量子力学·小蓝书

来源：宋鹤山《量子力学典型题精讲（第二版）》（大连理工大学出版社），即「小蓝书」。这里的编号自成一套，记作「小蓝书 章-题」（站内锚点 lb-章-题），和量力题题库的 1–61 分开。

色标同量力题：⬜ 未测 · 🟡（未复习） · 🟡（模糊） · 🟢 懂 · 🔴 不行；另加一档：

• 🟡（不会）= 做过但不会，复习优先级最高。

骨架和入口以书后解答为准，书里省略的步骤已补上。

第3章 不含时 Schrödinger 方程及其解法

原书第 24–47 页 · 共 21 题 · 小蓝书 3-1 – 3-21 · 2026-10-01 挂

小蓝书 3-1 · ψ* 也是同一能量的解 · 🟢 懂

求证：如果 $\psi (x)$ 是一维不含时 Schrödinger 方程的解，对应的能量本征值为 $E$，则 ${\psi }^{\ast }(x)$ 也是该 Schrödinger 方程的能量本征值为 $E$ 的解。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 写出 $[-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+V(x)]\psi (x)=E\psi (x)$。
2. 两边取复共轭；算符 $\frac{d^2}{d{x}^2}$ 是实的，$V^{\ast }(x)=V(x)$（势能实），$E^{\ast }=E$（本征值实）。
3. 得 $[-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+V(x)]{\psi }^{\ast }(x)=E{\psi }^{\ast }(x)$，即 ${\psi }^{\ast }$ 也是能量为 $E$ 的解。

入口

• 整个方程取复共轭，关键是 $V^{\ast }=V$、$E^{\ast }=E$，不含时方程里没有 $i$。

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小蓝书 3-2 · 无简并时一维解可取实函数 · 🟢 懂

在解束缚态 Schrödinger 方程时，对同一个能量本征值 $E$，如果方程具有两个或两个以上独立的波函数解，则我们说该能级是简并的（degenerate）。如果只有一个独立解，则叫无简并。

在无简并情况下，试证明：一维 Schrödinger 方程的解 $\psi (x)$ 可取实函数。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 由 3-1，${\psi }^{\ast }(x)$ 也是能量为 $E$ 的解。
2. 无简并，二者描述同一态：${\psi }^{\ast }(x)=c\psi (x)$，$c$ 为常数。
3. 再取复共轭：$\psi =c^{\ast }{\psi }^{\ast }=c^{\ast }c\psi =|c{|}^2\psi$，故 $|c{|}^2=1$，$c=e^{i\alpha }$。
4. 利用相位不定性取 $\alpha =0$（或把 $\psi$ 乘 $e^{i\alpha /2}$），得 ${\psi }^{\ast }=\psi$，即可取实函数。

入口

• 无简并 ⇒ 同一 $E$ 的两个解只差常数因子：${\psi }^{\ast }=c\psi$，再共轭一次得 $|c|=1$。

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小蓝书 3-3 · 空间反演不变时 ψ(−x) 也是解 · 🟢 懂（11-08 回杀过）

设势 $V(x)$ 具有空间反演（space reverse）不变性，即 $V(-x)=V(x)$。试证明，如果 $\psi (x)$ 是不含时 Schrödinger 方程的能量为 $E$ 的解，则 $\psi (-x)$ 也是能量为 $E$ 的一个解。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 作空间反演变换 $x\to -x$，$\psi (x)\to \psi (-x)$。
2. $\frac{d^2}{d{x}^2}x\to -x\frac{d^2}{d{x}^2}$（两次求导，负号平方），$V(x)x\to -xV(-x)=V(x)$。
3. 原方程变为 $[-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+V(x)]\psi (-x)=E\psi (-x)$，得证。

入口

• 令 $x^{\prime }=-x$：$\frac{d}{dx}=-\frac{d}{d{x}^{\prime }}$，$\frac{d^2}{d{x}^2}=\frac{d^2}{d{x}^{{}^{\prime }2}}$，哈密顿量形式不变。

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小蓝书 3-4 · 解可取确定宇称 · 🟡 模糊（11-08 回杀未过：构造方法没独立想出）

一粒子在一维方势阱 $V(x)$ 中运动。$V(x)$ 具有空间反演不变性，即 $V(x)=V(-x)$，求证，该粒子的不含时 Schrödinger 方程的任何解都可以用具有确定宇称的解来表示。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 由 3-3，$\psi (x)$ 是解则 $\psi (-x)$ 也是同一能量的解。
2. 构造 ${\psi }_e(x)=\psi (x)+\psi (-x)$、${\psi }_o(x)=\psi (x)-\psi (-x)$，它们是解的线性组合，仍是同一能量的解。
3. ${\psi }_e(-x)={\psi }_e(x)$ 偶宇称，${\psi }_o(-x)=-{\psi }_o(x)$ 奇宇称。
4. $\psi (x)=\frac{1}{2}[{\psi }_e(x)+{\psi }_o(x)]$，任何解都可用确定宇称的解表示。

入口

• 偶部加奇部：$\psi (x)=\frac{\psi (x)+\psi (-x)}{2}+\frac{\psi (x)-\psi (-x)}{2}$，两部分各自仍满足同一方程。

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小蓝书 3-5 · 不同能量本征函数正交 · 🟢 懂

设一个质量为 $m$ 的粒子束缚在势场 $V(x)$ 中作一维运动，其能量本征值和本征函数分别为 $E_n$，${\psi }_n$，$n=1,2,3,\cdots$。求证：

$${\int }_{-\infty }^{\infty }{\psi }_m(x){\psi }_n(x)dx=0,m\ne =n$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 写出 ${\psi }_m^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E_m-V]{\psi }_m=0$ (1) 与 ${\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E_n-V]{\psi }_n=0$ (2)。
2. $(1)\times {\psi }_n-(2)\times {\psi }_m$，$V$ 项相消：${\psi }_n{\psi }_m^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_m{\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}=\frac{2m}{{\hslash }^2}(E_n-E_m){\psi }_m{\psi }_n$。
3. 左边写成全导数 $\frac{d}{dx}({\psi }_n{\psi }_m^{\prime }-{\psi }_m{\psi }_n^{\prime })$，在全空间积分。
4. 束缚态 $\psi (\pm \infty )=0$，左边为零；$E_m\ne =E_n$，故 $\int {\psi }_m{\psi }_{n}dx=0$。

入口

• ${\psi }_n{\psi }_m^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_m{\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}=\frac{d}{dx}({\psi }_n{\psi }_m^{\prime }-{\psi }_m{\psi }_n^{\prime })$（交叉项 ${\psi }_n^{\prime }{\psi }_m^{\prime }$ 相消）。
• （注：一维束缚态无简并，本征函数可取实函数，见 3-2，所以题中积分不带复共轭。）

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小蓝书 3-6 · 同能量两解的朗斯基行列式为常数 · 🟢 懂

对一维运动的粒子，设 ${\psi }_1(x)$ 和 ${\psi }_2(x)$ 均为不含时 Schrödinger 方程的具有相同能量 $E$ 的解，求证：${\psi }_1{\psi }_2^{\prime }-{\psi }_2{\psi }_1^{\prime }=$ 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. 写出 ${\psi }_1^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E-V]{\psi }_1=0$ (1)、${\psi }_2^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E-V]{\psi }_2=0$ (2)。
2. ${\psi }_1\times (2)-{\psi }_2\times (1)$：${\psi }_1{\psi }_2^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_2{\psi }_1^{{}^{\prime \prime }}=0$。
3. 左边 $=({\psi }_1{\psi }_2^{\prime }-{\psi }_2{\psi }_1^{\prime }{)}^{\prime }$，故 ${\psi }_1{\psi }_2^{\prime }-{\psi }_2{\psi }_1^{\prime }=$ 常数。
4. 对束缚态，$|x|\to \infty$ 时 $\psi \to 0$，常数必为零：${\psi }_1{\psi }_2^{\prime }-{\psi }_2{\psi }_1^{\prime }=0$。

入口

• 能量相同，$E-V$ 项完全相消；$({\psi }_1{\psi }_2^{\prime }-{\psi }_2{\psi }_1^{\prime }{)}^{\prime }={\psi }_1{\psi }_2^{{}^{\prime \prime }}-{\psi }_2{\psi }_1^{{}^{\prime \prime }}$。

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小蓝书 3-7 · 平均值满足牛顿方程（Ehrenfest） · 🟡（模糊）

