0}}{\hslash }a$，所以 $a=(n+\frac{3}{4})\frac{\pi \hslash }{\sqrt{\mu V_0}}$，$n=0,1,\dots$（与答案册的 $n-\frac{1}{4}$、$n=1,2,\dots$ 是同一组解）。

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强化4 · 由两个本征函数定参数与能量差 · ×1

质量为 $\mu$ 的粒子在势场 $V(x)$ 中作一维束缚运动，两个能量本征函数为

$${\psi }_1(x)=A{e}^{-\beta x^2/2},{\psi }_2(x)=B(x^2+bx+c)e^{-\beta x^2/2}$$

$A,B,b,c$ 均为实常数。试确定参数 $b,c$ 的取值，并求这两个态的能量之差 $E_2-E_1$。

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骨架

1. ${\psi }_1$ 代入定态方程反解势：$V(x)=E_1+({\beta }^2{x}^2-\beta )\frac{{\hslash }^2}{2\mu }$，$V(-x)=V(x)$。
2. 对称势中一维束缚态有确定宇称，${\psi }_2$ 必须是偶函数，$b=0$。
3. 正交 ${\int }_{-\infty }^{\infty }{\psi }_1^{\ast }{\psi }_{2}dx=0$：$\int (x^2+c)e^{-\beta x^2}dx=0$，$c=-\frac{1}{2\beta }$。
4. 两方程写成 ${\psi }_i^{{}^{\prime \prime }}-\frac{2\mu V}{{\hslash }^2}{\psi }_i=-\frac{2\mu E_i}{{\hslash }^2}{\psi }_i$，${\psi }_2\times (1)-{\psi }_1\times (2)$：${\psi }_2{\psi }_1^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_1{\psi }_2^{{}^{\prime \prime }}=\frac{2\mu }{{\hslash }^2}(E_2-E_1){\psi }_1{\psi }_2$，代入得 $E_2-E_1=\frac{2\beta {\hslash }^2}{\mu }$。

入口

• $(e^{-\beta x^2/2}{)}^{{}^{\prime \prime }}=({\beta }^2{x}^2-\beta )e^{-\beta x^2/2}$。
• 高斯积分：$\int x^2{e}^{-\beta x^2}dx/\int e^{-\beta x^2}dx=\frac{1}{2\beta }$。
• 消去 $V$ 的组合：${\psi }_2{\psi }_1^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_1{\psi }_2^{{}^{\prime \prime }}$；记 $g=e^{-\beta x^2/2}$，${\psi }_2^{{}^{\prime \prime }}=[2-4\beta x^2+(x^2+c)({\beta }^2{x}^2-\beta )]Bg$，左边 $=-{\psi }_1(2-4\beta x^2)Bg=4\beta (x^2-\frac{1}{2\beta })AB{g}^2=4\beta {\psi }_1{\psi }_2$，与右边比较即得。

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强化5 · 圆圈上带 δ 势的粒子 · ×2

质量为 $\mu$ 的粒子在一圆圈（周长为 $L$）上运动，并受到 δ 函数势

$$V(x)=a\delta (x-\frac{L}{2})$$

的作用。求粒子能级和相应的归一化波函数。

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骨架

1. 令圆半径为 $R$，$x=R\varphi$，$L=2\pi R$，$I=\mu R^2$：$[-\frac{{\hslash }^2}{2I}\frac{d^2}{d{\varphi }^2}+\frac{a}{R}\delta (\varphi -\pi )]\psi (\varphi )=E\psi (\varphi )$。
2. 不考虑 $\varphi =\pi$ 一点：${\psi }_1=A{e}^{im\varphi }+B{e}^{-im\varphi }$（$0<\varphi <\pi$），${\psi }_2=C{e}^{im\varphi }+D{e}^{-im\varphi }$（$\pi <\varphi <2\pi$）。
3. 条件：${\psi }_1(0)={\psi }_2(2\pi )$，${\psi }_1^{\prime }(0)={\psi }_2^{\prime }(2\pi )$，${\psi }_2^{\prime }(\pi )-{\psi }_1^{\prime }(\pi )=\frac{2Ia}{{\hslash }^{2}R}{\psi }_1(\pi )$；答案册解得 $B=-A$，$C=A$，$D=-A$。
4. 答案册结果：$\psi (\varphi )=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\sin m\varphi$，$E=\frac{m^2{\hslash }^2}{2\mu R^2}=\frac{2m^2{\pi }^2{\hslash }^2}{\mu L^2}$，$m=1,2,\dots$（$m=0$ 时 $\psi \equiv 0$，舍去）。

入口

• 换角变量后的势：$a\delta (R(\varphi -\pi ))=\frac{a}{R}\delta (\varphi -\pi )$。
• 跃变：${\psi }^{\prime }({\pi }^{+})-{\psi }^{\prime }({\pi }^{-})=\frac{2Ia}{{\hslash }^{2}R}\psi (\pi )$。
• 【答案勘误】答案册一开始就把 $m$ 取成整数（$e^{\pm im2\pi }=1$），这样只剩下在 δ 点为零的 $\sin m\varphi$ 一类解（关于 $\varphi =\pi$ 奇），漏掉了关于 δ 点偶的那一组能级。补全：令 $y=x-\frac{L}{2}\in (-\frac{L}{2},\frac{L}{2})$，偶态 $\psi =N\cos [k(|y|-\frac{L}{2})]$，跃变条件给出 $k\tan \frac{kL}{2}=\frac{\mu a}{{\hslash }^2}$，$E=\frac{{\hslash }^2{k}^2}{2\mu }$，$N=[\frac{L}{2}+\frac{\sin kL}{2k}{]}^{-1/2}$；$a\to 0$ 时 $k\to \frac{2n\pi }{L}$（$n=0,1,2,\dots$），回到自由圆圈。奇态 $\psi =\sqrt{\frac{2}{L}}\sin ky$，$k=\frac{2n\pi }{L}$，$E=\frac{2n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{\mu L^2}$，即答案册那一组（答案册的 $\frac{1}{\sqrt{\pi }}\sin m\varphi$ 是按 ${\int }_0^{2\pi }|\psi {|}^{2}d\varphi =1$ 归一的）。
• （10/3 卡点）(a) $(\frac{L}{2},L)$ 段的波函数写成左段平移过来的 ${\psi }_L(x-L)$：$x$ 与 $x+L$ 是圆上同一点，$x=0$ 处光滑，所以 $(-\frac{L}{2},\frac{L}{2})$ 是一整段，中间没有 δ（δ 在两端 $x=\pm \frac{L}{2}$）；若平移 $\frac{L}{2}$ 去取一整段就跨过 δ 了，不对。(b) 换成平面转子：$x=R\varphi$，$R=\frac{L}{2\pi }$，$I=\mu R^2$；由 $\delta (cx)=\frac{\delta (x)}{|c|}$ 得 $V=\frac{a}{R}\delta (\varphi -\pi )$；对 $\varphi$ 的跳变为 ${\psi }^{\prime }({\pi }^{+})-{\psi }^{\prime }({\pi }^{-})=\frac{2\mu aR}{{\hslash }^2}\psi (\pi )$（见 fg-qh-5-delta-phi）。(c) 先用周期条件时 $m$ 从 $0$ 起，但代入跳变条件后只剩 $\sin$ 支；$m=0$ 时 $\sin m\varphi \equiv 0$ 是零解，要去掉，$\sin$ 支从 $m=1$ 开始；$\cos$ 支（关于 δ 点偶）被 δ 推开，基态在这一支（见上面的【答案勘误】）。

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强化6 · 谐振子弹性系数突变 k→2k：基态概率与能量平均值 · ×0

质量为 $\mu$ 的粒子处于一维谐振子势场 $V_1(x)=\frac{1}{2}k{x}^2$ 的基态，某时刻弹性系数 $k$ 突然变为 $2k$，即势场变为 $V_2(x)=k{x}^2$。求此时粒子处于新势场 $V_2$ 的基态的概率，并求此后粒子能量的平均值。

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骨架

1. $V_1=\frac{1}{2}\mu {\omega }_1^2{x}^2$，${\omega }_1=\sqrt{k/\mu }$；$V_2=\frac{1}{2}\mu {\omega }_2^2{x}^2$，${\omega }_2=\sqrt{2k/\mu }$；基态 ${\psi }_0(\omega ,x)=\sqrt{\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$，$\alpha =\sqrt{\frac{\mu \omega }{\hslash }}$。
2. 突变瞬间波函数不变：$P=\int {\psi }_0^{\ast }({\omega }_2,x){\psi }_0({\omega }_1,x)d{x}^2=\frac{2{\alpha }_1{\alpha }_2}{{\alpha }_1^2+{\alpha }_2^2}=\frac{2{\alpha }_2/{\alpha }_1}{1+({\alpha }_2/{\alpha }_1{)}^2}=\frac{2\times 2^{1/4}}{1+\sqrt{2}}\approx 0.985$。
3. 能量平均值用旧态算新哈密顿量：$\bar{E}={\overline{T}}_0+\frac{{\omega }_2^2}{{\omega }_1^2}{\overline{V}}_0$，${\overline{T}}_0={\overline{V}}_0=\frac{\hslash {\omega }_1}{4}$，$\bar{E}=\frac{\hslash {\omega }_1}{4}(1+\frac{{\omega }_2^2}{{\omega }_1^2})=\frac{3}{4}\hslash {\omega }_1$。
4. $t>0$ 时 $\hat{H}=\hat{T}+\frac{1}{2}\mu {\omega }_2^2{x}^2$ 不含 $t$，能量守恒，平均值一直是 $\frac{3}{4}\hslash {\omega }_1$。

入口

• 高斯积分 ${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-({\alpha }_1^2+{\alpha }_2^2)x^2/2}dx=\sqrt{\frac{2\pi }{{\alpha }_1^2+{\alpha }_2^2}}$；$\frac{{\alpha }_2}{{\alpha }_1}=(\frac{{\omega }_2}{{\omega }_1}{)}^{1/2}=2^{1/4}$。
• 改写势能：$\frac{1}{2}\mu {\omega }_2^2{x}^2=\frac{{\omega }_2^2}{{\omega }_1^2}\cdot \frac{1}{2}\mu {\omega }_1^2{x}^2$；谐振子基态 $\overline{T}=\overline{V}=\frac{1}{2}{E}_0$。

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强化7 · k→2k 后再变回 k，何时 100% 回到原基态 · ×0

同上题，当 $k$ 变成 $2k$ 后，经过多少时间 $T$ 再将 $2k$ 变为 $k$，粒子 100% 回到原来的基态？

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骨架

1. 设 $t=0$ 时 $k\to 2k$：$\psi ({\omega }_2,x,t)={\sum }_n{c}_n{e}^{-i{E}_{n}t/\hslash }{\psi }_n({\omega }_2,x)$，$\psi ({\omega }_2,x,0)={\psi }_0({\omega }_1,x)$，$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash {\omega }_2$，$c_n=\int {\psi }_n^{\ast }({\omega }_2,x){\psi }_0({\omega }_1,x)dx$。
2. 宇称：${\psi }_n$ 宇称为 $(-1{)}^n$，${\psi }_0({\omega }_1,x)$ 为偶，故奇 $n$ 的 $c_n=0$，只剩 $n=0,2,4,\dots$
3. $\psi (t)=e^{-i{\omega }_{2}t/2}[c_0{\psi }_0+c_2{e}^{-i2{\omega }_{2}t}{\psi }_2+c_4{e}^{-i4{\omega }_{2}t}{\psi }_4+\cdots ]$。
4. 取 ${\omega }_{2}T=m\pi$：$e^{-i2{\omega }_{2}T}=e^{-i4{\omega }_{2}T}=\cdots =1$，$\psi (T)=e^{-i{\omega }_{2}T/2}{\psi }_0({\omega }_1,x)$，只差整体相位；此时变回 $k$ 即 100% 回到原基态，$T=\frac{m\pi }{{\omega }_2}=m\pi \sqrt{\frac{\mu }{2k}}$，$m=1,2,\dots$（最短 $T=\pi \sqrt{\frac{\mu }{2k}}$）。

入口

• 只有偶 $n$ 参与，相邻相位差是 $2\hslash {\omega }_2$：要 $e^{-i2{\omega }_{2}T}=1$，即 $2{\omega }_{2}T=2m\pi$。

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强化8 · 无限深阱最低两态等概率叠加：概率密度与动量平均值 · ×0

质量为 $m$ 的粒子位于一维无限深方势阱 $[-\frac{a}{2},\frac{a}{2}]$ 中，势阱宽度为 $a$，$t=0$ 时体系处于无限深方势阱中能量最低的两个态的线性叠加态，各自的概率为 50%。计算 $t>0$ 时粒子的概率密度和动量平均值。

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骨架

1. $\psi (x,t)=\frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{-i{E}_{1}t/\hslash }{\psi }_1(x)+\frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{-i{E}_{2}t/\hslash }{\psi }_2(x)$，$E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}$，${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin [\frac{n\pi }{a}(x+\frac{a}{2})]$（$|x|<\frac{a}{2}$）。
2. 概率密度：$|\psi {|}^2=\frac{1}{2}[|{\psi }_1{|}^2+|{\psi }_2{|}^2+{\psi }_1^{\ast }{\psi }_2{e}^{-i(E_2-E_1)t/\hslash }+{\psi }_1{\psi }_2^{\ast }{e}^{i(E_2-E_1)t/\hslash }]$；代入 ${\psi }_1=\sqrt{\frac{2}{a}}\cos \frac{\pi x}{a}$，${\psi }_2=-\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{2\pi x}{a}$，得 $\frac{1}{a}[{\cos }^2\frac{\pi x}{a}+{\sin }^2\frac{2\pi x}{a}-2\cos \frac{\pi x}{a}\sin \frac{2\pi x}{a}\cos \frac{3{\pi }^2\hslash t}{2m{a}^2}]$。
3. 动量平均值：$\bar{p}(t)=-i\hslash {\int }_{-a/2}^{a/2}{\psi }^{\ast }\frac{\partial \psi }{\partial x}dx$，对角项为 $0$，只剩交叉项。
4. $\bar{p}(t)=\frac{8\hslash }{3a}\sin \frac{3{\pi }^2\hslash t}{2m{a}^2}$。