设 $\hat{\mathbf{p}}=-i\hslash \nabla$ 为粒子的动量，$\mathbf{F}=-\nabla V(\mathbf{r})$ 表示粒子所受的力。求证动量和力的平均值满足 Newton 运动方程

$$\frac{d\bar{\mathbf{p}}}{dt}=\bar{\mathbf{F}}$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\bar{\mathbf{p}}=-i\hslash \int {\psi }^{\ast }\nabla \psi d^{3}r$，对 $t$ 求导，第二项 ${\psi }^{\ast }\nabla \frac{\partial \psi }{\partial t}$ 分部积分，得 $\frac{d\bar{\mathbf{p}}}{dt}=-i\hslash \int (\frac{\partial {\psi }^{\ast }}{\partial t}\nabla \psi -\frac{\partial \psi }{\partial t}\nabla {\psi }^{\ast })d^{3}r$。
2. 用 Schrödinger 方程及其共轭代换 $\frac{\partial \psi }{\partial t}$、$\frac{\partial {\psi }^{\ast }}{\partial t}$。
3. 动能项：$\int {\nabla }^2{\psi }^{\ast }\cdot \nabla \psi d^{3}r=-\int \nabla {\psi }^{\ast }\cdot {\nabla }^2\psi d^{3}r$（分部积分），两项相消。
4. 势能项分部积分得 $\int {\psi }^{\ast }(V\nabla \psi -\nabla (V\psi ))d^{3}r$，再用 $\nabla (V\psi )=V\nabla \psi +\psi \nabla V$，得 $-\int {\psi }^{\ast }(\nabla V)\psi d^{3}r=\bar{\mathbf{F}}$。

入口

• $i\hslash \frac{\partial \psi }{\partial t}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2\psi +V\psi$，$-i\hslash \frac{\partial {\psi }^{\ast }}{\partial t}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2{\psi }^{\ast }+V{\psi }^{\ast }$；最后一步 $\nabla (V\psi )=V\nabla \psi +\psi \nabla V$。

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小蓝书 3-8 · 可分离势的变量分离 · 🟡（模糊）

求证：如果势函数 $V(\mathbf{r})$ 可以写成一元函数之和 $V(\mathbf{r})=V_1(x)+V_2(y)+V_3(z)$，则不含时 Schrödinger 方程可以分解成如下形式的一维方程组：

$$\{\begin{array}{ll}& \frac{d^2{\psi }_1(x)}{d{x}^2}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E_x-V_1(x)]{\psi }_1(x)=0\\ & \frac{d^2{\psi }_2(y)}{d{y}^2}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E_y-V_2(y)]{\psi }_2(y)=0\\ & \frac{d^2{\psi }_3(z)}{d{z}^2}+\frac{2m}{{\hslash }^2}[E_z-V_3(z)]{\psi }_3(z)=0\end{array}$$

其中，$E=E_x+E_y+E_z$ 为体系的总能量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 设 $\psi (\mathbf{r})={\psi }_1(x){\psi }_2(y){\psi }_3(z)$，代入 ${\nabla }^2\psi +\frac{2m}{{\hslash }^2}[E-V(\mathbf{r})]\psi =0$。
2. 两边除以 ${\psi }_1{\psi }_2{\psi }_3$，左边成为三项之和，每项只含一个变量，右边为常数 $-\frac{2m}{{\hslash }^2}E$。
3. 要对任意 $x,y,z$ 成立，每项必须分别等于常数，记为 $-\frac{2m}{{\hslash }^2}{E}_x$、$-\frac{2m}{{\hslash }^2}{E}_y$、$-\frac{2m}{{\hslash }^2}{E}_z$。
4. 整理得三个一维方程，且 $E=E_x+E_y+E_z$。

入口

• 除以 ${\psi }_1{\psi }_2{\psi }_3$ 后：$\frac{1}{{\psi }_1}\frac{d^2{\psi }_1}{d{x}^2}-\frac{2m}{{\hslash }^2}{V}_1(x)$ 只依赖 $x$，三项和为常数 ⇒ 每项各为常数。

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小蓝书 3-9 · 一维无限深方势阱 · 🟡（模糊）

设一个质量为 $m$ 的粒子在一维方势阱

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

中运动，如图 3-1 所示。求粒子在阱内外的能量本征值与本征函数。

（图 3-1：$0<x<a$ 内 $V=0$，$x=0$ 与 $x=a$ 处为无限高阱壁。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 阱壁无限高，阱外 $\psi =0$；阱内 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\psi =0$，$k^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$，通解 $\psi =A\sin (kx+\delta )$。
2. 边界连续：$\psi (0)=0$ 得 $\delta =0$；$\psi (a)=0$ 得 $ka=n\pi$，$n=1,2,3,\cdots$（$n=0$ 无意义，$n<0$ 与 $n>0$ 只差因子 $-1$）。
3. $E_n=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2{n}^2}{2m{a}^2}$。
4. 归一化 ${\int }_0^a|{\psi }_n{|}^{2}dx=1$ 得 $A=\sqrt{2/a}$：阱内 ${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$，阱外 ${\psi }_n=0$。

入口

• 阱内是自由粒子方程 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\psi =0$；两端 $\psi =0$ 就是驻波条件 $a=n\frac{\lambda }{2}$，即 $k=\frac{n\pi }{a}$。
• 讨论：$E_1\ne =0$（可由 $\Delta x\sim a$、$\Delta p\gtrsim \hslash /a$ 理解）；${\psi }_n$ 有 $n-1$ 个节点；${\psi }^{\prime }$ 在 $x=0,a$ 处不连续（势无穷大）。

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小蓝书 3-10 · 势阶（下台阶）的反射系数 · 🟡（模糊）

设粒子（$E>0$）从左入射，被如图 3-3 所示的势阱（在 $x<0$ 区，$V(x)=-V_0$；$x>0$ 区，$V(x)=0$）散射。求反射系数。

（图 3-3：I 区 $x<0$，$V=-V_0$；II 区 $x>0$，$V=0$；粒子能量 $E>0$ 从左方入射。）

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骨架

1. $x<0$：${\psi }_1=e^{ikx}+R{e}^{-ikx}$，$k^2=\frac{2m(E+V_0)}{{\hslash }^2}$；$x>0$：只有透射波 ${\psi }_2=S{e}^{ilx}$，$l^2=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$。
2. $x=0$ 处 $\psi$ 连续：$1+R=S$；${\psi }^{\prime }$ 连续（势有限）：$k(1-R)=Sl$。
3. 解得 $R=\frac{k-l}{k+l}$，$S=\frac{2k}{k+l}$；反射系数 $|R{|}^2=(\frac{k-l}{k+l}{)}^2$。
4. 透射系数要用流密度：$j_i=\frac{\hslash k}{m}$，$j_t=\frac{\hslash l}{m}|S{|}^2$，$T=\frac{l}{k}|S{|}^2=\frac{4kl}{(k+l{)}^2}$，验证 $|R{|}^2+T=1$。

入口

• 两区波数不同：$k=\sqrt{2m(E+V_0)}/\hslash$，$l=\sqrt{2mE}/\hslash$；$\psi$ 与 ${\psi }^{\prime }$ 在 $x=0$ 连续两式联立。
• 流密度 $j=\frac{i\hslash }{2m}(\psi \frac{d{\psi }^{\ast }}{dx}-{\psi }^{\ast }\frac{d\psi }{dx})$；$l\ne =k$ 时 $|S{|}^2$ 不是透射系数。

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小蓝书 3-11 · 外电场中的三维各向同性谐振子 · 🟢 懂

带电荷 $q$ 的谐振子受到 $z$ 方向的外电场 $\epsilon$ 的作用，谐振子的势能

$$V(x,y,z)=\frac{1}{2}m{\omega }^2(x^2+y^2+z^2)-q\epsilon z$$

（各向同性三维谐振子），求能量本征值和本征函数。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 对 $z$ 配方：$\frac{1}{2}m{\omega }^2{z}^2-q\epsilon z=\frac{1}{2}m{\omega }^2(z-\frac{q\epsilon }{m{\omega }^2}{)}^2-\frac{q^2{\epsilon }^2}{2m{\omega }^2}$。
2. 令 $\xi =\alpha x$，$\eta =\alpha y$，$\zeta =\alpha (z-\frac{q\epsilon }{m{\omega }^2})$，$\alpha =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}$，方程化为 ${\nabla }_{\xi \eta \zeta 2}\psi +[\lambda -({\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2)]\psi =0$，$\lambda =\frac{2}{\hslash \omega }(E+\frac{q^2{\epsilon }^2}{2m{\omega }^2})$。
3. 分离变量 $\psi =X(\xi )Y(\eta )Z(\zeta )$，得三个一维谐振子方程，${\lambda }_{\xi }+{\lambda }_{\eta }+{\lambda }_{\zeta }=\lambda$，各 ${\lambda }_i=2n_i+1$。
4. $E=(n+\frac{3}{2})\hslash \omega -\frac{q^2{\epsilon }^2}{2m{\omega }^2}$，$n=n_x+n_y+n_z$；$\psi =N_{n_x}{N}_{n_y}{N}_{n_z}{H}_{n_x}(\xi )H_{n_y}(\eta )H_{n_z}(\zeta )e^{-\frac{1}{2}({\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2)}$。