入口

• 交叉矩阵元：$⟨1|\hat{p}|2⟩=-i\hslash \int {\psi }_1{\psi }_2^{\prime }dx=\frac{8i\hslash }{3a}$（用积化和差 $\sin A\cos B=\frac{1}{2}[\sin (A+B)+\sin (A-B)]$）；$\bar{p}=\frac{1}{2}[⟨1|\hat{p}|2⟩e^{-i\omega t}+\text{c.c.}]$，$\omega =\frac{E_2-E_1}{\hslash }=\frac{3{\pi }^2\hslash }{2m{a}^2}$。
• 实的束缚态 $⟨n|\hat{p}|n⟩=0$。

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强化9 · 两个耦合谐振子的能量本征值 · ×0

两个质量都是 $\mu$ 的一维耦合谐振子体系的哈密顿量为

$$\hat{H}=\frac{1}{2\mu }({\hat{p}}_{12}+{\hat{p}}_{22})+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2[(x_1-a{)}^2+(x_2+a{)}^2+\lambda (x_1-x_2{)}^2]$$

其中 $\lambda$ 与 $a$ 为参数，$\lambda >-\frac{1}{2}$，$-\infty <x_1,x_2<\infty$。求体系能量本征值。

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骨架

1. 展开势能：$\frac{1}{2}\mu {\omega }^2[(1+\lambda )(x_{12}+x_{22})-2a(x_1-x_2)-2\lambda x_1{x}_2+2a^2]$。
2. 旋转坐标 $\xi =\frac{1}{\sqrt{2}}(x_1+x_2)$，$\eta =\frac{1}{\sqrt{2}}(x_1-x_2)$：$x_1{x}_2=\frac{1}{2}({\xi }^2-{\eta }^2)$，$x_1-x_2=\sqrt{2}\eta$，$x_{12}+x_{22}={\xi }^2+{\eta }^2$，$\frac{{\partial }^2}{\partial x_{12}}+\frac{{\partial }^2}{\partial x_{22}}=\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial {\eta }^2}$；$\hat{H}={\hat{H}}_1+{\hat{H}}_2$，${\hat{H}}_1=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{\xi }^2$。
3. ${\hat{H}}_2$ 配方：令 $\zeta =\eta -\frac{\sqrt{2}a}{1+2\lambda }$，${\omega }_0=\omega \sqrt{1+2\lambda }$，${\hat{H}}_2=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }\frac{{\partial }^2}{\partial {\zeta }^2}+\frac{1}{2}\mu {\omega }_0^2{\zeta }^2+\frac{2\lambda \mu {\omega }^2{a}^2}{1+2\lambda }$。
4. $E=(n_1+\frac{1}{2})\hslash \omega +(n_2+\frac{1}{2})\hslash {\omega }_0+\frac{2\lambda \mu {\omega }^2{a}^2}{1+2\lambda }$，$n_1,n_2=0,1,2,\dots$

入口

• 正交变换 $(x_1,x_2)\to (\xi ,\eta )$ 保持动能形式（质量不变），这是和小蓝书 3-21 质心/相对坐标（$M=2m$、$\mu =\frac{m}{2}$）不同的地方。
• 配方：$(1+2\lambda ){\eta }^2-2\sqrt{2}a\eta +2a^2=(1+2\lambda )(\eta -\frac{\sqrt{2}a}{1+2\lambda }{)}^2+\frac{4\lambda a^2}{1+2\lambda }$；$\lambda >-\frac{1}{2}$ 保证 ${\omega }_0$ 为实。

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强化10 · 常虚势场中的吸收 · ×0

求一维常虚势场 $-iV$（$V\ll E$）中运动的粒子波函数，计算概率流密度，并证明虚势代表粒子被吸收，求吸收系数 $M$，用 $V$ 表示。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 答案册取 $V(x)=0$（$x<0$），$-iV$（$x>0$），$V>0$；$x<0$：${\psi }_1=e^{i{k}_{0}x}+B{e}^{-i{k}_{0}x}$，$k_0=\sqrt{2\mu E}/\hslash$；$x>0$：${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\psi =0$，$k=\sqrt{2\mu (E+iV)}/\hslash$，取向右的 ${\psi }_2=A{e}^{ikx}$。
2. $x=0$ 处连续：$1+B=A$，$k_0-k_{0}B=Ak$，$B=\frac{k_0-k}{k_0+k}$，$A=\frac{2k_0}{k_0+k}$；$V\ll E$ 时 $k\approx k_0(1+i\frac{V}{2E})$，$|B{|}^2\approx \frac{1}{16}(\frac{V}{E}{)}^2\approx 0$，取 $B=0$，$A=1$。
3. ${\psi }_2=e^{i{k}_{0}x}{e}^{-\frac{k_{0}V}{2E}x}$；$j=-\frac{i\hslash }{2\mu }({\psi }^{\ast }{\psi }^{\prime }-\psi {\psi }^{{\ast }^{\prime }})$：$j_1=\frac{\hslash k_0}{\mu }$，$j_2=\frac{\hslash k_0}{\mu }{e}^{-\frac{k_{0}V}{E}x}$，流随路程衰减，即被吸收。
4. $M=-\frac{1}{j}\frac{dj}{dx}=\frac{k_{0}V}{E}=\frac{V}{\hslash }\sqrt{\frac{2\mu }{E}}$。

入口

• 小量展开：$\sqrt{1+i\frac{V}{E}}\approx 1+i\frac{V}{2E}$。
• 也可直接看连续性方程（势为 $-iV$）：$\frac{\partial \rho }{\partial t}+\frac{\partial j}{\partial x}=-\frac{2V}{\hslash }\rho$，与 $j=\frac{\hslash k_0}{\mu }\rho$ 合起来同样得 $M=\frac{2\mu V}{{\hslash }^2{k}_0}=\frac{k_{0}V}{E}$，$\hat{H}$ 非厄米，粒子数不守恒（答案册的结论：这是唯象模型）。

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强化11 · 谐振子的海森伯绘景 x(t)、p(t) · ×0

对于一维谐振子哈密顿量 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}^2$，求海森伯绘景中的坐标 $\hat{x}(t)$ 与动量 $\hat{p}(t)$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 方法 1：$\frac{d\hat{x}(t)}{dt}=\frac{1}{i\hslash }[\hat{x}(t),\hat{H}]=\frac{\hat{p}(t)}{\mu }$，$\frac{d\hat{p}(t)}{dt}=\frac{1}{i\hslash }[\hat{p}(t),\hat{H}]=-\mu {\omega }^2\hat{x}(t)$。
2. 再求一次导：$x^{¨}=-{\omega }^2\hat{x}$，$\hat{x}(t)=\hat{A}\cos \omega t+\hat{B}\sin \omega t$，$\hat{p}(t)=\mu \omega \hat{B}\cos \omega t-\mu \omega \hat{A}\sin \omega t$。
3. 初条件 $\hat{x}(0)=x$，$\hat{p}(0)=\hat{p}$：$\hat{x}(t)=x\cos \omega t+\frac{\hat{p}}{\mu \omega }\sin \omega t$，$\hat{p}(t)=\hat{p}\cos \omega t-\mu \omega x\sin \omega t$。
4. 方法 2：$\hat{x}(t)=e^{i\hat{H}t/\hslash }x{e}^{-i\hat{H}t/\hslash }=e^{\hat{A}}x{e}^{-\hat{A}}$，用 BCH 展开逐项算对易子，偶次项求和成 $\cos \omega t$，奇次项成 $\sin \omega t$。

入口

• 海森伯绘景中对易关系与薛定谔绘景相同：$[\hat{x}(t),\hat{H}]=i\hslash \frac{\hat{p}(t)}{\mu }$，$[\hat{p}(t),\hat{H}]=-i\hslash \mu {\omega }^2\hat{x}(t)$。
• BCH：$e^{\hat{A}}\hat{B}{e}^{-\hat{A}}=\hat{B}+[\hat{A},\hat{B}]+\frac{1}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\cdots$；$[\hat{A},x]=(\omega t)\frac{\hat{p}}{\mu \omega }$，$[\hat{A},[\hat{A},x]]=-(\omega t{)}^{2}x$；$[\hat{A},\hat{p}]=-(\omega t)\mu \omega x$，$[\hat{A},[\hat{A},\hat{p}]]=-(\omega t{)}^2\hat{p}$。
• 【答案勘误】方法 2 中答案册写 $\hat{A}=i\mu \hat{H}/\hslash$，应为 $\hat{A}=\frac{i\hat{H}t}{\hslash }$（$\mu$ 应是 $t$）；同页紧接着的 $e^{i\hat{H}t/\hslash }x{e}^{-i\hat{H}t/\hslash }=e^{\hat{A}}x{e}^{-\hat{A}}$ 和后面的对易子 $[\hat{A},x]=(\omega t)\frac{\hat{p}}{\mu \omega }$ 都只有在 $\hat{A}=\frac{i\hat{H}t}{\hslash }$ 时成立。

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强化12 · −ħ²/(2μx²) 势：无束缚态与守恒量 · ×0

设一维体系能量算符为

$$\hat{H}=\frac{1}{2\mu }({\hat{p}}^2-\frac{{\hslash }^2}{x^2})$$

(1) 利用维里定理证明该体系不存在束缚态；

(2) 用海森伯运动方程证明算符 $\hat{O}(t)=\frac{1}{4}(\hat{x}\hat{p}+\hat{p}\hat{x})-\hat{H}t$ 在任意态上的平均值为常数。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) $V(x)=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu x^2}$ 是 $\nu =-2$ 阶齐次函数，维里定理 ${\overline{T}}_n=\frac{\nu }{2}{\overline{V}}_n=-{\overline{V}}_n$。
2. 于是任一束缚定态 $E_n={\overline{T}}_n+{\overline{V}}_n=0$；但 $V\to 0$（$|x|\to \infty$）的势中束缚态能量必须小于零，矛盾，故无束缚态。
3. (2) 海森伯方程 $\frac{d\hat{O}}{dt}=\frac{\partial \hat{O}}{\partial t}+\frac{1}{i\hslash }[\hat{O},\hat{H}]=-\hat{H}+\frac{1}{i\hslash }[\frac{1}{4}(\hat{x}\hat{p}+\hat{p}\hat{x}),\hat{H}]$。
4. 用 $\hat{x}\hat{p}+\hat{p}\hat{x}=2\hat{p}\hat{x}+i\hslash$：$\frac{1}{4i\hslash \mu }[\hat{p}\hat{x},{\hat{p}}^2-\frac{{\hslash }^2}{x^2}]=\frac{1}{4i\hslash \mu }\hat{p}[\hat{x},{\hat{p}}^2]-[\hat{p},\frac{{\hslash }^2}{x^2}]\hat{x}=\frac{1}{2\mu }({\hat{p}}^2-\frac{{\hslash }^2}{x^2})=\hat{H}$，故 $\frac{d\hat{O}}{dt}=0$，平均值为常数。

入口

• 维里定理：$2\overline{T}=\overline{x\frac{dV}{dx}}=\nu \overline{V}$。
• $[\hat{x},{\hat{p}}^2]=2i\hslash \hat{p}$；$[\hat{p},f(x)]=-i\hslash f^{\prime }(x)$，$[\hat{p},\frac{{\hslash }^2}{x^2}]\hat{x}=-i\hslash \cdot (-\frac{2{\hslash }^2}{x^3})x=\frac{2i\hslash {\hslash }^2}{x^2}$。

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力学量算符

第二讲 力学量算符 · A组（2026-10-09 上课，）

强化13 · 径向动量 p̂ᵣ 的球坐标表达式（A1） · ×1

动量在径向方向的分量定义为 ${\hat{p}}_r=\frac{1}{2}(\hat{\mathbf{p}}\cdot \frac{\mathbf{r}}{r}+\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \hat{\mathbf{p}})$。求出 ${\hat{p}}_r$ 在球坐标中的表达式。

处理建议：看思路跳过，记结果 ${\hat{p}}_r=-i\hslash (\frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r})$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 作用在任意 $\psi$ 上：${\hat{p}}_r\psi =-\frac{i\hslash }{2}[\nabla \cdot (\frac{\mathbf{r}\psi }{r})+\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \nabla \psi ]$。
2. $\nabla \cdot (\frac{\mathbf{r}\psi }{r})=\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \nabla \psi +\frac{2}{r}\psi$（因 $\nabla \cdot \frac{\mathbf{r}}{r}=\frac{2}{r}$）。
3. ${\hat{p}}_r=-i\hslash (\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \nabla +\frac{1}{r})$；球坐标中 $\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \nabla =\frac{\partial }{\partial r}$。
4. ${\hat{p}}_r=-i\hslash (\frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r})=-i\hslash \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}r$。

入口

• 为什么要对称化：$\hat{\mathbf{p}}$ 与 $\frac{\mathbf{r}}{r}$ 不对易，对称化后 ${\hat{p}}_r$ 才厄米；$-i\hslash \frac{\partial }{\partial r}$ 本身不厄米。
• 延伸：${\hat{p}}_{r2}=-{\hslash }^2\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}(r^2\frac{\partial }{\partial r})$，所以 ${\hat{p}}^2={\hat{p}}_{r2}+\frac{{\hat{l}}^2}{r^2}$。

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强化14 · ²=1 时 e^{iαÂ} 的展开（A2） · ×1

设算符 $\hat{A}$ 满足条件 ${\hat{A}}^2=1$，证明 $e^{i\alpha \hat{A}}=\cos \alpha +i\sin \alpha \hat{A}$，其中 $\alpha$ 为实常数。

处理建议：看讲解 + 默关键步（奇偶项分开）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 按定义 $e^{i\alpha \hat{A}}={\sum }_{n=0\infty }\frac{(i\alpha {)}^n}{n!}{\hat{A}}^n$，拆成 $n$ 偶、$n$ 奇两部分。
2. ${\hat{A}}^2=1\Rightarrow$ $n$ 偶时 ${\hat{A}}^n=1$，$n$ 奇时 ${\hat{A}}^n=\hat{A}$。
3. $e^{i\alpha \hat{A}}={\sum }_k\frac{(-1{)}^k{\alpha }^{2k}}{(2k)!}+i\hat{A}{\sum }_k\frac{(-1{)}^k{\alpha }^{2k+1}}{(2k+1)!}=\cos \alpha +i\sin \alpha \hat{A}$。