入口

• 线性项 $-q\epsilon z$ 靠配方吸收：平衡点平移到 $z_0=\frac{q\epsilon }{m{\omega }^2}$，能量整体下移 $\frac{q^2{\epsilon }^2}{2m{\omega }^2}$。

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小蓝书 3-12 · 无限深势阱中的 x̄、Δx、p̄ · 🟡（模糊）

设粒子在无限深方势阱

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

中运动。

(1) 求坐标的几率分布和几率最大的位置；

(2) 证明 $\bar{x}=\frac{a}{2}$；

(3) 证明 $(\Delta x{)}^2=\frac{a^2}{12}(1-\frac{6}{n^2{\pi }^2})$；

(4) 求动量平均值 $\bar{p}$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) ${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$，$\rho =\frac{2}{a}{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}$（阱内），阱外 $\rho =0$；$\frac{n\pi x}{a}=\frac{m\pi }{2}$（$m$ 奇数）处最大，$x=\frac{ma}{2n}$，$m=1,3,\cdots ,2n-1$。
2. (2) $\bar{x}=\frac{2}{a}{\int }_0^{a}x{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}dx=\frac{a}{2}$（${\sin }^2=\frac{1-\cos }{2}$，余弦项积分为零）。
3. (3) $\overline{x^2}=\frac{2}{a}{\int }_0^a{x}^2{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}dx=\frac{a^2}{3}-\frac{a^2}{2n^2{\pi }^2}$，$(\Delta x{)}^2=\overline{x^2}-{\bar{x}}^2=\frac{a^2}{12}(1-\frac{6}{n^2{\pi }^2})$。
4. (4) $\bar{p}=\frac{2}{a}{\int }_0^a\sin \frac{n\pi x}{a}(-i\hslash \frac{d}{dx})\sin \frac{n\pi x}{a}dx\propto {\int }_0^a\sin \frac{n\pi x}{a}\cos \frac{n\pi x}{a}dx=0$。

入口

• 全用 ${\sin }^2\theta =\frac{1-\cos 2\theta }{2}$ 降幂；${\int }_0^a{x}^2\cos \frac{2n\pi x}{a}dx=\frac{a^3}{2n^2{\pi }^2}$（分部积分两次）。
• $(\Delta x{)}^2=\overline{(x-\bar{x}{)}^2}=\overline{x^2}-{\bar{x}}^2$。

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小蓝书 3-13 · 由厄米多项式递推证 xψₙ 与 ψₙ′ 公式 · 🟢 懂

利用厄米多项式的递推关系

$$H_{n+1}(\xi )-2\xi H_n(\xi )+2n{H}_{n-1}(\xi )=0\text{(1)}$$

和

$$H_n^{\prime }(\xi )=2n{H}_{n-1}(\xi )\text{(2)}$$

证明：

(1) $x{\psi }_n(x)=\frac{1}{\alpha }[\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}(x)+\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}(x)]$；

(2) $\frac{d}{dx}{\psi }_n(x)=\alpha [\sqrt{\frac{n}{2}}{\psi }_{n-1}(x)-\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\psi }_{n+1}(x)]$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. ${\psi }_n=N_n{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}{H}_n(\xi )$，$\xi =\alpha x$，$N_n=\sqrt{\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}}$。
2. (1) 由 (1) 式 $x{H}_n=\frac{1}{2\alpha }[H_{n+1}+2n{H}_{n-1}]$，乘 $N_n{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}$。
3. 用 $N_{n+1}=\frac{N_n}{\sqrt{2(n+1)}}$、$N_{n-1}=\sqrt{2n}{N}_n$ 把 $N_n$ 换成对应的归一化常数，得 (1)。
4. (2) $\frac{d}{dx}{\psi }_n=N_n{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}[\alpha H_n^{\prime }(\xi )-{\alpha }^{2}x{H}_n(\xi )]$，用 $H_n^{\prime }=2n{H}_{n-1}$ 和第 2 步的 $x{H}_n$，再同样换归一化常数，得 (2)。

入口

• 关键是归一化常数之比：$\frac{N_n}{N_{n+1}}=\sqrt{2(n+1)}$，$\frac{N_n}{N_{n-1}}=\frac{1}{\sqrt{2n}}$。
• (2) 中 $-{\alpha }^{2}x\cdot \frac{1}{2\alpha }(H_{n+1}+2n{H}_{n-1})$ 与 $2n\alpha H_{n-1}$ 合并：$H_{n-1}$ 系数 $n\alpha$，$H_{n+1}$ 系数 $-\frac{\alpha }{2}$。

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小蓝书 3-14 · 谐振子 x̄、p̄、势能与动能平均值 · 🟢 懂

利用上题的结果，求：

(1) 在 ${\psi }_n(x)$ 态下，一维谐振子的坐标 $x$ 和动量 $\hat{p}$ 的平均值。

(2) 在 ${\psi }_n(x)$ 态下，一维谐振子势能的平均值。

(3) 在态 ${\psi }_n(x)$ 下，一维谐振子动能的平均值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) $\bar{x}=({\psi }_n,x{\psi }_n)$ 只含 $({\psi }_n,{\psi }_{n\pm 1})=0$，故 $\bar{x}=0$；$\bar{p}=-i\hslash ({\psi }_n,{\psi }_n^{\prime })$ 同理为 0。
2. (2) 对 $x{\psi }_n$ 再乘一次 $x$：$x^2{\psi }_n=\frac{1}{2{\alpha }^2}[\sqrt{(n+1)(n+2)}{\psi }_{n+2}+(2n+1){\psi }_n+\sqrt{n(n-1)}{\psi }_{n-2}]$。
3. $\bar{V}=\frac{1}{2}m{\omega }^2({\psi }_n,x^2{\psi }_n)=\frac{m{\omega }^2}{4{\alpha }^2}(2n+1)=\frac{1}{2}(n+\frac{1}{2})\hslash \omega =\frac{1}{2}{E}_n$（${\alpha }^2=\frac{m\omega }{\hslash }$）。
4. (3) 对 ${\psi }_n^{\prime }$ 再求导：${\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}=\frac{{\alpha }^2}{2}[\sqrt{n(n-1)}{\psi }_{n-2}-(2n+1){\psi }_n+\sqrt{(n+1)(n+2)}{\psi }_{n+2}]$，$\bar{T}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}({\psi }_n,{\psi }_n^{{}^{\prime \prime }})=\frac{{\hslash }^2{\alpha }^2}{4m}(2n+1)=\frac{1}{2}{E}_n$。

入口

• 用上题两式反复作用，只保留 ${\psi }_n$ 分量（正交归一）：$x^2$ 中 ${\psi }_n$ 的系数是 $\frac{2n+1}{2{\alpha }^2}$。
• （注：${\psi }_n^{{}^{\prime \prime }}$ 中 ${\psi }_n$ 项系数为 $-\frac{{\alpha }^2}{2}(2n+1)$，乘 $-\frac{{\hslash }^2}{2m}$ 后为正，书上这一步把负号直接略去了，结果一致。）

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小蓝书 3-15 · 半谐振子势阱的能级 · 🟡（模糊）

设粒子在势阱

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x<0\\ \frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2,& x>0\end{array}$$

中运动，如图 3-4 所示，求粒子的能级。

（图 3-4：$x<0$ 为无限高势壁，$x>0$ 为半边抛物线势。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 把 $x$ 的定义域延拓到 $-\infty \to \infty$，问题化为通常的一维谐振子；$V(-x)=V(x)$，解有确定宇称：${\psi }_n(-x)=(-1{)}^n{\psi }_n(x)$。
2. $x<0$ 区 $V=\infty$，$\psi =0$；由 $x=0$ 处连续，$\psi (0)=0$。
3. ${\psi }_n(0)=(-1{)}^n{\psi }_n(0)$ 且须为 0：只有 $n$ 为奇数的解满足（奇宇称解在原点为零）。
4. ${\psi }_n=N_n{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}{H}_n(\alpha x)$（$x>0$），$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，$n=1,3,5,\cdots$。

入口

• 半边势阱 = 完整谐振子 + 条件 $\psi (0)=0$，只保留奇宇称态。

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小蓝书 3-16 · 无限深势阱叠加态的能量测值与几率 · 🟡（模糊）

设一维无限深势阱中运动粒子的波函数为 $\psi (x)=\frac{4}{\sqrt{a}}\sin \frac{\pi x}{a}{\cos }^2\frac{\pi x}{a}$（$0<x<a$），求在此任意态下，粒子能量的可能测值和相应的几率。

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骨架

1. 降幂：${\cos }^2\frac{\pi x}{a}=\frac{1}{2}(1+\cos \frac{2\pi x}{a})$。
2. 积化和差：$\sin \frac{\pi x}{a}\cos \frac{2\pi x}{a}=\frac{1}{2}(\sin \frac{3\pi x}{a}-\sin \frac{\pi x}{a})$，得 $\psi =\frac{1}{\sqrt{a}}\sin \frac{\pi x}{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}\sin \frac{3\pi x}{a}$。
3. 写成本征函数 ${\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}$ 的叠加：$\psi =\frac{1}{\sqrt{2}}[{\psi }_1+{\psi }_3]$。
4. 可能测值 $E_1=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}$、$E_3=\frac{9{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}$，几率各为 $\frac{1}{2}$。