入口

• 算符函数一律按 Taylor 级数定义。
• 跨章·Pauli 矩阵：${\sigma }_n^2=1$，所以 $e^{i\alpha {\sigma }_n}=\cos \alpha +i{\sigma }_n\sin \alpha$（自旋转动算符就用这个）。

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强化15 · BCH 展开 e^Â B̂ e^{−Â}（A3） · ×2

证明

$$e^{\hat{A}}\hat{B}{e}^{-\hat{A}}=\hat{B}+[\hat{A},\hat{B}]+\frac{1}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\frac{1}{3!}[\hat{A},[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]]+\cdots$$

处理建议：看讲解 + 默关键步（引入参数 $\lambda$ 求导）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 令 $\hat{F}(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}}$。
2. $\frac{d\hat{F}}{d\lambda }=\hat{A}\hat{F}-\hat{F}\hat{A}=[\hat{A},\hat{F}]$，$\frac{d^2\hat{F}}{d{\lambda }^2}=[\hat{A},[\hat{A},\hat{F}]]$，依此类推。
3. 在 $\lambda =0$ 处 Taylor 展开：$\hat{F}(0)=\hat{B}$，${\hat{F}}^{\prime }(0)=[\hat{A},\hat{B}]$，${\hat{F}}^{{}^{\prime \prime }}(0)=[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]$，…
4. 令 $\lambda =1$ 即得。

入口

• 关键一步：对 $\lambda$ 求导时 $\hat{A}$ 与 $e^{\lambda \hat{A}}$ 对易，可以放在任一边。
• 特例：$[\hat{A},\hat{B}]=c$（常数）时 $e^{\hat{A}}\hat{B}{e}^{-\hat{A}}=\hat{B}+c$。同类：小蓝书 4-24；强化17、强化23 都要用。
• 原题印刷的第四项少了一个右括号，上面已按正确写法录入。

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强化16 · e^{iL̂_y π/2} Yₗₘ 是 L̂²、L̂ₓ 的共同本征函数（A4） · ×1

设 $\hat{\mathbf{L}}$ 为轨道角动量算符。已知 ${\hat{L}}^2$ 与 ${\hat{L}}_z$ 的共同本征函数为 $Y_{lm}(\theta ,\phi )$。证明 $e^{i{\hat{L}}_y\frac{\pi }{2}}{Y}_{lm}(\theta ,\phi )$ 为 ${\hat{L}}^2$ 和 ${\hat{L}}_x$ 的共同本征函数，并求出相应的本征值。

处理建议：看思路跳过（知道「绕 $y$ 轴转 $\frac{\pi }{2}$ 把 $z$ 轴转到 $x$ 轴」即可）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_y]=0\Rightarrow {\hat{L}}^2$ 与 $e^{(\cdots ){\hat{L}}_y}$ 对易，${\hat{L}}^2(e^{(\cdots )}{Y}_{lm})=l(l+1){\hslash }^2{e}^{(\cdots )}{Y}_{lm}$。
2. 答案册记 $\hat{U}=e^{\frac{1}{i\hslash }{\hat{L}}_y\frac{\pi }{2}}=e^{-i{\hat{L}}_y\pi /(2\hslash )}$，用 BCH（强化15）和 $[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_x]=-i\hslash {\hat{L}}_z$、$[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z]=i\hslash {\hat{L}}_x$，级数分奇偶求和成 cos/sin：$e^{\frac{i\alpha }{\hslash }{\hat{L}}_y}{\hat{L}}_x{e}^{-\frac{i\alpha }{\hslash }{\hat{L}}_y}=\cos \alpha {\hat{L}}_x+\sin \alpha {\hat{L}}_z$。
3. 取 $\alpha =\frac{\pi }{2}$：${\hat{U}}^{†}{\hat{L}}_x\hat{U}={\hat{L}}_z$，即 ${\hat{L}}_x\hat{U}=\hat{U}{\hat{L}}_z$。
4. ${\hat{L}}_x(\hat{U}{Y}_{lm})=\hat{U}{\hat{L}}_z{Y}_{lm}=m\hslash (\hat{U}{Y}_{lm})$；本征值：${\hat{L}}^2$ 为 $l(l+1){\hslash }^2$，${\hat{L}}_x$ 为 $m\hslash$。

入口

• 物理图像：$e^{-i{\hat{L}}_y\alpha /\hslash }$ 是绕 $y$ 轴转 $\alpha$ 的转动算符，转 $\frac{\pi }{2}$ 把 $z$ 方向的量子化轴转到 $x$ 方向。
• 【记号说明】题干的 $e^{i{\hat{L}}_y\frac{\pi }{2}}$ 没写 $\hslash$（相当于 $\hslash =1$），而且是正号；按题干字面 $e^{+i{\hat{L}}_y\pi /(2\hslash )}$ 算，得 ${\hat{L}}_x$ 本征值 $-m\hslash$。答案册从第二步起改用 $e^{\frac{1}{i\hslash }{\hat{L}}_y\frac{\pi }{2}}$，得 $+m\hslash$。两种写法都是 ${\hat{L}}_x$ 的本征函数，$m$ 都取 $-l,\dots ,l$，结论不受影响。
• 同一套推导还给出 $e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{L}}_y\alpha }{\hat{L}}_z{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{L}}_y\alpha }={\hat{L}}_z\cos \alpha -{\hat{L}}_x\sin \alpha$ 等一组公式（答案册式 (7)–(11)）。

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强化17 · 谐振子升降算符：对易关系、a|n⟩、能谱、ψ₀（A5） · ×1

一维谐振子降算符 $a$ 与升算符 $a^{+}$ 的定义为

$$a=\sqrt{\frac{\mu \omega }{2\hslash }}(x+\frac{i}{\mu \omega }\hat{p}),a^{+}=\sqrt{\frac{\mu \omega }{2\hslash }}(x-\frac{i}{\mu \omega }\hat{p}).\text{(1)}$$

由 $a$ 与 $a^{+}$ 可以构成厄米算符 $\hat{N}=a^{+}a$。令 $\hat{N}$ 的本征值为 $n$，本征态为 $|n⟩$。

(1) 计算对易关系：$[a,a^{+}]$，$[a,\hat{N}]$，$[a^{+},\hat{N}]$；

(2) 证明

$$a|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩,\text{(2)}$$$$a^{+}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩;\text{(3)}$$

(3) 将谐振子的哈密顿算符 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}^2$ 用 $\hat{N}=a^{+}a$ 表示；

(4) 利用式 (2) 求出 $\hat{N}$ 的本征值 $n$，从而求出 $\hat{H}$ 的本征值 $E$；

(5) 由式 (3) 不难得到

$$|n⟩=\frac{1}{\sqrt{n!}}(a^{+}{)}^n|0⟩,\text{(4)}$$

写出它在 $x$ 表象中的表达式 ${\psi }_n(x)=⟨x|n⟩$。利用公式 (2)，给出 ${\psi }_0(x)=⟨x|0⟩$ 满足的方程，并求出 ${\psi }_0(x)$。

处理建议：看讲解 + 默关键步（$|\lambda {|}^2=⟨n|a^{+}a|n⟩$、$a|0⟩=0$ 解 ${\psi }_0$）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) 由 $[x,\hat{p}]=i\hslash$：$[a,a^{+}]=1$；$[a,\hat{N}]=[a,a^{+}]a=a$，$[a^{+},\hat{N}]=a^{+}[a^{+},a]=-a^{+}$。
2. (2) $\hat{N}a|n⟩=(n-1)a|n⟩$，$\hat{N}$ 本征值非简并 $\Rightarrow a|n⟩=\lambda |n-1⟩$；取模方 $|\lambda {|}^2=⟨n|a^{+}a|n⟩=n$，取 $\lambda =\sqrt{n}$。同理 $\hat{N}{a}^{+}|n⟩=(n+1)a^{+}|n⟩$，$|\lambda {|}^2=⟨n|a{a}^{+}|n⟩=n+1$。
3. (3) 反解 $x=\sqrt{\frac{\hslash }{2\mu \omega }}(a^{+}+a)$，$\hat{p}=i\sqrt{\frac{\mu \hslash \omega }{2}}(a^{+}-a)$，代入并用 $a{a}^{+}=\hat{N}+1$：$\hat{H}=(\hat{N}+\frac{1}{2})\hslash \omega$。
4. (4) $n=⟨n|a^{+}a|n⟩=\parallel a|n⟩{\parallel }^2\ge 0$；若 $n$ 不是非负整数，反复作用 $a^k$ 会得到 $n-k<0$ 的本征态，矛盾 $\Rightarrow n=0,1,2,\dots$，$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$。
5. (5) ${\psi }_n(x)=\frac{1}{\sqrt{n!}}[\sqrt{\frac{\mu \omega }{2\hslash }}(x-\frac{\hslash }{\mu \omega }\frac{d}{dx}){]}^n{\psi }_0(x)$；$a|0⟩=0\Rightarrow (x+\frac{\hslash }{\mu \omega }\frac{d}{dx}){\psi }_0=0$，${\psi }_0=\sqrt{\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$，$\alpha =\sqrt{\frac{\mu \omega }{\hslash }}$。

入口

• 记号：本题 $a$ = Griffiths 的 $a_{-}$，$a^{+}$ = $a_{+}$。
• 最容易卡：「$a|n⟩\propto |n-1⟩$」要用到 $\hat{N}$ 本征值非简并（一维束缚态）。
• $x$ 表象中 $\hat{p}\to -i\hslash \frac{d}{dx}$，所以 $\frac{i}{\mu \omega }\hat{p}\to \frac{\hslash }{\mu \omega }\frac{d}{dx}$。

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强化18 · 求和规则：⟨n|p̂|m⟩ 与 ⟨n|x|m⟩（A6） · ×2

粒子作一维运动，$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }+V(x)$，定态波函数为 $|n⟩$：$\hat{H}|n⟩=E_n|n⟩$，$n=1,2,\dots$

(1) 证明

$$⟨n|\hat{p}|m⟩=a_{nm}⟨n|x|m⟩,\text{(1)}$$

并求系数 $a_{nm}$；

(2) 利用式 (1) 推导求和公式

$$\sum (E_n-E_m{)}^2⟨n|x|m{⟩}^2=\frac{{\hslash }^2}{{\mu }^2}⟨m|p^2|m⟩,\text{(2)}$$

(3) 证明

$$\sum (E_n-E_m)⟨n|x|m{⟩}^2=\frac{{\hslash }^2}{2\mu }.\text{(3)}$$

处理建议：动手做。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) $[x,\hat{H}]=[x,\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }]=\frac{i\hslash }{\mu }\hat{p}\Rightarrow \hat{p}=\frac{\mu }{i\hslash }[x,\hat{H}]$；夹在 $⟨n|\cdots |m⟩$ 中：$⟨n|\hat{p}|m⟩=\frac{\mu }{i\hslash }(E_m-E_n)⟨n|x|m⟩$，$a_{nm}=\frac{i\mu }{\hslash }(E_n-E_m)$。等价写法：$(E_n-E_m)⟨n|x|m⟩=-\frac{i\hslash }{\mu }⟨n|\hat{p}|m⟩$（记为 (★)）。
2. (2) $|⟨n|x|m⟩{|}^2=⟨m|x|n⟩⟨n|x|m⟩$，$(E_n-E_m{)}^2=-(E_m-E_n)(E_n-E_m)$，两个因子各用一次 (★)：${\sum }_n(\cdots )=-(-\frac{i\hslash }{\mu }{)}^2{\sum }_n⟨m|\hat{p}|n⟩⟨n|\hat{p}|m⟩=\frac{{\hslash }^2}{{\mu }^2}⟨m|{\hat{p}}^2|m⟩$（完备性 ${\sum }_n|n⟩⟨n|=1$）。
3. (3) 把求和拆成对称的两半：$\frac{1}{2}{\sum }_n[(E_n-E_m)⟨m|x|n⟩⟨n|x|m⟩-(E_m-E_n)⟨m|x|n⟩⟨n|x|m⟩]$，分别用 (★) 换掉，得 $-\frac{i\hslash }{2\mu }⟨m|x\hat{p}-\hat{p}x|m⟩=-\frac{i\hslash }{2\mu }\cdot i\hslash =\frac{{\hslash }^2}{2\mu }$。

入口

• 必背：$[x,\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }]=\frac{i\hslash }{\mu }\hat{p}$；$⟨n|[x,\hat{H}]|m⟩=(E_m-E_n)⟨n|x|m⟩$。
• (3) 的关键是「拆两半」：一半让 $x$ 在左、一半让 $x$ 在右，才能凑出 $[x,\hat{p}]$。
• 同类：扫 5-4-5（就是 (3)，Thomas–Reiche–Kuhn 求和规则）；同一套「对易子夹本征态」：小蓝书 5-8（束缚态 $\bar{p}=0$）。

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强化19 · 谐振子递推关系、x̄ 与 p̄、零点能与不确定关系、T̄=V̄（A7） · ×1

一维谐振子能量的本征值与本征函数为

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega ,{\psi }_n(x)=N_n{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}{H}_n(\alpha x),\text{(1)}$$$$N_n=\sqrt{\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}},\alpha =\sqrt{\frac{\mu \omega }{\hslash }},n=0,1,2,\dots \text{(2)}$$

(1) 由厄米多项式 $H_n(z)$ 的递推关系

$$z{H}_n(z)=\frac{1}{2}{H}_{n+1}(z)+n{H}_{n-1}(z),\text{(3)}$$$$H_n^{\prime }(z)=2n{H}_{n-1}(z),\text{(4)}$$

导出 $x{\psi }_n(x)$ 和 $d{\psi }_n(x)/dx$ 满足的递推关系。

(2) 求出 ${\psi }_n(x)$ 态上坐标和动量的平均值 $\bar{x}$ 和 $\bar{p}$。

(3) 证明谐振子零点能 $E_0=\frac{\hslash \omega }{2}$ 是测不准关系 $\Delta x\Delta p\ge \frac{\hslash }{2}$ 的直接结果。

(4) 求出 ${\psi }_n(x)$ 态上动能与势能的平均值 $\bar{T}$ 和 $\bar{V}$，并找出它们之间的关系。 ☐ 10/17：（厄米多项式生成式 $H_n(\xi )=(-1{)}^n{e}^{{\xi }^2}\frac{d^n}{d{\xi }^n}{e}^{-{\xi }^2}$ 记不牢（$H_0=1$）；(4) 只写结论 $\bar{T}=\bar{V}=E_n/2$，推导略（同质化）） ☐ 11/01：(4) 旁标△（⟨x²⟩/⟨p²⟩ 代入处）→ 留黄，times 仍×1

处理建议：动手做，只做 (2)–(4)；(1) 的两条递推式当已知直接用（必背）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) 结果（必背）：$x{\psi }_n=\frac{1}{\alpha }[\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}+\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}]$，$\frac{d{\psi }_n}{dx}=\alpha [\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}-\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}]$；推法：$z=\alpha x$ 代入 (3)(4)，再用 $N_{n+1}=\frac{N_n}{\sqrt{2(n+1)}}$、$N_{n-1}=\sqrt{2n}{N}_n$ 换系数。
2. (2) $x{\psi }_n$、${\psi }_n^{\prime }$ 都只含 ${\psi }_{n\pm 1}$，与 ${\psi }_n$ 正交：$\bar{x}=0$，$\bar{p}=0$。
3. (3) $\bar{x}=\bar{p}=0\Rightarrow (\Delta x{)}^2=\overline{x^2}$，$(\Delta p{)}^2=\overline{p^2}$；$E=\frac{(\Delta p{)}^2}{2\mu }+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2(\Delta x{)}^2\ge 2\sqrt{\frac{(\Delta p{)}^2}{2\mu }\cdot \frac{1}{2}\mu {\omega }^2(\Delta x{)}^2}=\omega \Delta x\Delta p\ge \frac{1}{2}\hslash \omega$。
4. (4) $\bar{T}=\frac{{\hslash }^2}{2\mu }\int {\frac{d{\psi }_n}{dx}}^{2}dx=\frac{{\hslash }^2{\alpha }^2}{2\mu }(\frac{n}{2}+\frac{n+1}{2})=\frac{1}{2}(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$；$\bar{V}=\frac{1}{2}\mu {\omega }^2\int |x{\psi }_n{|}^{2}dx=\frac{1}{2}(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$；$\bar{T}=\bar{V}=\frac{1}{2}{E}_n$。

入口

• (3) 的关键：$A^2+B^2\ge 2AB$（算术–几何平均），再代入 $\Delta x\Delta p\ge \frac{\hslash }{2}$。
• (4) 用 $\bar{T}=\frac{1}{2\mu }\int (\hat{p}{\psi }_n{)}^{\ast }(\hat{p}{\psi }_n)dx$，把 ${\hat{p}}^2$ 拆成两个一阶导，直接套递推式。$\bar{T}=\bar{V}$ 也可由 Virial 定理（$V\propto x^2$，$\nu =2$）得到。
• 【答案勘误】答案册式 (7) 写成 $N_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{2(n+1)}}\frac{N_n}{\alpha }$、$N_{n-1}=\frac{\sqrt{2n}}{\alpha }{N}_n$，多了 $\frac{1}{\alpha }$；由 (2) 直接得 $N_{n+1}=\frac{N_n}{\sqrt{2(n+1)}}$，$N_{n-1}=\sqrt{2n}{N}_n$。它后面的式 (8)(10) 结果是对的。
• 同类：小蓝书 3-13、小蓝书 3-14。

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强化20 · 纯态密度算符：tr(F̂ρ)、本征值、演化方程（A8） · ×1

设归一化波函数 $|\psi ⟩$ 满足薛定谔方程 $i\hslash \frac{\partial }{\partial t}|\psi ⟩=\hat{H}|\psi ⟩$。定义密度算符（矩阵）为 $\rho =|\psi ⟩⟨\psi |$。(1) 证明任意力学量 $\hat{F}$ 在 $|\psi ⟩$ 态中的平均值可表示为 $tr(\hat{F}\rho )$；(2) 求出 $\rho$ 的本征值；(3) 导出 $\rho$ 随时间变化的方程。

处理建议：看思路跳过（第6章扫盲会讲到）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) 插完备基 ${\sum }_n|n⟩⟨n|=1$：$\bar{F}=⟨\psi |\hat{F}|\psi ⟩=⟨\psi |({\sum }_n|n⟩⟨n|)\hat{F}|\psi ⟩={\sum }_n⟨n|\hat{F}|\psi ⟩⟨\psi |n⟩={\sum }_n⟨n|\hat{F}\rho |n⟩=tr(\hat{F}\rho )$（第三步只是交换两个数的顺序）。
2. (2) ${\rho }^2=|\psi ⟩⟨\psi |\psi ⟩⟨\psi |=\rho$；$\rho |\varphi ⟩=\lambda |\varphi ⟩\Rightarrow {\lambda }^2=\lambda$，$\lambda =0,1$。
3. (3) $i\hslash \frac{\partial }{\partial t}|\psi ⟩=\hat{H}|\psi ⟩$，共轭 $-i\hslash \frac{\partial }{\partial t}⟨\psi |=⟨\psi |\hat{H}$；$i\hslash \frac{\partial \rho }{\partial t}=\hat{H}|\psi ⟩⟨\psi |-|\psi ⟩⟨\psi |\hat{H}=[\hat{H},\rho ]$。

入口

• 易错：$i\hslash \dot{\rho }=[\hat{H},\rho ]$ 与 Heisenberg 方程 $i\hslash F^{\dot{}}=[\hat{F},\hat{H}]$ 符号相反。
• 同类：扫 6-6-1、扫 6-6-2。

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强化21 · 用试探态估基态偏离与第二激发态能量上限（A9） · ×1

设体系的能量本征方程为 $\hat{H}|n⟩=E_n|n⟩$，$⟨m|n⟩={\delta }_{mn}$，$E_0\le E_1\le E_2\cdots$。(1) 取 $|{\psi }_0⟩$ 为归一化基态试探态矢。令 $E=⟨{\psi }_0|\hat{H}|{\psi }_0⟩$，$\epsilon =1-|⟨0|{\psi }_0⟩{|}^2$，证明 $E-E_0\ge (E_1-E_0)\epsilon$。(2) 若只知 $\hat{H}$ 最低的两个本征态矢 $|0⟩$ 与 $|1⟩$，试从任意归一化态矢出发，构造第二激发态的试探态矢，并求出该激发态能量上限。

处理建议：看思路跳过。

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骨架

1. (1) 展开 $|{\psi }_0⟩={\sum }_n{c}_n|n⟩$：$E={\sum }_n|c_n{|}^2{E}_n$。
2. $E-E_0=E_0(|c_0{|}^2-1)+{\sum }_{n\ge 1}|c_n{|}^2{E}_n\ge E_0(|c_0{|}^2-1)+E_1(1-|c_0{|}^2)=(E_1-E_0)\epsilon$。
3. (2) 从任意归一化 $|\psi ⟩$ 扣掉 $|0⟩$、$|1⟩$ 分量：$|{\psi }_2⟩=|\psi ⟩-⟨0|\psi ⟩|0⟩-⟨1|\psi ⟩|1⟩$。
4. $E_2\le \frac{⟨{\psi }_2|\hat{H}|{\psi }_2⟩}{⟨{\psi }_2|{\psi }_2⟩}=\frac{⟨\psi |\hat{H}|\psi ⟩-|⟨0|\psi ⟩{|}^2{E}_0-|⟨1|\psi ⟩{|}^2{E}_1}{1-|⟨0|\psi ⟩{|}^2-|⟨1|\psi ⟩{|}^2}$。

入口

• 核心：${\sum }_{n\ge 1}|c_n{|}^2{E}_n\ge E_1{\sum }_{n\ge 1}|c_n{|}^2$，再用 ${\sum }_n|c_n{|}^2=1$。
• 试探态与更低能级正交，变分给的就是该激发态的上限。

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强化22 · 中微子振荡（A10） · ×1

一体系由两个不同类型的中微子组成，其哈密顿量 $\hat{H}$ 的本征态矢为 $|1⟩$ 与 $|2⟩$，相应的本征能量为 $E_1$ 与 $E_2$，$E_1<E_2$。已知电子中微子与 $\mu$ 子中微子的态矢分别为

$$|e⟩=\cos \theta |1⟩+\sin \theta |2⟩,|\mu ⟩=-\sin \theta |1⟩+\cos \theta |2⟩,$$

其中 $\theta$ 是混合角。设体系在 $t=0$ 时处于电子中微子态 $|e⟩$，求 (1) 任意 $t$ 时刻体系的态矢 $|\psi (t)⟩$；(2) 任意 $t$ 时刻体系处于基态 $|1⟩$ 的概率；(3) 任意 $t$ 时刻体系处于 $\mu$ 子中微子态 $|\mu ⟩$ 的概率；(4) 何时体系又回到电子中微子态 $|e⟩$，周期是什么？

处理建议：动手做（标准两能级真题模型）。

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骨架

1. (1) 按能量本征态展开，各乘自己的相位：$|\psi (t)⟩=\cos \theta e^{-i{E}_{1}t/\hslash }|1⟩+\sin \theta e^{-i{E}_{2}t/\hslash }|2⟩$。
2. (2) $P_1=|\cos \theta e^{-i{E}_{1}t/\hslash }{|}^2={\cos }^2\theta$，不随时间变（能量本征态概率守恒）。
3. (3) $⟨\mu |\psi (t)⟩=\sin \theta \cos \theta (e^{-i{E}_{2}t/\hslash }-e^{-i{E}_{1}t/\hslash })$，$P_{\mu }=\frac{{\sin }^{2}2\theta }{2}[1-\cos \frac{(E_2-E_1)t}{\hslash }]={\sin }^{2}2\theta {\sin }^2\frac{(E_2-E_1)t}{2\hslash }$；$P_e=1-P_{\mu }$。
4. (4) $P_e=1\iff \sin \frac{(E_2-E_1)t}{2\hslash }=0$：$t=\frac{2\pi n\hslash }{E_2-E_1}$，$n=0,1,2,\dots$；周期 $T=\frac{2\pi \hslash }{E_2-E_1}$。

入口

• 求某态 $|\chi ⟩$ 的概率：$|⟨\chi |\psi (t)⟩{|}^2$；只差整体相位就算「回到原态」。
• $|e^{-ia}-e^{-ib}{|}^2=2-2\cos (a-b)=4{\sin }^2\frac{a-b}{2}$。
• 同类：二能级含时演化 题40🟢 题43🟡。

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强化23 · 相干态：a 的本征态、不正交、e^{αa⁺−α*a}|0⟩（A11） · ×1

设 $|n⟩$ 为一维谐振子的能量本征态，谐振子降算符 $a$ 对 $|n⟩$ 的作用为

$$a|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩.\text{(1)}$$

证明 (1) 一维谐振子相干态

$$|\alpha ⟩=e^{-|\alpha {|}^2/2}\sum \frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}|n⟩\text{(2)}$$

是谐振子降算符 $a$ 的本征态，本征值为 $\alpha$；(2) $a$ 的不同本征值 $\beta$ 与 $\alpha$ 的本征态不正交：

$$⟨\beta |\alpha ⟩\ne =0;$$

(3) 谐振子相干态 (2) 可以表示为

$$|\alpha ⟩=e^{\alpha a^{+}-{\alpha }^{\ast }a}|0⟩,$$

其中 $a^{+}$ 为谐振子升算符。

处理建议：看讲解 + 默关键步（求和指标平移；Glauber 公式拆指数）。

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骨架

1. (1) $a|\alpha ⟩=e^{-|\alpha {|}^2/2}{\sum }_{n\ge 1}\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{(n-1)!}}|n-1⟩$，令 $m=n-1$：$=\alpha e^{-|\alpha {|}^2/2}{\sum }_m\frac{{\alpha }^m}{\sqrt{m!}}|m⟩=\alpha |\alpha ⟩$。
2. (2) $⟨\beta |\alpha ⟩=e^{-(|\alpha {|}^2+|\beta {|}^2)/2}{\sum }_n\frac{({\beta }^{\ast }\alpha {)}^n}{n!}=e^{-(|\alpha {|}^2+|\beta {|}^2-2{\beta }^{\ast }\alpha )/2}\ne =0$（指数函数恒不为零）。
3. (3) 令 $\hat{A}=\alpha a^{+}$，$\hat{B}=-{\alpha }^{\ast }a$，$[\hat{A},\hat{B}]=|\alpha {|}^2$ 是常数，用 $e^{\hat{A}+\hat{B}}=e^{\hat{A}}{e}^{\hat{B}}{e}^{-[\hat{A},\hat{B}]/2}$：$e^{\alpha a^{+}-{\alpha }^{\ast }a}=e^{-|\alpha {|}^2/2}{e}^{\alpha a^{+}}{e}^{-{\alpha }^{\ast }a}$。
4. $e^{-{\alpha }^{\ast }a}|0⟩=|0⟩$（$a|0⟩=0$），$e^{\alpha a^{+}}|0⟩={\sum }_n\frac{{\alpha }^n}{n!}(a^{+}{)}^n|0⟩={\sum }_n\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}|n⟩$（用 $|n⟩=\frac{(a^{+}{)}^n}{\sqrt{n!}}|0⟩$），合起来即 (2)。

入口

• $a$ 不厄米，所以本征值可以是复数、本征态可以不正交；$|⟨\beta |\alpha ⟩{|}^2=e^{-|\alpha -\beta {|}^2}$。
• Glauber 公式成立条件：$[\hat{A},\hat{B}]$ 与 $\hat{A}$、$\hat{B}$ 都对易（答案册引「2.11 题」，不在本组）。
• 【答案勘误】答案册式 (10)(11) 写成 $e^{|\alpha {|}^2/2}$，应为 $e^{-|\alpha {|}^2/2}$（$[\hat{A},\hat{B}]=+|\alpha {|}^2$，公式里是 $e^{-[\hat{A},\hat{B}]/2}$）；它最后的式 (13) 用的是正确的负号。
• 同类：题58⬜。