入口

• $\sin A\cos B=\frac{1}{2}[\sin (A+B)+\sin (A-B)]$，把三角函数乘积化成 $\sin \frac{n\pi x}{a}$ 的和；系数模方就是几率。

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小蓝书 3-17 · 谐振子基态与第一激发态的几率分布 · 🟡（模糊）

求一维谐振子处于基态（$n=0$）和第一激发态（$n=1$）时的能量，坐标的几率分布和几率最大的位置。

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骨架

1. 基态：$E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$，${\psi }_0=\frac{\sqrt{\alpha }}{{\pi }^{1/4}}{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}$，${\rho }_0=\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}$。
2. $\frac{d{\rho }_0}{dx}=-\frac{2\alpha }{\sqrt{\pi }}{\alpha }^{2}x{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}=0$，得 $x=0$ 处几率最大。
3. 第一激发态：$E_1=\frac{3}{2}\hslash \omega$，${\psi }_1=\frac{\sqrt{2\alpha }}{{\pi }^{1/4}}\alpha x{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}$，${\rho }_1=\frac{2{\alpha }^3}{\sqrt{\pi }}{x}^2{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}$。
4. $\frac{d{\rho }_1}{dx}\propto x{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}(1-{\alpha }^2{x}^2)=0$：$x=0$ 处最小（${\rho }_1=0$），$x=\pm \frac{1}{\alpha }$ 处最大，${\rho }_1(\pm \frac{1}{\alpha })=\frac{2\alpha }{\sqrt{\pi }e}$。

入口

• 几率密度 $\rho =|\psi {|}^2$ 对 $x$ 求导令其为零，$\alpha =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}$。

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小蓝书 3-18 · 动量表象中的 r̄ 与 Schrödinger 方程 · 🟡（模糊）

在坐标表象中，粒子坐标的平均值为

$$\bar{\mathbf{r}}=\int {\psi }^{\ast }(\mathbf{r})\mathbf{r}\psi (\mathbf{r})d^{3}r$$

(1) 试用动量表象中的波函数 $\psi (\mathbf{p})$ 计算 $\mathbf{r}$ 的平均值。

(2) 利用在动量表象中 $\mathbf{r}$ 的表示，写出动量表象中的不含时 Schrödinger 方程。

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骨架

1. (1) 把 ${\psi }^{\ast }(\mathbf{r})$ 换成 $\frac{1}{(2\pi \hslash {)}^{3/2}}\int {\psi }^{\ast }(\mathbf{p})e^{-\frac{i}{\hslash }\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}}{d}^{3}p$。
2. 用 $\mathbf{r}{e}^{-\frac{i}{\hslash }\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}}=i\hslash \frac{\partial }{\partial \mathbf{p}}{e}^{-\frac{i}{\hslash }\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}}$，先对 $\mathbf{r}$ 积分，余下 $\frac{1}{(2\pi \hslash {)}^{3/2}}\int e^{-\frac{i}{\hslash }\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}}\psi (\mathbf{r})d^{3}r=\psi (\mathbf{p})$。
3. 得 $\bar{\mathbf{r}}=\int {\psi }^{\ast }(\mathbf{p})(i\hslash \frac{\partial }{\partial \mathbf{p}})\psi (\mathbf{p})d^{3}p$，即动量表象中 $\hat{\mathbf{r}}=i\hslash {\nabla }_p$（$x\to i\hslash \frac{\partial }{\partial p_x}$ 等）。
4. (2) $[\frac{p^2}{2m}+V(i\hslash {\nabla }_p)]\psi (\mathbf{p})=E\psi (\mathbf{p})$；例：一维谐振子 $(\frac{p_{x2}}{2m}-\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hslash }^2\frac{{\partial }^2}{\partial p_{x2}})\psi =E\psi$，令 $M=\frac{1}{m{\omega }^2}$ 化为与坐标表象同形的方程，解 $\psi (p)=N_n{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{p}^2}{H}_n(\alpha p)$，$\alpha =\frac{1}{\sqrt{m\omega \hslash }}$。

入口

• $\frac{\partial }{\partial \mathbf{p}}{e}^{-\frac{i}{\hslash }\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}}=-\frac{i}{\hslash }\mathbf{r}{e}^{-\frac{i}{\hslash }\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}}$，两边乘 $i\hslash$ 即得 $\mathbf{r}$。
• 动量表象中 $\mathbf{p}$ 就是乘数，不能写成 $-i\hslash \nabla$。

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小蓝书 3-19 · δ 势阱的束缚态 · 🟢 懂

一质量为 $m$ 的粒子在势阱 $V(x)=-V_0\delta (x)$ 内作一维运动。

(1) 求证，束缚态（$E<0$）能级只有一个。

(2) 求归一化波函数和使粒子出现在 $|x|<x_0$ 的几率为 $\frac{1}{2}$ 的位置 $x_0$。

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骨架

1. 方程 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}+\frac{2m}{{\hslash }^2}(E+V_0\delta (x))\psi =0$ 在 $[-ϵ,ϵ]$ 上积分，$ϵ\to 0$：${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}\psi (0)$。
2. $x\ne =0$：${\psi }^{{}^{\prime \prime }}-k^2\psi =0$，$k=\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }$；束缚态取衰减解，偶宇称 $\psi =C{e}^{-k|x|}$；代入跃变条件 $-2Ck=-\frac{2m{V}_0}{{\hslash }^2}C$，$k=\frac{m{V}_0}{{\hslash }^2}$，$E=-\frac{m{V}_0^2}{2{\hslash }^2}$，只有一个（奇宇称解 $\psi (0)=0$，导数无跃变，不存在）。
3. (2) 归一化 $C^2[{\int }_{-\infty }^0{e}^{2kx}dx+{\int }_0^{\infty }{e}^{-2kx}dx]=1$，$C=\sqrt{k}$。
4. $2k{\int }_0^{x_0}{e}^{-2kx}dx=1-e^{-2k{x}_0}=\frac{1}{2}$，$x_0=\frac{1}{2k}\ln 2=\frac{{\hslash }^2}{2m{V}_0}\ln 2$。

入口

• 跨 $x=0$ 积分：${\int }_{-ϵ}^{ϵ}{\psi }^{{}^{\prime \prime }}dx={\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})$，${\int }_{-ϵ}^{ϵ}\psi dx\to 0$，${\int }_{-ϵ}^{ϵ}\delta (x)\psi dx=\psi (0)$。

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小蓝书 3-20 · N 个无相互作用谐振子的基态 · 🟢 懂

设 $N$ 个质量为 $m$ 的粒子在势场 $V(x)=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ 的作用下作一维运动。假设粒子之间没有相互作用。

(1) 写出体系的 Hamilton 量。

(2) 写出体系的基态能量本征值和本征函数。已知，单个谐振子的基态波函数为 ${\psi }_0(x)=\frac{\sqrt{\alpha }}{{\pi }^{1/4}}{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}$。

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骨架

1. (1) 无相互作用，$\hat{H}$ 是单粒子哈密顿量之和：$\hat{H}={\sum }_{k=1N}(-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x_{k2}}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}_{k2})$。
2. (2) 方程可分离变量，总能量为各粒子能量之和，每个都取基态 $\frac{1}{2}\hslash \omega$：$E_0=\frac{N}{2}\hslash \omega$。
3. 本征函数为单粒子基态之积：${\psi }_0(x_1,\cdots ,x_N)={\psi }_0(x_1){\psi }_0(x_2)\cdots {\psi }_0(x_N)=\frac{{\alpha }^{N/2}}{{\pi }^{N/4}}{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2(x_{12}+x_{22}+\cdots +x_{N2})}$。

入口

• 无相互作用 ⇒ $\hat{H}={\sum }_k{\hat{H}}_k$，能量相加、波函数相乘（同 3-8 的分离变量）。

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小蓝书 3-21 · 两个耦合谐振子：质心与相对坐标 · 🟢 懂

两个质量均为 $m$ 的粒子在势场 $V(x)=\frac{1}{2}k{x}^2$ 中运动，两个粒子之间的相互作用势为

$$V_1(x_1,x_2)=\frac{1}{2}k(x_1-x_2{)}^2$$

（原书附图：两个质量 $m$ 的粒子由三根劲度系数均为 $k$ 的弹簧串联在两壁之间。）

(1) 写出体系的 Hamilton 量。

(2) 试将 Hamilton 量用质心坐标 $X=\frac{1}{2}(x_1+x_2)$ 和相对坐标 $x=x_1-x_2$ 表示，并求出体系的能量本征值。