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强化24 · 相干态的 H̄ 与最小不确定 ΔxΔp=ħ/2（A12） · ×1

一维谐振子处于相干态 $|\alpha ⟩=e^{-|\alpha {|}^2/2}{\sum }_{n=0\infty }\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}|n⟩$，其中 $|n⟩$ 是谐振子哈密顿量 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}^2$ 的本征态。谐振子相干态 $|\alpha ⟩$ 是谐振子算符 $a=\sqrt{\frac{\mu \omega }{2\hslash }}(x+\frac{i}{\mu \omega }\hat{p})$ 的本征值为 $\alpha$ 的本征态，满足归一化条件 $⟨\alpha |\alpha ⟩=1$。(1) 求能量平均值 $\bar{H}$；(2) 求 $\Delta x$ 与 $\Delta p$，表明在相干态上乘积 $\Delta x\Delta p$ 取测不准关系式 $\Delta x\Delta p\ge \hslash /2$ 中的最小值。

处理建议：看讲解 + 默关键步（$x$、$p$ 写成 $a,a^{+}$，$a$ 往右作用、$a^{+}$ 往左作用）。

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骨架

1. (1) $\hat{H}=(\hat{N}+\frac{1}{2})\hslash \omega$；$a|\alpha ⟩=\alpha |\alpha ⟩$，$⟨\alpha |a^{+}={\alpha }^{\ast }⟨\alpha |$，$\bar{N}=⟨\alpha |a^{+}a|\alpha ⟩=|\alpha {|}^2$，$\bar{H}=(|\alpha {|}^2+\frac{1}{2})\hslash \omega$。
2. (2) $x=\sqrt{\frac{\hslash }{2\mu \omega }}(a^{+}+a)$，$\hat{p}=i\sqrt{\frac{\mu \omega \hslash }{2}}(a^{+}-a)$；$x^2=\frac{\hslash }{2\mu \omega }[(a^{+}{)}^2+a^2+2a^{+}a+1]$，${\hat{p}}^2=\frac{1}{2}\mu \omega \hslash [2a^{+}a+1-(a^{+}{)}^2-a^2]$（用 $a{a}^{+}=a^{+}a+1$）。
3. $\bar{x}=\sqrt{\frac{\hslash }{2\mu \omega }}({\alpha }^{\ast }+\alpha )$，$\overline{x^2}=\frac{\hslash }{2\mu \omega }[({\alpha }^{\ast }{)}^2+{\alpha }^2+2{\alpha }^{\ast }\alpha +1]$；$\bar{p}=i\sqrt{\frac{\mu \omega \hslash }{2}}({\alpha }^{\ast }-\alpha )$，$\overline{p^2}=\frac{1}{2}\mu \omega \hslash [2{\alpha }^{\ast }\alpha +1-({\alpha }^{\ast }{)}^2-{\alpha }^2]$。
4. $\Delta x=\sqrt{\frac{\hslash }{2\mu \omega }}$，$\Delta p=\sqrt{\frac{\mu \omega \hslash }{2}}$，$\Delta x\Delta p=\frac{\hslash }{2}$，与 $\alpha$ 无关，和基态一样。

入口

• 快速记：$(\Delta x{)}^2$ 只剩「$+1$」那一项，$\overline{x^2}-{\bar{x}}^2=\frac{\hslash }{2\mu \omega }$。
• 同类：题58⬜，小蓝书 4-13。

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表象变换

表象变换 · A组 A1–A8（2026-11-01 登记）

强化49 · 在 p 表象求解 δ 势阱定态（A1） · ×1

在 $p$ 表象求解 $\delta$ 势阱 $V(x)=-\gamma \delta (x)$ 中的定态能量和波函数（$\gamma >0$）。 ☐ 11/03：旁标△；红注 $E=-|E|$、积分常数；末式 $E$/$\phi (p)$ 写出 → 留黄，times×1 ·🔴入口

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入口（11/03）

• $p$ 表象：$V_{p{p}^{\prime }}=-\gamma /(2\pi \hslash )$；束缚态先钉 $E=-|E|$。
• $(p^2+2\mu |E|)\phi (p)=const\int \phi (p^{\prime })d{p}^{\prime }$ ⇒ $\phi (p)=A/(p^2+2\mu |E|)$。
• 自洽积分得 $|E|=\mu {\gamma }^2/(2{\hslash }^2)$，再归一化 $A$。

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强化50 · 均匀力场中动量空间概率密度 ∂ρ/∂t 与 ∂ρ/∂p（A2） · ×1

质量为 $\mu$ 的粒子在均匀力场 $f(x)=-F(F>0)$ 中运动，$\rho (p,t)$ 为其在动量空间的概率密度，求 $\partial \rho /\partial t$ 与 $\partial \rho /\partial p$ 的关系。 ☐ 11/03：旁标△；末式 $\partial \rho /\partial t=F\partial \rho /\partial p$ 对 → 留黄，times×1 ·🔴入口

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入口（11/03）

• 力场 $V=Fx$ 在 $p$ 表象：$\hat{x}=i\hslash {\partial }_p$。
• 用薛定谔方程写 $\partial \psi /\partial t$、$\partial {\psi }^{\ast }/\partial t$，动能项相消，得 $\partial \rho /\partial t=F\partial \rho /\partial p$。

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强化51 · ${\hat{A}}^2={\hat{B}}^2=1$、反对易：矩阵表示与幺正变换（A3） · ×1

厄米算符 $\hat{A}$ 与 $\hat{B}$ 满足 ${\hat{A}}^2={\hat{B}}^2=1$，且 $\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A}=0$。求：

(1) 在 $\hat{A}$ 表象中算符 $\hat{A}$ 与 $\hat{B}$ 的矩阵表示；

(2) 在 $\hat{A}$ 表象中算符 $\hat{B}$ 的本征值与本征态矢；

(3) 由 $\hat{A}$ 表象到 $\hat{B}$ 表象的幺正变换 $S$ 矩阵，并把 $\hat{B}$ 矩阵对角化。 ☐ 11/05：（题头△；主线(1)(2)(3)对；b=e^{iθ}取1宜补相位可吸收一句）·🟡

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入口（11/05）

• 反对易⇒B反对角；相位约定写明。

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强化52 · $l=1$：$({\hat{L}}^2,{\hat{L}}_z)$ → $({\hat{L}}^2,{\hat{L}}_x)$ 表象变换（A4） · ×1

已知在 $l=1$ 的 $({\hat{L}}^2,{\hat{L}}_z)$ 表象中，

$${\hat{L}}_x=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\{\begin{array}{llc}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array},{\hat{L}}_y=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\{\begin{array}{llc}0& -i& 0\\ i& 0& -i\\ 0& i& 0\end{array},{\hat{L}}_z=\hslash \{\begin{array}{llc}1& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& -1\end{array}.$$

(1) 给出它们的本征值与本征态矢；

(2) 给出 $({\hat{L}}^2,{\hat{L}}_z)$ 表象到 $({\hat{L}}^2,{\hat{L}}_x)$ 表象变换的 $S$ 矩阵，并通过 $S$ 矩阵，求出在 $({\hat{L}}^2,{\hat{L}}_x)$ 表象中 ${\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y$ 与 ${\hat{L}}_z$ 的矩阵表示、本征值与本征态矢。 ☐ 11/05：（题头△；(1)本征对对；S=V†、Lx′对角与 Lz′=原Lx形对；Ly′写成+原Ly，按本组相位应为−原Ly）·🟡 ·🔴入口

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入口（11/05）

• 11/05：Ly′符号——按所选 Lx 本征矢相位，Ly′=−(Lz表象中的 Ly)，勿照抄旧矩阵；新表象本征态：Lx′本征矢即标准基。

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强化53 · 中子–反中子振荡（A5） · ×1

中子 $n$ 和反中子 $\bar{n}$ 的质量都是 $m$，它们的态 $|n⟩$ 和 $|\bar{n}⟩$ 可以看成是一自由哈密顿量 ${\hat{H}}_0$ 的简并态：${\hat{H}}_0|n⟩=m{c}^2|n⟩$，${\hat{H}}_0|\bar{n}⟩=m{c}^2|\bar{n}⟩$。设有某种相互作用 ${\hat{H}}^{\prime }$ 能使中子与反中子相互转变：${\hat{H}}^{\prime }|n⟩=\alpha |\bar{n}⟩$，${\hat{H}}^{\prime }|\bar{n}⟩={\alpha }^{\ast }|n⟩$，其中 $\alpha ={\alpha }^{\ast }$。试求 $t=0$ 时刻的一个中子在 $t$ 时刻变成反中子的概率。 ☐ 11/06：旁标△；$E_{\pm }=m{c}^2\pm \alpha$、对称/反对称拆分与 $P_{\bar{n}}={\sin }^2(\alpha t/\hslash )$ 对 ·×1 ·🔴入口

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11/06 已写推：$H$ 的二能级对角化、$|n⟩=(|+⟩+|-⟩)/\sqrt{2}$、取 $⟨\bar{n}|\psi (t)⟩$ 后模方，得 ${\sin }^2(\alpha t/\hslash )$。旁标△，×1；下次独立把展开后的两个能量相位相减再模方一次写出。

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强化54 · $\psi =C{e}^{-\alpha r}(x+y+2z)$：$L^2$、$L_z$、$L_x$（A6） · ×0

粒子处于态 $\psi =C{e}^{-\alpha r}(x+y+2z)$，其中 $\alpha$ 为正数，$C$ 为归一化常数。求 $L^2$ 的取值，$L_z$ 的平均值，$L_z=\hslash$ 的概率，$L_x$ 的可能值及相应概率。

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强化55 · $\psi =c_1{Y}_{11}+c_2{Y}_{20}$：$L_z$、$L^2$、$L_x$（A7） · ×0

体系处于态 $\psi =c_1{Y}_{11}+c_2{Y}_{20}$（$|c_1{|}^2+|c_2{|}^2=1$），求：

(1) $L_z$ 的可能值及相应概率；

(2) $L^2$ 的可能值及相应概率；

(3) $L_x$ 的可能值及相应概率。

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强化56 · $\psi =c_1{Y}_{11}+c_2{Y}_{20}$（A8，讲义与 A7 同题） · ×1

体系处于态 $\psi =c_1{Y}_{11}+c_2{Y}_{20}$（$|c_1{|}^2+|c_2{|}^2=1$），求：(1) $L_z$ 的可能值及相应概率；(2) $L^2$ 的可能值及相应概率；(3) $L_x$ 的可能值及相应概率。

注：讲义第 8 题照片题面与第 7 题完全相同，照录。 ☐ 11/06：题头△；$Y_{20}$ 的 $L_x$ 又推至四阶矩，红改未收完 ·×1 ·🔴入口

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11/06 已写推：(1)(2) 正确；(3) $Y_{11}$ 支写到 $P_{\pm \hslash }=1/4$、$P_0=1/2$，$Y_{20}$ 支红改推进至 $⟨L_{x4}⟩$；没有独立收完整概率表，且题头△ → ×1，不判完成。此处另挂的是56，不能用同题反替55本次续交。

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三维问题

📄 本区 12 题 + 小蓝书第7章 17 题详细解答（手机版 PDF）：点击下载/查看

第三讲 三维问题 · A组（2026-10-23 上课，）

强化25 · 圆周上带电粒子在轴向 B 场中的基态（A1） · ×0

一个质量为 $\mu$、带有电荷 $q$ 的粒子被限制在 $xy$ 平面内半径为 $a$ 的圆周上运动，在 $z$ 轴方向加上强度为 $B$ 的均匀磁场。求粒子的基态能量和基态波函数的表达式，证明基态能量是 $B$ 的周期函数，并给出周期。已知在柱坐标系中

$${\nabla }^2=\frac{1}{\rho }\frac{\partial }{\partial \rho }(\rho \frac{\partial }{\partial \rho })+\frac{1}{{\rho }^2}\frac{{\partial }^2}{\partial {\varphi }^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2}.$$

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强化26 · 磁场中速度对易、H 展开与含时 A 的薛定谔方程（A2） · ×0

(1) 电荷为 $q$ 的粒子在磁场 $\mathbf{B}$ 与势场 $V(\mathbf{r})$ 中运动，求速度分量算符的对易关系 $[{\hat{v}}_x,{\hat{v}}_y]$、$[{\hat{v}}_y,{\hat{v}}_z]$、$[{\hat{v}}_z,{\hat{v}}_x]$。

(2) 质量为 $\mu$、电荷为 $q$ 的粒子在磁场中，哈密顿量为

$$\hat{H}=\frac{1}{2\mu }(\hat{\mathbf{p}}-\frac{q}{c}\mathbf{A}{)}^2.$$

问在什么条件下可写成

$$\hat{H}=\frac{1}{2\mu }{\hat{\mathbf{p}}}^2-\frac{q}{\mu c}\mathbf{A}\cdot \hat{\mathbf{p}}+\frac{q^2}{2\mu c^2}{\mathbf{A}}^2.$$

(3) 设 $\mathbf{A}={\mathbf{A}}_0\cos \omega t$（${\mathbf{A}}_0$ 为常矢），略去 $\hat{H}$ 中的 ${\mathbf{A}}^2$ 项，求相应薛定谔方程的解。

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强化27 · 库仑突然消失后动量几率分布（A3） · ×0

氢原子处于基态。假定库仑作用在 $t=0$ 时突然消失，电子离开原子像自由电子那样运动。试求 $t>0$ 时测量电子动量大小在 $p\sim p+dp$ 内的概率。

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强化28 · 径向动量 ${\hat{p}}_r$ 与中心力场关系式（A4） · ×0

设一粒子在中心力场 $V(r)$ 中运动，定义径向动量

$${\hat{p}}_r=\frac{1}{2}(\frac{\mathbf{r}}{r}\cdot \hat{\mathbf{p}}+\hat{\mathbf{p}}\cdot \frac{\mathbf{r}}{r}).\text{(1)}$$