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骨架

1. (1) $H=-\frac{{\hslash }^2}{2m}(\frac{{\partial }^2}{\partial x_{12}}+\frac{{\partial }^2}{\partial x_{22}})+\frac{1}{2}k(x_{12}+x_{22})+\frac{1}{2}k(x_1-x_2{)}^2$。
2. (2) 链式法则：$\frac{\partial }{\partial x_1}=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial X}+\frac{\partial }{\partial x}$，$\frac{\partial }{\partial x_2}=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial X}-\frac{\partial }{\partial x}$，平方相加交叉项相消：$\frac{{\partial }^2}{\partial x_{12}}+\frac{{\partial }^2}{\partial x_{22}}=\frac{1}{2}\frac{{\partial }^2}{\partial X^2}+2\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}$。
3. 势能：$x_{12}+x_{22}=2X^2+\frac{1}{2}{x}^2$，得 $H=(-\frac{{\hslash }^2}{4m}\frac{{\partial }^2}{\partial X^2}+k{X}^2)+(-\frac{{\hslash }^2}{m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{3}{4}k{x}^2)$。
4. 质心：$M=2m$，${\omega }_0=\sqrt{2k/2m}=\sqrt{k/m}$；相对：$\mu =\frac{m}{2}$，$\omega =\sqrt{\frac{3k/2}{m/2}}=\sqrt{\frac{3k}{m}}$；$E=(N+\frac{1}{2})\hslash {\omega }_0+(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，$N,n=0,1,2,\cdots$。

入口

• $x_1=X+\frac{x}{2}$，$x_2=X-\frac{x}{2}$；把每部分凑成 $-\frac{{\hslash }^2}{2M}{\partial }^2+\frac{1}{2}M{\omega }^2(\cdot {)}^2$ 读出质量和频率。
• （10/2 卡点）第(2)问质心/相对坐标变换（数学卡点）：先反解 $x_1=X+\frac{x}{2}$，$x_2=X-\frac{x}{2}$；链式法则 $\frac{\partial }{\partial x_1}=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial X}+\frac{\partial }{\partial x}$，$\frac{\partial }{\partial x_2}=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial X}-\frac{\partial }{\partial x}$；两式平方相加，交叉项 $\pm \frac{{\partial }^2}{\partial X\partial x}$ 抵消，得 $\frac{{\partial }^2}{\partial x_{12}}+\frac{{\partial }^2}{\partial x_{22}}=\frac{1}{2}\frac{{\partial }^2}{\partial X^2}+2\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}$；势能用 $x_{12}+x_{22}=2X^2+\frac{1}{2}{x}^2$ 写成 $k{X}^2+\frac{3}{4}k{x}^2$；最后读出质心 $M=2m$，${\omega }_0=\sqrt{k/m}$，相对运动 $\mu =\frac{m}{2}$，$\omega =\sqrt{3k/m}$。

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第4章 力学量算符的本征值和本征函数

原书第 48–67 页 · 共 28 题 · 小蓝书 4-1 – 4-28 · 2026-10-05 挂

材料说明：用户提供的 Grok 整理 PDF 标题写成「力学量随时间的演化与对称性 · 第4章」，与原书第4章不符（原书第4章是本章）。本页按原书第4章 28 题挂入；Grok 那份 10 题未采用，详见提交回报。

小蓝书 4-1 · 坐标–动量对易的四个恒等式 · 🟢

设 $f(x)$ 是可微函数，试利用基本对易式 $[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash$，证明：

(1) $[x,{\hat{p}}_{x2}f(x)]=2i\hslash {\hat{p}}_{x}f(x)$

(2) $[x,{\hat{p}}_{x}f(x){\hat{p}}_x]=i\hslash [f(x){\hat{p}}_x+{\hat{p}}_{x}f(x)]$

(3) $[{\hat{p}}_x,{\hat{p}}_{x2}f(x)]=-i\hslash {\hat{p}}_{x2}\frac{df}{dx}$

(4) $[{\hat{p}}_x,{\hat{p}}_{x}f(x){\hat{p}}_x]=-i\hslash {\hat{p}}_x\frac{df}{dx}{\hat{p}}_x$

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骨架

1. 反复用 $[A,BC]=[A,B]C+B[A,C]$；注意 $[x,f(x)]=0$。
2. (1)(2) 直接展开即得。
3. (3)(4) 先对试探函数证明 $[{\hat{p}}_x,f]=-i\hslash f^{\prime }$，再代回。

入口

• $[{\hat{p}}_x,f]\psi =-i\hslash (f\psi {)}^{\prime }+f(i\hslash {\psi }^{\prime })=-i\hslash f^{\prime }\psi$。
• (1) 两项各贡献一个 $i\hslash {\hat{p}}_{x}f$，共 $2i\hslash {\hat{p}}_{x}f$。

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小蓝书 4-2 · [p,F] 与 [x,F] 的微分公式 · 🟢

设 $F(x,p)={\sum }_{m,n=0\infty }{C}_{mn}{x}^m{p}^n$（$x,p$ 的整函数，所有的 $p$ 理解为 ${\hat{p}}_x$），求证：

$$[\hat{p},F]=-i\hslash \frac{\partial F}{\partial x},[x,F]=i\hslash \frac{\partial F}{\partial p}$$

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骨架

1. 对易子逐项作用：$[\hat{p},F]=\sum C_{mn}[\hat{p},x^m{p}^n]=\sum C_{mn}[\hat{p},x^m]p^n$。
2. 归纳得 $[\hat{p},x^m]=-im\hslash x^{m-1}$，于是等于 $-i\hslash \partial F/\partial x$。
3. 同理用 $[x,p^n]=in\hslash p^{n-1}$ 得第二式。

入口

• 先证幂次公式，再代回幂级数；$\partial F/\partial x$ 只动 $x$ 的幂次。

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小蓝书 4-3 · p×l + l×p = 2iℏp · 🟢

求证：$\hat{\mathbf{p}}\times \hat{\mathbf{l}}+\hat{\mathbf{l}}\times \hat{\mathbf{p}}=2i\hslash \hat{\mathbf{p}}$。

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骨架

1. 只算 $x$ 分量：$(\hat{\mathbf{p}}\times \hat{\mathbf{l}}+\hat{\mathbf{l}}\times \hat{\mathbf{p}}{)}_x=p_y{l}_z-p_z{l}_y+l_y{p}_z-l_z{p}_y$。
2. 代入 $l_z=x{p}_y-y{p}_x$、$l_y=z{p}_x-x{p}_z$，整理成对易子。
3. 得 $-[y,p_y]p_x+[z,p_z]p_x=2i\hslash p_x$；其余分量同理。

入口

• 交叉项里把 $l$ 换成 $r\times p$，只留下 $[y,p_y]$、$[z,p_z]$ 这类基本对易子。

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小蓝书 4-4 · 对易子与反对易子的恒等式 · 🟢

定义反对易式 $A,B=AB+BA$，其中 $A$、$B$、$C$ 均为线性算符。试证：

(1) $[AB,C]=AB,C-A,CB$

(2) $[A,BC]=A,BC-BA,C$

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骨架

1. (1) 右边 $A(BC+CB)-(AC+CA)B=ABC-CAB=[AB,C]$。
2. (2) 右边 $(AB+BA)C-B(AC+CA)=ABC-BCA=[A,BC]$。

入口

• 直接按定义展开，中间交叉项会消掉。

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小蓝书 4-5 · y+iz 等是 l 分量的本征态 · 🟢

求证：${\psi }_1=y+iz$，${\psi }_2=z+ix$，${\psi }_3=x+iy$ 分别为角动量算符 ${\hat{l}}_x$、${\hat{l}}_y$、${\hat{l}}_z$ 的本征值为 $\hslash$ 的本征态。

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骨架

1. ${\hat{l}}_x=-i\hslash (y{\partial }_z-z{\partial }_y)$ 等。
2. ${\hat{l}}_x{\psi }_1=-i\hslash (y\cdot i-z\cdot 1)=\hslash (y+iz)=\hslash {\psi }_1$。
3. ${\hat{l}}_y{\psi }_2=\hslash {\psi }_2$、${\hat{l}}_z{\psi }_3=\hslash {\psi }_3$ 同理。

入口

• 对线性函数求导只留下常数；注意 $-i\hslash \cdot i=\hslash$。

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小蓝书 4-6 · x+y+z 是 l² 的本征函数 · 🟢

求证：$\psi (x,y,z)=x+y+z$ 是角动量平方算符 ${\hat{l}}^2$ 的本征值为 $2{\hslash }^2$ 的本征函数。

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骨架

1. ${\hat{l}}_x\psi =-i\hslash (y-z)$，${\hat{l}}_y\psi =-i\hslash (z-x)$，${\hat{l}}_z\psi =-i\hslash (x-y)$。
2. 再作用一次：${\hat{l}}_x^2\psi ={\hslash }^2(y+z)$ 等。
3. ${\hat{l}}^2\psi =2{\hslash }^2(x+y+z)=2{\hslash }^2\psi$。