(1) 证明

$${\hat{p}}_r=-i\hslash (\frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r}),\text{(2)}$$$$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}_{r2}}{2\mu }+\frac{{\hat{L}}^2}{2\mu r^2}+V(r).\text{(3)}$$

(2) 计算对易关系式 $[\frac{\partial }{\partial r},\hat{H}]$。

(3) 当粒子处于某一束缚定态 ${\psi }_{nlm}(\mathbf{r})=R_{nl}(r)Y_{lm}(\theta ,\varphi )$ 时，证明

$$⟨\frac{\partial V}{\partial r}{⟩}_{nlm}-\frac{l(l+1){\hslash }^2}{\mu }⟨\frac{1}{r^3}{⟩}_{nlm}=\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{R}_{nl}(0{)}^2.\text{(4)}$$

(4) 设 $V=-\frac{Z{e}^2}{r}$，证明在束缚定态 ${\psi }_{nlm}(\mathbf{r})$ 上

$$⟨\frac{1}{r^3}{⟩}_{nlm}=\frac{Z}{l(l+1)a}⟨\frac{1}{r^2}{⟩}_{nlm},\text{(5)}$$

其中 $a$ 为玻尔半径。

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强化29 · 测不准关系估算氢原子基态能量（A5） · ×0

利用测不准关系估算氢原子基态能量。

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强化30 · 中心力场共有本征态的 ⟨V⟩ 与单调势积分不等式（A6） · ×0

设一微观粒子在中心力场 $V(r)$ 中运动，且处于能量和轨道角动量的某一共同本征态。

(1) 在球坐标系中写出能量本征函数的基本形式，写出势能 $V(r)$ 在此态上的平均值 $⟨V⟩$ 的表达式，并最后表示成径向积分的形式；

(2) 设 $V(r)$ 是 $r$ 的单调上升函数（对任意 $r$，$dV/dr>0$），证明对任意给定的 $r_0$，均有

$${\int }_0^{r_0}[V(r)-⟨V⟩]R^2(r)r^{2}dr<0,$$

其中 $R(r)$ 是径向波函数。

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强化31 · $V=A/r^2-B/r$ 定态（化成氢原子）（A7） · ×0

粒子在中心力场 $V(r)=\frac{A}{r^2}-\frac{B}{r}$ 中运动，其中 $A$ 与 $B$ 为正实数。求定态能量和波函数。（提示：将定态方程化为氢原子定态方程。）

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强化32 · 二维圆环上两量子珠的库仑问题（A8） · ×0

二维平面有一个以原点为圆心、半径为 $R$ 的光滑刚性圆环，上面套着两颗质量为 $m$、电荷为 $q$ 的「量子珍珠」。珍珠可以无摩擦地绕环滑动，相互之间存在库仑位势 $V=q^2/r$（$r$ 为两颗珍珠之间的距离）；两颗珍珠各自的方位角（或极角）为 $\alpha ,\beta$。

(1) 利用 $\alpha ,\beta$ 写出这一珍珠体系的定态薛定谔方程；

(2) 令 $\lambda =(\alpha +\beta )/2$，$\theta =\alpha -\beta$，证明定态方程可以利用 $\lambda ,\theta$ 分离变量，从而这一体系可以分解为关于 $\lambda$ 的「质心」运动和关于 $\theta$ 的相对运动；

(3) 求解关于 $\lambda$ 的「质心」运动；

(4) 当 $q^2$ 非常大时，求解或估算关于 $\theta$ 的相对运动的基态与最低激发态的本征能量。

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强化33 · $d^2\bar{A}/d{t}^2$ 与双对易子（A9） · ×0

证明力学量 $\hat{A}$（不显含 $t$）的平均值对时间的二次微商为

$$\frac{d^2\bar{A}}{d{t}^2}=-\frac{1}{{\hslash }^2}\overline{[[\hat{A},\hat{H}],\hat{H}]},$$

其中 $\hat{H}$ 为该体系的哈密顿量。

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强化34 · 一维匀强电场中 ⟨p⟩、⟨x⟩ 的时间演化（A10） · ×0

电荷为 $q$、质量为 $\mu$ 的点粒子在一维均匀电场 $\mathbf{E}$ 中运动，位势为 $V(x)=-qEx$。在 $t=0$ 时该粒子的坐标与动量平均值分别为 $⟨x⟩=x_0$ 与 $⟨{\hat{p}}_x⟩=0$。

(1) 计算 $t$ 时刻的动量平均值 $⟨{\hat{p}}_x⟩$；

(2) 计算 $t$ 时刻的坐标平均值 $⟨x⟩$；

(3) 把计算的结果同经典物理的结果比较。

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强化35 · $V=-\alpha /r^s$ 束缚态条件 $0<s<2$（A11） · ×0

质量为 $\mu$ 的粒子在中心力场 $V(r)=-\frac{\alpha }{r^s}$（$\alpha >0$）中运动，证明存在束缚态的条件是 $0<s<2$。

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强化36 · 类氢原子 ⟨nlm|1/r²|nlm⟩（A12） · ×0

势能 $V=-\frac{Z{e}^2}{r}$ 的类氢原子处于 ${\psi }_{nlm}$ 态，试计算 $\frac{1}{r^2}$ 的平均值

$$\text{langlenlm}\frac{1}{r^2}nlm⟩.$$

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自旋

自旋专题 · A组（2026-10-30 上课，）

强化37 · 泡利矩阵指数恒等式（A1） · ×1

${\sigma }_1,{\sigma }_2$ 为泡利矩阵，证明 $e^{i\alpha {\sigma }_j}=\cos \alpha +i{\sigma }_j\sin \alpha$（$j=1,2$，$\alpha$ 为实数），并推广到矩阵 $\sigma =\lambda {\sigma }_1+\mu {\sigma }_2$（${\lambda }^2+{\mu }^2=1$）的情形。

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强化38 · 电子自旋共振（A2） · ×0

安排：等学完含时微扰再做

考虑电子自旋谐振（自旋共振）。略去原子场，强磁场下 $\hat{B}=B_0\hat{k}$。$t=0$ 时，电子自旋向上，并附加弱磁场 ${\hat{B}}_1=B_1\sin \omega t\hat{i}$。$\hat{k}$ 与 $\hat{i}$ 分别是 $z$ 轴与 $x$ 轴方向的单位矢量。试用一级含时微扰论，证明电子向自旋向下态的共振跃迁发生在 $\omega ={\omega }_0=e{B}_0/\mu c$ 处。略去非共振项，计算小 $t$ 时在 $\omega ={\omega }_0$ 处电子到自旋向下态跃迁的概率。

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强化39 · 两非全同自旋耦合与 $H$（A3） · ×1

一个体系由两个自旋 $s=1/2$ 的非全同粒子组成，${\hat{S}}_1$ 与 ${\hat{S}}_2$ 是粒子 1 与 2 的自旋算符。

(1) 用非耦合态 $|\uparrow \uparrow ⟩,|\uparrow \downarrow ⟩,|\downarrow \uparrow ⟩,|\downarrow \downarrow ⟩$，构成总自旋 $\hat{S}={\hat{S}}_1+{\hat{S}}_2$ 的 ${\hat{S}}^2$ 及 ${\hat{S}}_z$ 的共同本征态矢 $|s{m}_s⟩$；

(2) 求 $({\hat{S}}_{1z}-{\hat{S}}_{2z})|s{m}_s⟩=$？；

(3) 如体系的哈密顿量 $\hat{H}=A{\hat{S}}_1\cdot {\hat{S}}_2+B({\hat{S}}_{1z}-{\hat{S}}_{2z})$，其中 $A$ 与 $B$ 为常数，求体系的能量；

(4) 给出 $A=0,B\ne =0$ 时 $\hat{H}$ 的归一化本征态。

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强化40 · $V_0({\sigma }_{1x}{\sigma }_{2y}-{\sigma }_{1y}{\sigma }_{2x})$（A4） · ×1

两个自旋 $s=1/2$ 的非全同粒子体系哈氏量 $\hat{H}=V_0({\sigma }_{1x}{\sigma }_{2y}-{\sigma }_{1y}{\sigma }_{2x})$，其中 $V_0$ 是常数。

(1) 求 $\hat{H}$ 的本征值与本征态；

(2) 设 $t=0$ 时，体系处于 $|\uparrow \downarrow ⟩$ 态，求任意 $t$ 时刻体系处于 $|\downarrow \uparrow ⟩$ 态的概率。

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强化41 · 磁场中自由自旋本征问题（A5） · ×1

试求在磁场强度为 $\hat{B}$ 的外磁场中，电子的自旋引起的能量本征值和本征函数，$\hat{B}=B_z\hat{k}+B_x\hat{i}$，其中 $B_x,B_z$ 是常数，$\hat{i}$ 与 $\hat{k}$ 分别是 $x$ 与 $z$ 方向的单位矢量。

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强化42 · 旋转磁场中的自旋波函数（A6） · ×1

电子在周期性变化的磁场中运动，$B_x=B_0\cos \omega t$，$B_y=B_0\sin \omega t$，$B_z=0$。不考虑空间运动。已知 $t=0$ 时，电子处于 $s_z=\hslash /2$ 的态上，求任意 $t$ 时电子的波函数 $\psi (s_z,t)$，及电子处于 $s_z=-\hslash /2$ 态的概率。

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强化43 · 三自旋相互作用能级（A7） · ×1

一个由三个非全同的自旋为 $1/2$ 的粒子组成的体系，其哈密顿量为

\hat{H} = \frac{A}{\hbar ^{2}}S^_{1} \cdot S^_{2} + \frac{B}{\hbar ^{2}}(S^_{1} + S^_{2}) \cdot S^_{3},

其中 S^_{1}, S^_{2}, S^_{3} 分别是三个粒子的自旋算符，求体系的能量与相应的简并度。

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强化44 · 自旋相互作用与翻转概率（A8） · ×1

自旋均为 $1/2$ 的两个非全同粒子构成孤立体系，粒子间存在相互作用 $\alpha ({\hat{S}}_{1x}{\hat{S}}_{2x}+{\hat{S}}_{1y}{\hat{S}}_{2y}-{\hat{S}}_{1z}{\hat{S}}_{2z})$，其中 $\alpha$ 为实常数。只考虑自旋自由度，

(1) 求体系的能量本征值问题，并讨论能量的简并度；

(2) 设 $t=0$ 时，粒子 1 与 2 的自旋分别沿 $z$ 轴正向与 $x$ 轴负向，求 $t>0$ 时，粒子 1 自旋反转的概率。

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强化45 · 中子束势场极化（A9） · ×0

安排：复习到第三章散射态时做

能量为 $E$ 的中子束沿 $x$ 轴入射，在 $x\ge 0$ 区受到势场 $V(x)=V_0+{\omega }_0{\hat{S}}_z$ 的作用，其中 $V_0,{\omega }_0$ 是正实数，${\hat{S}}_z$ 是中子自旋 $z$ 分量，且 $0<\hslash {\omega }_0/2<V_0$。在 $x<0$ 处，$V(x)=0$。

(1) 设入射中子束中自旋 $z$ 分量向上和向下的中子各占一半，求反射中子的极化度

$$A=(\text{自旋向上中子数}-\text{自旋向下中子数})/\text{中子总数}；$$

(2) 入射中子能量为何值时，极化度最大？

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强化46 · 阱中分区磁场微扰基态（A10） · ×0

安排：复习到无限深势阱时做

一个质量为 $m$、无电荷但自旋为 $1/2$、磁矩为 M^_{s} = -\frac{2\mu _{0}}{\hbar}S^ 的粒子在一维无限深势阱

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0,& |x|<L\\ \infty ,& |x|>L\end{array}$$

中运动，其中 ${\mu }_0$ 和 $L$ 是正的常数，S^ 为粒子的自旋算符。现考虑在 $x<0$ 的半空间中有一沿 $z$ 方向的均匀磁场，大小为 $B$，而在 $x>0$ 的半空间中有一同样大小但沿 $x$ 方向的均匀磁场。在弱磁场极限下用微扰论求出体系基态的能级和波函数，并指出 $B$ 能作为弱磁场处理的具体条件（微扰只需计算到最低阶，自旋空间的波函数在 $({\hat{S}}^2,{\hat{S}}_z)$ 表象中写出）。

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强化47 · $H=\frac{\hslash \omega }{5}(3{\sigma }_z+4{\sigma }_x)$（A11） · ×0

安排：稍后做（待点名）

一个自旋 $s=1/2$ 的粒子，其哈密顿量为 $\hat{H}=\frac{\hslash \omega }{5}(3{\sigma }_z+4{\sigma }_x)$，其中 $\omega$ 为常量，${\sigma }_z$ 与 ${\sigma }_x$ 为泡利矩阵。

(1) 求粒子的能级与相应的波函数；

(2) 已知 $t=0$ 时粒子的自旋沿正 $z$ 轴，求 $t>0$ 时粒子的波函数 $|\psi (t)⟩$，粒子沿负 $z$ 轴的概率 $P$，以及能量的平均值 $\bar{E}$。

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强化48 · $\delta$ 势自旋翻转散射（A12） · ×0

安排：做到 δ 散射时安排

质量为 $m$、能量 $E>0$、自旋向上（沿 $z$ 轴方向）的电子沿 $x$ 轴从 $-\infty$ 向右运动，在 $x=0$ 处被位势 $V(x,\sigma )=-A\delta (x)({\sigma }_{+}+{\sigma }_{-})$ 散射，其中 ${\sigma }_{+}$ 与 ${\sigma }_{-}$ 为电子自旋的升降算符，$A>0$。求散射后电子具有自旋向下（沿 $z$ 轴反方向）的反射份额。

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全同粒子

来源：强化班「全同粒子」A 组 12 题（2026-11-08 邮件录入，题面照排，解答骨架为 Agent 整理）。 通用心法：先判"全同与否"（题无"全同"二字一律直积）→ 全同则总波函数定对称性（费米子反对称、玻色子对称）→ 空间对称配自旋反对称、空间反对称配自旋对称 → 再谈能级与简并度。