入口

• 这对应 $l=1$：${\hslash }^{2}l(l+1)=2{\hslash }^2$。先算三个分量再平方相加。

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小蓝书 4-7 · 给定角波函数测 lz · 🟢

设一量子体系处于波函数

$$\psi (\theta ,\varphi )=\frac{1}{\sqrt{4\pi }}(e^{i\varphi }\sin \theta +\cos \theta )$$

所描述的量子态。求：(1) 在该态下，${\hat{l}}_z$ 的可能测值和各个值出现的几率；(2) ${\hat{l}}_z$ 的平均值。

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骨架

1. 用 $Y_{10}=\sqrt{\frac{3}{4\pi }}\cos \theta$、$Y_{1\pm 1}=\mp \sqrt{\frac{3}{8\pi }}\sin \theta e^{\pm i\varphi }$。
2. $\psi =\frac{1}{\sqrt{3}}{Y}_{10}-\sqrt{\frac{2}{3}}{Y}_{11}$。
3. 可能测值 $0$、$\hslash$，几率 $\frac{1}{3}$、$\frac{2}{3}$；${\bar{l}}_z=\frac{2}{3}\hslash$。

入口

• 把 $\sin \theta e^{i\varphi }$、$\cos \theta$ 改写成 $Y_{1m}$；注意 $Y_{11}$ 前面的负号。

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小蓝书 4-8 · 球对称势中 (x+y+2z)e^{−αr} · 🟢

一个在球对称势场中运动粒子的波函数为

$$\psi (x,y,z)=k(x+y+2z)e^{-\alpha r}$$

其中 $k$、$\alpha$ 为实常数，$r=(x^2+y^2+z^2{)}^{1/2}$。试求：

(1) 粒子的角动量量子数 $l$；

(2) ${\hat{l}}_z$ 的可能测值及其相应的几率；

(3) ${\hat{l}}_z$ 的平均值。

（提示：利用球谐函数 $Y_{00}$、$Y_{10}$、$Y_{1\pm 1}$。）

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骨架

1. $x,y,z$ 用 $Y_{1m}$ 表示：$x=-r\sqrt{\frac{2\pi }{3}}(Y_{11}-Y_{1,-1})$ 等。
2. $\psi \propto r{e}^{-\alpha r}(i-1)Y_{11}+(i+1)Y_{1,-1}+2\sqrt{2}{Y}_{10}$，故 $l=1$，$m=1,0,-1$。
3. 几率：测 $\hslash$、$0$、$-\hslash$ 分别为 $\frac{1}{6}$、$\frac{2}{3}$、$\frac{1}{6}$；${\bar{l}}_z=0$。

入口

• 径向部分公共提出去，只看角向系数模方之比；系数含 $i$ 时先算模方。
• 10/26：旁标○；展开→归一得 $P_{\pm 1}=1/6$、$P_0=2/3$，${\bar{l}}_z=0$，末式红勾干净 → 🟢。

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小蓝书 4-9 · iℏ(dU/dt)U† 是厄米的 · 🟢

设 $\hat{U}$ 是一个幺正算符，且对 $t$ 可微，求证 $\hat{H}=i\hslash \frac{d\hat{U}}{dt}\cdot {\hat{U}}^{†}$ 是厄米算符。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. ${\hat{H}}^{†}=-i\hslash \hat{U}\frac{d{\hat{U}}^{†}}{dt}$。
2. 由 $\hat{U}{\hat{U}}^{†}=1$ 对 $t$ 求导：$\frac{d\hat{U}}{dt}{\hat{U}}^{†}+\hat{U}\frac{d{\hat{U}}^{†}}{dt}=0$。
3. 代回得 ${\hat{H}}^{†}=\hat{H}$。

入口

• 关键共轭时 $i\to -i$，乘积颠倒；用 $\frac{d}{dt}(U{U}^{†})=0$ 把 $\hat{U}\frac{d{U}^{†}}{dt}$ 换成 $-\frac{dU}{dt}{U}^{†}$。

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小蓝书 4-10 · 同时对角化 ⇒ 对易 · 🟡（不会）

求证：两个厄米算符 $A$ 和 $B$ 同时被同一个幺正算符 $U$ 对角化的必要条件是 $A$ 和 $B$ 对易。 ☐ 10/26：旁标△；证明整段红笔写出 ·🔴入口

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骨架

1. $U^{†}AU=D_A$，$U^{†}BU=D_B$，对角矩阵互相对易。
2. $U^{†}ABU=U^{†}BAU$，左乘 $U$、右乘 $U^{†}$ 得 $AB=BA$。

入口

• 对角阵一定对易；把对易关系用 $U$、$U^{†}$「搬回」原算符。
• 10/26：🔴 钉入口——先写 $A^{\prime }=U^{†}AU$、$B^{\prime }=U^{†}BU$ 对角 ⇒ $[A^{\prime },B^{\prime }]=0$，再 $A=U{A}^{\prime }{U}^{†}$ 代回 $[A,B]=U[A^{\prime },B^{\prime }]U^{†}=0$；旁标△ 留黄（不会）。

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小蓝书 4-11 · a²=0 的粒子数算符 N · 🟡（未复习）

设一算符 $a$ 具有性质 $a^2=0$，$a,a^{†}=1$。求证：

(1) $N\equiv a^{†}a$ 是一个厄米算符；

(2) $N^2=N$；

(3) $N$ 的本征值为 $0$ 或者 $1$；

(4) $[N,a]=-a$，$[N,a^{†}]=a^{†}$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $N^{†}=(a^{†}a{)}^{†}=a^{†}a=N$。
2. $N^2=a^{†}a{a}^{†}a=a^{†}(1-a^{†}a)a=a^{†}a=N$（用到 $a^2=0$）。
3. $N^2|n⟩=N|n⟩\Rightarrow n^2=n\Rightarrow n=0,1$。
4. $[N,a]=[a^{†}a,a]=[a^{†},a]a=-a$；对 $a^{†}$ 同理。

入口

• 由反对易得 $a{a}^{†}=1-a^{†}a$；费米子粒子数算符的标准性质。

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小蓝书 4-12 · 无限深阱中 ψ=x 测得 E₁ 的几率 · 🟡（未复习）

已知，在阱宽为 $a$ 的无限深势阱中运动粒子的能量本征值与本征函数分别为

$$E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2},{\psi }_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a},n=1,2,3,\dots$$

设阱内粒子处于 $\psi (x)=x$ 的状态，求在该态下，能量的测值为 $E_1$ 的几率。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $|a_1{|}^2={\int }_0^a{\psi }_1^{\ast }\psi d{x}^2$。
2. ${\int }_0^a\sin \frac{\pi x}{a}\cdot xdx=\frac{a^2}{\pi }$，故 $⟨{\psi }_1|\psi {⟩}^2=\frac{2a^3}{{\pi }^2}$。
3. 书末注：$\psi (x)$ 是没有归一化的波函数。

入口

• 分部积分算 $\int x\sin$。
• 勘误：书上把 $|⟨{\psi }_1|\psi ⟩{|}^2=2a^3/{\pi }^2$ 当成几率，并注明 $\psi$ 未归一化；未归一化时须再除以 $⟨\psi |\psi ⟩=a^3/3$，真正几率是 $6/{\pi }^2$（与阱宽无关）。

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小蓝书 4-13 · 谐振子基态的 Δx、Δp · 🟢

一维谐振子的基态（$n=0$）波函数为

$$\psi (x)=(\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}{)}^{1/2}{e}^{-\frac{1}{2}{\alpha }^2{x}^2}$$

求在该态下的涨落 $(\Delta x{)}^2$ 和 $(\Delta p{)}^2$，并证明 $\Delta x\cdot \Delta p\approx \frac{\hslash }{2}$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\bar{x}=0$，$\overline{x^2}=\frac{1}{2{\alpha }^2}$，故 $(\Delta x{)}^2=\frac{1}{2{\alpha }^2}$。
2. $\bar{p}=0$，$\overline{p^2}=\frac{1}{2}{\alpha }^2{\hslash }^2$，故 $(\Delta p{)}^2=\frac{1}{2}{\alpha }^2{\hslash }^2$。
3. 乘积 $\Delta x\cdot \Delta p=\frac{\hslash }{2}$（书上写作 $\approx$）。

入口

• 高斯积分：令 $y=\alpha x$；$\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ 作用后再积分。
• 勘误：书上题干写成 $\Delta x\cdot \Delta p\approx \hslash /2$，基态高斯态下乘积等于 $\hslash /2$，不是约等。