强化67 · 两费米子三维谐振子：波函数、能量与总角动量（A1） · ×0

两个自旋 $s=1/2$ 的全同粒子在同一谐振子势场中运动，$V(r)=\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{r}^2$，不考虑两粒子之间的相互作用。求一粒子处于单粒子基态、另一粒子处于在 $z$ 方向运动的单粒子第一激发态的体系波函数和能量，并求体系总角动量量子数 $(j,m_j)$ 的可能值。

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骨架

1. 单粒子态：基态 $(0,0,0)$ 与 $z$ 方向第一激发态 $(0,0,1)$，后者空间携带 $l=1$。
2. 费米子总波函数必须反对称：空间对称 ${\psi }_S$ 配自旋单态 ${\chi }_{00}$，空间反对称 ${\psi }_A$ 配自旋三重态 ${\chi }_{1m_s}$。
3. 能量 $E=\frac{3}{2}\hslash \omega +\frac{5}{2}\hslash \omega =4\hslash \omega$。
4. 总角动量：空间 $l=1$ 与自旋 $s$ 耦合——单态 $s=0\Rightarrow j=1$；三重态 $s=1\Rightarrow j=0,1,2$，$m_j=-j\dots j$。

入口

• 先写空间对称/反对称组合 $\frac{1}{\sqrt{2}}[{\phi }_{000}({\mathbf{r}}_1){\phi }_{001}({\mathbf{r}}_2)\pm {\phi }_{001}({\mathbf{r}}_1){\phi }_{000}({\mathbf{r}}_2)]$，再按"+配单态、−配三重态"接自旋。

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强化68 · 一维无限深阱两全同粒子：最低两能级与简并度（A2） · ×0

一维无限深方势阱 $V(x)=\{\begin{array}{ll}0,& 0<x<a\\ \infty ,& x<0,x>a\end{array}$ 中有两个全同粒子：(1) 粒子自旋 $s=0$，粒子间无相互作用，写出体系最低两个能级，指出简并度并给出相应波函数；(2) 同 (1)，但粒子自旋 $s=1/2$；(3) 同 (2)，但粒子间存在与自旋有关的相互作用势 $V=A{\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2$（$A>0$）。

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骨架

1. $s=0$ 玻色子全对称：基态 $(1,1)$，$E=2E_1$ 非简并；次低 $(1,2)$ 对称化，$E=5E_1$ 非简并。
2. $s=1/2$ 费米子：基态 $(1,1)$ 空间对称配单态，$2E_1$ 非简并；次低 $(1,2)$ 可配单态或三重态，$5E_1$ 四重简并。
3. 加 $A{\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2$：${\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2$ 本征值单态 $-\frac{3{\hslash }^2}{4}$、三重态 $+\frac{{\hslash }^2}{4}$，$5E_1$ 能级按自旋劈成 $5E_1-\frac{3A{\hslash }^2}{4}$（单态）与 $5E_1+\frac{A{\hslash }^2}{4}$（三重态）；$A>0$ 单态更低。

入口

• 简并度=空间态数×允许的自旋态数；先空间后自旋。

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强化69 · 耦合两费米子谐振子：质心-相对分离与单三重态归属（A3） · ×0

设有两个质量为 $\mu$、自旋 $s=1/2$ 的全同粒子，在同一势场 $V=\frac{1}{2}k{x}^2$ 中作一维谐振子运动，即 $V_i=\frac{1}{2}k{x}_i^2$（$i=1,2$）。两粒子间相互作用力势为 $\frac{1}{2}\alpha k(x_1-x_2{)}^2$，$\alpha >-\frac{1}{2}$。试求体系的能级，并指出哪些能级属于自旋单态？哪些能级属于自旋三重态？

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骨架

1. 换质心/相对坐标 $R=\frac{x_1+x_2}{2}$，$x=x_1-x_2$，哈密顿量分离成两个独立振子：质心频率 $\omega =\sqrt{k/\mu }$，相对频率 $\omega \sqrt{1+\alpha }$。
2. 能级 $E=(n_R+\frac{1}{2})\hslash \omega +(n+\frac{1}{2})\hslash \omega \sqrt{1+\alpha }$。
3. 交换两粒子 $\iff x\to -x$，空间宇称 $(-1{)}^n$：$n$ 偶空间对称、$n$ 奇空间反对称。
4. 费米子总反对称 ⇒ $n$ 偶配自旋单态，$n$ 奇配自旋三重态。

入口

• 相对坐标的量子数 $n$ 的奇偶就是交换对称性的开关——这是全同粒子耦合振子题的总钥匙。

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强化70 · 立方盒两粒子 $\delta$ 接触微扰：三种全同情形（A4） · ×0

两个质量为 $\mu$ 的粒子处于边长为 $a>b>c$ 的立方体盒中，粒子间相互作用势 $V=A\delta ({\vec{r}}_1-{\vec{r}}_2)$ 可视为微扰。在下列条件下，用一级微扰方法计算体系的最低能量：(1) 粒子非全同；(2) 零自旋的全同粒子；(3) 自旋为 $1/2$ 的全同粒子，并处于总自旋 $s=1$ 的态上。

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骨架

1. 单粒子基态 $(1,1,1)$，零级能量 $2E_{111}$。
2. (1) 非全同：$\Delta E=A\int |{\psi }_{111}{|}^4{d}^{3}r=A\cdot \frac{27}{8abc}$（用 ${\int }_0^a{\sin }^4\frac{\pi x}{a}dx=\frac{3a}{8}$）。
3. (2) $s=0$ 玻色子基态空间对称，结果同 (1)。
4. (3) $s=1$ 三重态 ⇒ 空间必须反对称 ⇒ 一粒子 $(1,1,1)$、另一粒子沿最长边 $a$ 方向激发到 $(2,1,1)$；反对称波函数在 ${\mathbf{r}}_1={\mathbf{r}}_2$ 处为零 ⇒ $\delta$ 微扰一级修正为零，$E=E_{111}+E_{211}$。

入口

• $\delta$ 接触势只对"两粒子同位置"敏感：空间反对称态在一级近似下完全免疫——这是常考结论。

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强化71 · 双夸克束缚模型：自旋相关势与全同限制（A5） · ×0

假设两个质量为 $m_q=70\mathrm{MeV}/c^2$ 的夸克可以通过相互作用位势 $V(r)=-a({\hat{\sigma }}_1\cdot {\hat{\sigma }}_2-b)r^2$ 束缚在一起，其中 $r$ 是两夸克间的距离，$b$ 是待定参数，$a=68.99MeV/f{\mathrm{m}}^2$。(1) $b$ 取什么值才能使两个夸克束缚在一起？(2) 设两夸克是不同类型的，并取 $b=3/2$，试求基态能量和简并度；(3) 设两夸克是同一类型的，并取 $b=3/2$，试求基态能量和简并度；(4) 令 $b=0$，求两个全同夸克在基态的方均根距离。已知 $\hslash c=197.3\mathrm{MeV}\cdot \mathrm{fm}$。

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骨架

1. ${\hat{\sigma }}_1\cdot {\hat{\sigma }}_2$：三重态 $+1$、单态 $-3$；$V(r)=a(b-{\hat{\sigma }}_1\cdot {\hat{\sigma }}_2)r^2$ 要等效谐振子束缚势，需 $b>({\hat{\sigma }}_1\cdot {\hat{\sigma }}_2{)}_{\max }=1$。
2. $b=3/2$：单态系数 $\frac{9a}{2}$、三重态系数 $\frac{a}{2}$，分别对应 $\frac{1}{2}\mu {\omega }^2$，$E_0=\frac{3}{2}\hslash \omega$，取频率低者为基态（三重态），简并度 3。
3. 同类型夸克是费米子：基态空间 $l=0$ 对称 ⇒ 自旋只能单态，$E_0=\frac{3}{2}\hslash {\omega }_{\text{单}}$，简并度 1。
4. $b=0$ 全同基态（单态）：$V=3a{r}^2$，由维里定理 $⟨V⟩=\frac{1}{2}{E}_0$ 反解 $\sqrt{⟨r^2⟩}$（注意 $r$ 是相对距离）。

入口

• 先翻译 ${\hat{\sigma }}_1\cdot {\hat{\sigma }}_2$ 的两个本征值，整道题就变成两个普通谐振子。

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强化72 · 玻色子产生湮没算符代数（A6） · ×0

设 $a^{+}$ 与 $a$ 是玻色子在某单粒子态上的产生算符与湮没算符，满足对易关系 $[a,a^{+}]=1$。$\hat{N}=a^{+}a$ 是该单粒子态上的粒子占有数算符，$|n⟩$ 是 $\hat{N}$ 本征值为 $n$ 的本征态。(1) 计算对易关系 $[a,\hat{N}]$、$[a^{+},\hat{N}]$；(2) 证明 $a|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩$，$a^{+}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩$；(3) 求 $\hat{N}$ 的本征值 $n$。

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骨架

1. $[a,\hat{N}]=a$，$[a^{+},\hat{N}]=-a^{+}$（用 $[A,BC]=[A,B]C+B[A,C]$）。
2. 由 $\hat{N}(a|n⟩)=(n-1)(a|n⟩)$ 知 $a|n⟩\propto |n-1⟩$，模方定系数 $\sqrt{n}$。
3. $⟨n|\hat{N}|n⟩=\Vert a|n⟩{\Vert }^2\ge 0$ ⇒ $n\ge 0$ 且整数截断于 $n=0$：$n=0,1,2,\dots$

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• 第 (3) 问的"非负+截断"论证是简答/证明题的标准给分链。

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强化73 · 双模玻色体系：微扰与精确对照（A7） · ×0

算符 $a_i$ 与 $a_j^{+}$（$i,j=1,2$）满足对易关系 $[a_i,a_j^{+}]={\delta }_{ij}$，$[a_i,a_j]=0$，$[a_i^{+},a_j^{+}]=0$。体系的哈密顿量为 $\hat{H}=\hslash {\omega }_0(a_1^{+}{a}_1+a_2^{+}{a}_2)+i\hslash {\omega }_1(a_1^{+}{a}_2-a_2^{+}{a}_1)$，其中 ${\omega }_0$ 与 ${\omega }_1$ 均为正实数，且 ${\omega }_1\ll {\omega }_0$。试用微扰方法计算体系的第一激发态的一级近似能量，并同精确能量比较。

**点开：骨架 / 入口**

骨架

1. 第一激发态二重简并：$|10⟩,|01⟩$，能量 $\hslash {\omega }_0$。
2. 微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=i\hslash {\omega }_1(a_1^{+}{a}_2-a_2^{+}{a}_1)$ 在简并子空间的矩阵对角元为零、非对角元 $\mp i\hslash {\omega }_1$，对角化得 $E=\hslash {\omega }_0\pm \hslash {\omega }_1$。
3. 精确解：引入正规模 $b_{\pm }=\frac{1}{\sqrt{2}}(a_1\mp i{a}_2)$，$\hat{H}=\hslash ({\omega }_0+{\omega }_1)b_{+}^{+}{b}_{+}+\hslash ({\omega }_0-{\omega }_1)b_{-}^{+}{b}_{-}$，展开到 ${\omega }_1$ 一阶与微扰一致。

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• 与小蓝书 lb-9-11（耦合振子简并微扰）同型——简并子空间 $2\times 2$ 对角化 + 正规模精确对照。

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强化74 · 费米子产生湮没算符代数（A8） · ×0

$a$ 与 $a^{+}$ 是费米子体系某个单粒子态的湮没与产生算符，满足反对易关系 $\{a,a^{+}\}\equiv a{a}^{+}+a^{+}a=1$，$a^2=(a^{+}{)}^2=0$。以 $\hat{N}=a^{+}a$ 表示该单粒子态的粒子占有数算符，$|n⟩$ 为 $\hat{N}$ 本征值为 $n$ 的本征态矢。(1) 求 $\hat{N}$ 的本征值 $n$；(2) 计算对易关系式 $[\hat{N},a]$、$[\hat{N},a^{+}]$；(3) 证明 $a|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩$，$a^{+}|n⟩=\sqrt{1-n}|n+1⟩$；(4) 在 $\hat{N}$ 表象求 $a$ 与 $a^{+}$ 的矩阵表示。

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骨架

1. ${\hat{N}}^2=a^{+}a{a}^{+}a=a^{+}(1-a^{+}a)a=\hat{N}$ ⇒ $n^2=n$ ⇒ $n=0,1$（Pauli 不相容的算符版）。
2. $[\hat{N},a]=-a$，$[\hat{N},a^{+}]=a^{+}$。
3. $a|1⟩=|0⟩$，$a|0⟩=0$；$a^{+}|0⟩=|1⟩$，$a^{+}|1⟩=0$——系数 $\sqrt{n}$、\sqrt{1-n } 自动体现"占满就不能再填"。
4. 二维表象：$a=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$，$a^{+}=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$（基序 $|1⟩,|0⟩$ 时注意行列对应）。

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• 与玻色子版（强化72）对照记：对易→反对易，$n$ 从 $0,1,2,\dots$ 塌缩成 $0,1$。

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强化75 · 二次型哈密顿量厄米条件与对角化（A9） · ×0

设 $a$ 和 $a^{+}$ 是湮没算符和产生算符，满足对易关系 $[a,a^{+}]=1$。体系的哈密顿量为 $\hat{H}=A{a}^2+B(a^{+}{)}^2+C{a}^{+}a+D$。请问 $A,B,C,D$ 要满足什么条件，$\hat{H}$ 才是厄米算符？求出体系的能量。

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骨架

1. 厄米条件：$(A{a}^2{)}^{†}=A^{\ast }(a^{+}{)}^2$ 须等于 $B(a^{+}{)}^2$ ⇒ $B=A^{\ast }$；$C$ 实、$D$ 实。
2. 对角化：Bogoliubov 变换 $b=\cosh \theta a+\sinh \theta a^{+}$，取 $\tanh 2\theta =\frac{2|A|}{C}$，得 $\hat{H}=\sqrt{C^2-4|A{|}^2}\left(b^{+}b+\frac{1}{2}\right)+D-\frac{C}{2}$ 形式（要求 $C>2|A|$ 稳定）。
3. 能级等间隔 $E_n=\sqrt{C^2-4|A{|}^2}n+\text{常数}$。