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小蓝书 4-14 · 由 Δx=l 求跃迁能量 · 🟢

已知一维谐振子处于基态，且测得其坐标的不确定度 $\Delta x=l$，求该谐振子跃迁到第一激发态所需能量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 基态 $\bar{T}=\bar{V}=\frac{1}{2}{E}_0$，且 $\bar{x}=0$，故 $\overline{x^2}=(\Delta x{)}^2=l^2$。
2. $\bar{V}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{l}^2=\frac{1}{4}\hslash \omega \Rightarrow \omega =\frac{\hslash }{2m{l}^2}$。
3. $\Delta E=E_1-E_0=\hslash \omega =\frac{{\hslash }^2}{2m{l}^2}$。

入口

• 用维里关系把 $\omega$ 和 $l$ 联系起来，再算 $\hslash \omega$。

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小蓝书 4-15 · z e^{−αr} 态的 l²、lz · 🟢

设一粒子的量子态在直角坐标系中可表示为

$$\psi (x,y,z)=\frac{{\alpha }^{5/2}}{\sqrt{4\pi }}z{e}^{-\alpha (x^2+y^2+z^2{)}^{1/2}}$$

求在该量子态下，角动量 ${\hat{l}}^2$ 和 ${\hat{l}}_z$ 的可能测值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 球坐标：$\psi =\frac{{\alpha }^{5/2}}{\sqrt{4\pi }}r\cos \theta e^{-\alpha r}$。
2. 写成 $f(r)Y_{10}$，故 $l=1$，$m=0$。
3. ${\hat{l}}^2$ 测值 $2{\hslash }^2$，${\hat{l}}_z$ 测值 $0$。

入口

• $z=r\cos \theta$；$Y_{10}\propto \cos \theta$。
• 10/26：旁标○；写成 $f(r)Y_{10}$，测值 $2{\hslash }^2$、$0$，末式红勾 → 🟢。

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小蓝书 4-16 · 二维谐振子的 Schwinger 角动量 · 🟡（未复习）

二维各向同性谐振子体系的 Hamilton 量可以用粒子数算符 $N_1$、$N_2$ 表示如下

$$H=(N_1+N_2+1)\hslash \omega =(a_{1†}{a}_1+a_{2†}{a}_2+1)\hslash \omega$$

其中 $N_1=a_{1†}{a}_1$，$N_2=a_{2†}{a}_2$。粒子的产生、湮灭算符满足 $[a_i,a_{j†}]={\delta }_{ij}$，$[a_i,a_j]=0$。定义

$$J_1=\frac{1}{2}(a_{2†}{a}_1+a_{1†}{a}_2),J_2=\frac{i}{2}(a_{2†}{a}_1-a_{1†}{a}_2),J_3=\frac{1}{2}(a_{1†}{a}_1-a_{2†}{a}_2)$$

求证：

(1) $[H,J_1]=[H,J_2]=[H,J_3]=0$；

(2) $[J_1,J_2]=i{J}_3$，$[J_2,J_3]=i{J}_1$，$[J_3,J_1]=i{J}_2$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 用 $[AB,CD]=A[B,C]D+AC[B,D]+[A,C]BD+C[A,D]B$。
2. (1) $[H,J_1]$ 四项两两抵消为 $0$；其余同理。
3. (2) 直接算 $[J_1,J_2]=i{J}_3$，其余轮换。

入口

• Schwinger 表示：$J$ 只改两模的相对占有，总激发数 $N_1+N_2$ 不变，故与 $H$ 对易。

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小蓝书 4-17 · 角动量矩阵的实性与对易传递 · 🟡（未复习）

设力学量算符 ${\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y,{\hat{J}}_z$ 是满足对易关系 $[{\hat{J}}_i,{\hat{J}}_j]=i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{J}}_k$（$i,j,k=x,y,z$）的厄米矩阵。求证：

(1) 如果 ${\hat{J}}_x$、${\hat{J}}_z$ 是实矩阵，则 ${\hat{J}}_y$ 具有 $i$ 乘以一个反对称矩阵的形式；

(2) 如果 ${\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y,{\hat{J}}_z$ 中的两个算符与某一个算符 $A$ 对易，则另一个算符也与 $A$ 对易。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 实厄米 ⇒ 对称；$[{\hat{J}}_z,{\hat{J}}_x]$ 转置后变号，故为反对称；${\hat{J}}_y=-\frac{i}{\hslash }[{\hat{J}}_z,{\hat{J}}_x]$。
2. 设 $[A,{\hat{J}}_x]=[A,{\hat{J}}_y]=0$，由 $[{\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y]=i\hslash {\hat{J}}_z$ 两边与 $A$ 作用，得 $[A,{\hat{J}}_z]=0$。

入口

• (1) 转置（或复共轭）对易子；(2) 对易关系把第三个分量「传」出来。

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小蓝书 4-18 · 自旋 Sx、Sy 在 |0⟩ 下的不确定度 · 🟢

利用 Heisenberg 的不确定性关系

$$\Delta A\cdot \Delta B\ge \frac{1}{2}⟨\psi |[A,B]|\psi ⟩$$

证明在量子态 $|0⟩$ 下，自旋算符 ${\hat{S}}_x$ 和 ${\hat{S}}_y$ 的不确定度满足

$$\Delta {\hat{S}}_x\cdot \Delta {\hat{S}}_y\ge \frac{{\hslash }^2}{4}$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $[{\hat{S}}_x,{\hat{S}}_y]=i\hslash {\hat{S}}_z$。
2. $⟨0|[{\hat{S}}_x,{\hat{S}}_y]|0⟩=i\hslash ⟨0|{\hat{S}}_z|0⟩=\frac{i{\hslash }^2}{2}$（取 $S_z|0⟩=\frac{\hslash }{2}|0⟩$）。
3. 故乘积 $\ge \frac{1}{2}\cdot \frac{{\hslash }^2}{2}=\frac{{\hslash }^2}{4}$。

入口

• $|0⟩$ 这里指 $S_z$ 的 $m=+\frac{1}{2}$（或 $-\frac{1}{2}$，绝对值一样）本征态。
• 11/01：无旁标○/△；对易→$⟨S_z⟩$，末式红勾干净 → 🟢。

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小蓝书 4-19 · x∂x+y∂y+z∂z = r∂r · 🟡（未复习）

求证：在直角坐标系中的 $x\frac{\partial }{\partial x}+y\frac{\partial }{\partial y}+z\frac{\partial }{\partial z}$ 在球坐标系可以化成 $r\frac{\partial }{\partial r}$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\frac{\partial }{\partial r}=\frac{\partial x}{\partial r}{\partial }_x+\cdots$，且 $\frac{\partial x}{\partial r}=\frac{x}{r}$ 等。
2. 两边乘 $r$ 即得。

入口

• 链式法则；$\partial x/\partial r=\sin \theta \cos \varphi =x/r$。

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小蓝书 4-20 · 谱分解 A = Σ|n⟩an⟨n| · 🟡（模糊）

设一个线性算符 $A$ 的正交、归一的本征函数系为 $|n⟩,n=1,2,3,\dots$，相应本征值为 $a_n$。求证：

(1) $A={\sum }_n|n⟩a_n⟨n|$；

(2) $A^2={\sum }_n|n⟩a_{n2}⟨n|$。 ☐ 10/25：旁标△；推导几乎全红补 ·🔴入口 ☐ 11/03：黑笔短证 + 红笔双完备性仍大段补 → 仍🟡 ·🔴入口

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 插入完备性 $A={\sum }_{m,n}|m⟩⟨m|A|n⟩⟨n|$。
2. $⟨m|A|n⟩=a_n{\delta }_{mn}$，得 (1)。
3. 同理 $⟨m|A^2|n⟩=a_{n2}{\delta }_{mn}$，得 (2)。

入口

• 光谱分解；本征方程 $A|n⟩=a_n|n⟩$。
• 勘误：书上证 $A^2$ 时中间行把 $⟨m|A^2|n⟩=a_{n2}{\delta }_{mn}$ 印成了 $a_n{\delta }_{mn}$，最后一式 $\sum |n⟩a_{n2}⟨n|$ 是对的。
• 10/25：🔴 插两份完备性 $A={\sum }_{m,n}|m⟩⟨m|A|n⟩⟨n|$；矩阵元 $a_n{\delta }_{mn}$。
• 11/03：仍🔴——黑笔短证不够，须默出插两份完备性再收 ${\delta }_{mn}$；今晚又红笔大段补。

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小蓝书 4-21 · 幺正变换下的矩阵元与关系式 · 🟡（模糊）