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• "厄米 ⇒ 交叉系数互为共轭"是简答高频判据；对角化计算记住 Bogoliubov 变换保对易关系 $[b,b^{+}]=1$。

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强化76 · $a,a^{+}$ 换 $Q,P$ 反解谐振子（A10） · ×0

某体系哈密顿量 $\hat{H}=\frac{5}{3}{a}^{+}a+\frac{2}{3}[a^2+(a^{+}{)}^2]$，其中 $a=\frac{1}{\sqrt{2}}(Q+i\hat{P})$，$a^{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}(Q-i\hat{P})$，$\hat{P}$ 与 $Q$ 满足基本对易关系 $[Q,\hat{P}]=i$，$\hat{P}=-i\frac{d}{dQ}$。试求 $\hat{H}$ 的本征值与基态波函数 ${\psi }_0(Q)$。

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骨架

1. 展开：$a^{+}a=\frac{1}{2}(Q^2+{\hat{P}}^2-1)$，$a^2+(a^{+}{)}^2=Q^2-{\hat{P}}^2$。
2. 合并：$\hat{H}=\frac{3}{2}{Q}^2+\frac{1}{6}{\hat{P}}^2-\frac{5}{6}$——标准谐振子，读 $\frac{1}{2m}=\frac{1}{6}\Rightarrow m=3$，$\frac{1}{2}m{\omega }^2=\frac{3}{2}\Rightarrow \omega =1$。
3. $E_n=n+\frac{1}{2}-\frac{5}{6}=n-\frac{1}{3}$；基态 $E_0=-\frac{1}{3}$，${\psi }_0(Q)={\left(\frac{3}{\pi }\right)}^{1/4}{e}^{-\frac{3}{2}{Q}^2}$。

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• 套路只有一步：把 $a,a^{+}$ 全部换回 $Q,\hat{P}$ 再合并同类项，系数一读就出来了。

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强化77 · 一维阱两粒子：四种统计情形简并度全表（A11） · ×0

两个无相互作用粒子具有相同质量 $m$，在宽为 $a$ 的一维无限深方势阱中运动。(1) 写出体系 4 个最低能级的能量；(2) 对下述情况分别求出体系 4 个最低能级的简并度：(a) 自旋 $1/2$ 的全同粒子；(b) 自旋 $1/2$ 的非全同粒子；(c) 自旋为 $1$ 的全同粒子。

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骨架

1. 单粒子 $E_n=n^2{E}_1$；四最低组态：$(1,1)2E_1$、$(1,2)5E_1$、$(2,2)8E_1$、$(1,3)10E_1$。
2. (a) $s=\frac{1}{2}$ 费米子：$(1,1)$ 单态 1 重；$(1,2)$、$(1,3)$ 单态+三重态各 4 重；$(2,2)$ 1 重。
3. (b) 非全同：位置可交换 ⇒ $(1,1)$ 4 重；$(1,2)$、$(1,3)$ 8 重；$(2,2)$ 4 重。
4. (c) $s=1$ 玻色子：自旋 $3\times 3=9$ 态 = 对称 6 + 反对称 3；$(1,1)$、$(2,2)$ 空间对称配自旋对称 6 重；$(1,2)$、$(1,3)$ 对称空间配 6 + 反对称空间配 3 = 9 重。

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• 万能公式：简并度 = （允许的空间态数）×（配套的自旋态数）；$s=1$ 的自旋 9 态按 $6+3$ 拆分是关键一步。

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强化78 · 三维谐振子 + $bxz$ 微扰 + 多粒子填充（A12） · ×0

质量为 $\mu$ 的粒子处于三维各向同性谐振子势 $V(r)=\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{r}^2$ 中。(1) 求粒子的本征能量和相应的简并度；(2) 如再加上微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=bxz$（$b$ 为小的正实数），求粒子的基态和第一激发态能量的一级修正；(3) 如在以上势阱（含微扰）中放入 5 个全同无相互作用的自旋 $s=0$ 的粒子，求体系基态能量；(4) 如在以上势阱（含微扰）中放入 5 个全同无相互作用的自旋 $s=1/2$ 的粒子，求体系基态能量。

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骨架

1. $E_N=(N+\frac{3}{2})\hslash \omega$，简并度 $\frac{(N+1)(N+2)}{2}$。
2. $H^{\prime }=bxz$：基态 $⟨000|xz|000⟩=0$；第一激发态三重简并 $|100⟩,|010⟩,|001⟩$ 中只有 $⟨100|bxz|001⟩=\frac{b}{2{\alpha }^2}$ 非零（$\alpha =\sqrt{\mu \omega /\hslash }$）⇒ 该 $2\times 2$ 块劈成 $\pm \frac{b}{2{\alpha }^2}$，$|010⟩$ 不动 ⇒ 三条能级 $\frac{5}{2}\hslash \omega$、$\frac{5}{2}\hslash \omega \pm \frac{b}{2{\alpha }^2}$。
3. $s=0$ 玻色子 5 个全填最低单粒子态：$E=5E_0^{\prime }$。
4. $s=\frac{1}{2}$ 费米子按 Pauli 填：最低态填 2 个、次低态填 2 个、第三低态填 1 个，$E=2E_0^{\prime }+2E_1^{\prime }+E_2^{\prime }$（按 (2) 劈裂后的顺序）。

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• (3)(4) 两问是"单粒子谱 + 统计填充"的标准衔接题：先算清单粒子能级顺序，再按玻色/费米规则往里装。

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微扰 · 定态非简并

微扰 · A组 A1–A4（2026-11-01 登记）

强化57 · 无限深阱受微扰 $A\cos (\pi x/a)$：基态二级能量与一级波函数（A1） · ×0

一维无限深方势阱（$0<x<a$）中的粒子受到微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=A\cos (\pi x/a)(0<x<a)$ 的作用，其中 $A$ 为实常数，求基态能量的二级近似与波函数的一级近似。

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强化58 · ${\hat{H}}^{\prime }=i\lambda [\hat{A},{\hat{H}}_0]$：求 $⟨B⟩$ 一级（A2） · ×0

体系的哈密顿量 $\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$，其中 ${\hat{H}}^{\prime }=i\lambda [\hat{A},{\hat{H}}_0]$ 是微扰，$\hat{A}$ 是厄米算符，$\lambda$ 是实数。令 $\hat{B}$ 是另一个厄米算符，$\hat{C}=i[\hat{B},\hat{A}]$。

(1) 已知在 ${\hat{H}}_0$ 的非简并的基态上，算符 $\hat{A},\hat{B}$ 与 $\hat{C}$ 的平均值为 $⟨A{⟩}_0,⟨B{⟩}_0,⟨C{⟩}_0$。考虑微扰后，计算 $\hat{B}$ 在基态上的平均值 $⟨B⟩$ 到 $\lambda$ 的一级近似。

(2) 在以下问题中检验你的结果，

$${\hat{H}}_0=\sum (\frac{{\hat{p}}_{k2}}{2\mu }+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}_{k2}),{\hat{H}}^{\prime }=\lambda x_3.$$

计算 $⟨x_k⟩$（基态）到 $\lambda$ 的一级近似，用 $⟨x_k⟩$ 的严格值同你的结果比较。

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强化59 · 类氢离子相对论动能修正到 $1/c^2$（A3） · ×0

电子在类氢离子势场 $V(r)=-\frac{Z{e}^2}{r}$ 的定态能量为 $E_n=-\frac{Z^2{e}^2}{2a{n}^2}$，定态波函数为 ${\psi }_{nlm}(\hat{r})$。这是在动能 $T=p^2/2\mu$ 的非相对论近似下得到的结果。现考虑 $T$ 与 $p$ 的相对论修正，计算能级 $E_n$ 的移动 $\Delta E$ 至 $1/c^2$ 阶。

提示：$⟨\frac{1}{r}{⟩}_{nlm}=\frac{Z}{a{n}^2}$，$⟨\frac{1}{r^2}{⟩}_{nlm}=\frac{2Z^2}{(2l+1)a^2{n}^3}$。

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强化60 · 带电刚杆平面转动：弱电场微扰与强场近似（A4） · ×0

一根质量均匀分布长度为 $d$ 的杆，以它的中心为固定点，被约束在一平面上转动。此杆具有质量 $M$ 和固定于两端点的电荷 $Q$ 与 $-Q$。

(1) 给出此体系的哈密顿量及其本征函数与本征值；

(2) 如有一个处于该转动平面的恒定弱电场 $\hat{\epsilon }$ 作用于这个体系，用微扰方法求基态新的本征函数（一级近似）与本征能量（二级近似）；

(3) 如果外磁场很强，求基态近似波函数与能量。

注：(3) 讲义原文作「外磁场」，按题意应指 (2) 中电场很强，照录原文。

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微扰 · 简并与耦合

微扰 · A组 A5、A6、A10（简并能级／自旋耦合，2026-11-01 登记）

强化61 · 氢原子 $n=2$：Zeeman／Stark 及电磁场方向组合（A5） · ×0

(1) 设氢原子处于沿 $z$ 方向的均匀静磁场 $\hat{B}=B\hat{k}$ 中。不考虑自旋，在弱磁场下，求 $n=2$ 能级的分裂情况。

(2) 如果沿 $z$ 方向不仅有静磁场 $\hat{B}=B\hat{k}$，还有均匀静电场 $\hat{E}=\epsilon \hat{k}$，用微扰方法求能级的分裂情况（一级近似）。

(3) 如果电场方向沿 $z$ 轴，$\hat{E}=\epsilon \hat{k}$，磁场方向沿 $x$ 轴，$\hat{B}=B\hat{i}$，再求能级的分裂情况（一级近似）。假若将电场与磁场方向对换，结果又如何？

（提示：$⟨200|z|210⟩=-3a$）

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强化62 · 二维谐振子 $V=\frac{1}{2}\epsilon xy(x^2+y^2)$ 一级修正（A6） · ×0

考虑一个二维谐振子，哈密顿量为 $\hat{H}=\frac{1}{2}({\hat{p}}_{x2}+{\hat{p}}_{y2})+\frac{1}{2}(x^2+y^2)$。已知其最低 3 个能量的本征态为

$${\psi }_{00}=\sqrt{\frac{1}{\pi }}{e}^{-(x^2+y^2)/2},{\psi }_{10}=\sqrt{\frac{2}{\pi }}x{e}^{-(x^2+y^2)/2},{\psi }_{01}=\sqrt{\frac{2}{\pi }}y{e}^{-(x^2+y^2)/2}.$$

设有一微扰 $V(x,y)=\frac{1}{2}\epsilon xy(x^2+y^2)(\epsilon \ll 1)$，试对上述态计算由 $V$ 引起的一级微扰修正。

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强化66 · 电子偶素基态自旋交换：单态与三重态能差（A10） · ×0

电子偶素（$e^{+}{e}^{-}$ 束缚态）类似于氢原子，只是用一个正电子代替质子作为核。在非相对论近似下，其能量和波函数同氢原子相似。今设在电子偶素的基态（s 态）里，存在一种接触型自旋交换作用 \hat{H}' = -\frac{8\pi}{3}M^_{p} \cdot M^_{e} \delta ^{3}(\hat{r})，其中 M^_{p} = \frac{e}{mc}S^_{p} 与 M^_{e} = -\frac{e}{mc}S^_{e} 分别是正负电子的自旋磁矩。利用一级微扰论计算此基态中自旋单态与三重态之间的能量差，决定哪一能量更低。已知氢原子基态波函数

$${\psi }_{100}(r)=\sqrt{\frac{1}{\pi a^3}}{e}^{-r/a},a=\frac{{\hslash }^2}{\mu e^2},\frac{e^2}{\hslash c}=\frac{1}{137}.$$

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微扰 · 变分法

微扰 · A组 A7–A8（2026-11-01 登记）

强化63 · 变分法：谐振子高斯试探（A7） · ×0

用变分法计算一维谐振子的基态能量与波函数，谐振子的哈密顿量为 $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}^2$。试探波函数取 $\psi (\lambda ,x)=N{e}^{-\lambda x^2}$，其中 $\lambda$ 为待定参数，$N$ 为归一化常数。

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强化64 · 变分法：氘核 $V=-V_0{e}^{-r/a}$（A8） · ×0

设在氘核中，质子和中子之间的相互作用势为 $V(r)=-V_0{e}^{-r/a}$（$r,a$ 为正实数）。取试探波函数 $\psi =e^{-\lambda r/2a}$，其中 $\lambda$ 为待定参数。

(1) 用变分法求基态能量近似值；

(2) 若 $V_0=32.7MeV$，$a=2.16fm$，试确定 $\lambda$ 的值。

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微扰 · 含时微扰

微扰 · A组 A9（2026-11-01 登记）

关联：强化38（自旋节）安排在学完含时微扰后做，和本节一起做。

强化65 · 含时微扰：跃迁概率与 $F(x)e^{-t/\tau }$（A9） · ×0

设 $t<0$ 时，一维量子体系处于 ${\hat{H}}_0$ 的某一本征态 ${\psi }_k$ 上，$t\ge 0$ 时受到一微弱的外界作用 ${\hat{H}}^{\prime }(x,t)$。

(1) 求 $t>0$ 时该体系由 ${\psi }_k$ 态跃迁到 ${\hat{H}}_0$ 的另一本征态 ${\psi }_l(l\ne =k)$ 的跃迁概率 $W_{k\to l}$ 的一级近似表示式；

(2) 若 ${\psi }_k$ 为该体系的基态 ${\psi }_0$，而 ${\hat{H}}^{\prime }(x,t)=F(x)e^{-t/\tau }$，求在 $t\gg \tau$ 时，体系处于某一激发态 ${\psi }_n$ 的概率 $W_{0\to n}$。

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散射（交叉索引）

散射 A组尚未登记。已挂在别节、安排到散射时一起做的：强化45（复习散射时做）、强化48（和 δ 散射一起做）。另：强化46 安排和无限深势阱一起做（见一维定态问题）。