设 $U$ 是一个幺正算符，且对任意态矢量 $|\psi ⟩$、$|\varphi ⟩$ 和线性算符 $A$ 有

$$U|\psi ⟩=|{\psi }^{\prime }⟩,UA{U}^{†}=A^{\prime }$$

求证：

(1) $⟨{\psi }^{\prime }|A^{\prime }|{\varphi }^{\prime }⟩=⟨\psi |A|\varphi ⟩$；

(2) 如果 $|n⟩$、$|n^{\prime }⟩$（$n=1,2,3,\dots$）均为正交归一本征函数系，且 $U|n⟩=|n^{\prime }⟩$，则

$$U=\sum |n^{\prime }⟩⟨n|,U^{†}=\sum |n⟩⟨n^{\prime }|$$

(3) 如果 $AB+CD=E$，则有 $A^{\prime }{B}^{\prime }+C^{\prime }{D}^{\prime }=E^{\prime }$。 ☐ 10/24：（(3) 夹 $U/U^{†}$ 红笔改 · 已清） ☐ 11/03：(1)(3) 过；(2) $U/U^{†}$ 红笔补写且 $U^{†}$ 旁△ → 仍🟡 ·🔴入口

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) $⟨\psi |U^{†}(UA{U}^{†})U|\varphi ⟩=⟨\psi |A|\varphi ⟩$。
2. (2) 插入 $\sum |n⟩⟨n|$：$U=\sum U|n⟩⟨n|=\sum |n^{\prime }⟩⟨n|$。
3. (3) $U(AB+CD)U^{†}=A^{\prime }{B}^{\prime }+C^{\prime }{D}^{\prime }=E^{\prime }$。

入口

• 幺正变换保矩阵元；关系式两边夹 $U$、$U^{†}$。
• 10/24：(3) $U(AB+CD)U^{†}=UA{U}^{†}UB{U}^{†}+\cdots$；中间插 $U{U}^{†}=I$。（已清）
• 11/03：🔴 (2) 完备性 $U=\sum U|n⟩⟨n|=\sum |n^{\prime }⟩⟨n|$ 后，对两边取†（或 $⟨n^{\prime }|U=⟨n|$）一次写出 $U^{†}$，勿只背公式。

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小蓝书 4-22 · 乘积是否幺正 / 厄米 · 🟢（懂）

回答问题：

(1) 设 $A$、$B$、$C$ 均为幺正算符，试问：它们的乘积 $ABC$ 是否为幺正算符？为什么？

(2) 设 $A$、$B$、$C$ 均为厄米算符，而且 $[A,B]=0$。试问：它们的乘积 $ABC$ 是否为厄米算符？如果不是，说明在什么条件下 $ABC$ 是厄米算符？ ☐ 10/22：（(2) 还需 $[B,C]=[A,C]=0$）·🔴入口

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) 是。$ABC(ABC{)}^{†}=ABC{C}^{†}{B}^{†}{A}^{†}=1$。
2. (2) 一般不是：$(ABC{)}^{†}=CBA$。当且仅当 $[C,A]=[C,B]=0$ 时 $CBA=ABC$，才厄米。

入口

• 幺正对乘法封闭；厄米要看共轭后顺序能否收回，差的是 $[C,BA]$。
• 10/22：🔴 钉入口——仅有 $[A,B]=0$ 不够；须补 $[B,C]=[A,C]=0$（或 $C$ 与 $AB$ 对易）才有 $(ABC{)}^{†}=ABC$。

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小蓝书 4-23 · 幺正算符本征值的模与正交性 · 🟡（模糊）

设 $U$ 是一个幺正算符，它的本征值为 $u_n$，相应的本征函数是 $|n⟩$，$n=1,2,3,\dots$。

(1) 求证：$(u_{m\ast }{u}_n-1)⟨m|n⟩=0$。

(2) 由此说明幺正算符本征值与本征函数的性质。（失分：|u_n|=1 与不同本征值正交——红笔补） ☐ 10/25：旁标△；(2) 仍红补 ·🔴入口

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $U|n⟩=u_n|n⟩$，$⟨m|U^{†}=u_{m\ast }⟨m|$；$⟨m|U^{†}U|n⟩=u_{m\ast }{u}_n⟨m|n⟩=⟨m|n⟩$。
2. $m=n$ 时 $|u_n|=1$，可写 $u_n=e^{i{\alpha }_n}$；不同本征值的本征函数正交。

入口

• 10/23：🔴 (2) 由 $(u_{m\ast }{u}_n-1)⟨m|n⟩=0$：m=n ⇒ $|u_n|=1$；不同本征值 ⇒ 正交。
• 10/25：🔴 先写 $|u_n{|}^2=u_{n\ast }{u}_n=1$，再推 $|u_n|=1$ 与 $e^{i\alpha }$；旁标△ 留黄。
• 用 $U^{†}U=1$ 夹在 $⟨m|$ 与 $|n⟩$ 之间。

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小蓝书 4-24 · 算符指数与 BCH 特例 · 🟡（模糊）

设 $A$、$B$ 均为线性算符。求证：

(1) $e^{\lambda A}B{e}^{-\lambda A}=B+\lambda [A,B]+\frac{{\lambda }^2}{2!}[A,[A,B]]+\cdots$

(2) 当 $[A,B]=c$（$c$ 为常数）时，$e^{\lambda (A+B)}=e^{\lambda A}{e}^{\lambda B}{e}^{-c{\lambda }^2/2}$ ☐ 10/24：（(2) 黑笔级数积红划，只核到 ${\lambda }^2$）·🔴入口

(3) 算符 $A$ 的逆 $A^{-1}$ 存在时，

$$\frac{1}{A-\lambda B}=\frac{1}{A}+\lambda \frac{1}{A}B\frac{1}{A}+{\lambda }^2\frac{1}{A}B\frac{1}{A}B\frac{1}{A}+\cdots$$

☐ 10/24：（(3) 错位相消未写完）·🔴入口

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (1) 两边按 $\lambda$ 展开，或对 $\lambda$ 求导验证递推。
2. (2) 两边展到 ${\lambda }^2$，用 $c=[A,B]$ 使系数一致。
3. (3) 用 $(A-\lambda B)$ 左乘右边，级数错位相消得 $1$。

入口

• (1) 是伴随作用的泰勒展开；(2) 是 BCH 在对易子为常数时的特例。
• 10/24：🔴 (2) 优先 $f(\lambda )=e^{\lambda A}{e}^{\lambda B}$ 求导 + $[A,B]=c$ 截断；勿把非对易指数当标量级数硬乘。(3) 左乘 $(A-\lambda B)$ 错位相消得 $I$。

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小蓝书 4-25 · 由 [A,B]=iC 推不确定关系前奏 · 🟡（未复习）

设两个算符 $A$、$B$ 均为厄米算符。求证：

(1) 如果 $[A,B]=iC$，则 $C$ 也是厄米算符；

(2) 定义 $⟨\psi |A|\psi ⟩\equiv \bar{A}$，$⟨\psi |B|\psi ⟩\equiv \bar{B}$，$A-\bar{A}\equiv a$，$B-\bar{B}\equiv b$，则有 $[a,b]=iC$；

(3) 对任意实数 $\lambda$，$F(\lambda )\equiv ⟨\psi |(a-i\lambda b)(a+i\lambda b)|\psi ⟩\ge 0$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $C^{†}=(-i[A,B]{)}^{†}=\cdots =C$。
2. 常数 $\bar{A}$、$\bar{B}$ 与一切对易，$[a,b]=[A,B]=iC$。
3. $a$、$b$ 厄米，$(a+i\lambda b{)}^{†}=a-i\lambda b$，故 $F(\lambda )=\parallel (a+i\lambda b)|\psi ⟩{\parallel }^2\ge 0$。

入口

• 这是推导 Heisenberg 不等式的标准准备步骤。

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小蓝书 4-26 · 哪些算符本征值必为实数 · 🟢（懂）

设 $A$、$B$ 是互为不对易的厄米算符，问在下列算符中哪些算符的本征值必为实数？

(1) $AB$；(2) $AB-BA$；(3) $A^2$；(4) $AB+BA$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 厄米 ⇒ 本征值实；只需判断谁厄米。
2. $(A^2{)}^{†}=A^2$，$(AB+BA{)}^{†}=AB+BA$。
3. $AB$、$[A,B]$ 一般不厄米（$[A,B]$ 反厄米）。故 (3)(4)。

入口

• $(AB{)}^{†}=BA\ne =AB$；$(AB-BA{)}^{†}=-(AB-BA)$。

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小蓝书 4-27 · 复共轭算符 K 的性质 · 🟡（模糊）

设算符 $K$ 具有性质 $K\psi (x)={\psi }^{\ast }(x)$，其中 $\psi (x)$ 是任意波函数。试问：算符 $K$ 是否为线性算符？是否为厄米算符？是否为幺正算符？为什么？ ☐ 10/25：旁标△ ·🔴入口

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骨架

1. 非线性：$K(a{\psi }_1+b{\psi }_2)=a^{\ast }{\psi }_1^{\ast }+b^{\ast }{\psi }_2^{\ast }\ne =aK{\psi }_1+bK{\psi }_2$。
2. 非厄米：$\int {\psi }_1^{\ast }K{\psi }_2=\int {\psi }_1^{\ast }{\psi }_2^{\ast }$，一般不等于 $\int (K{\psi }_1{)}^{\ast }{\psi }_2$。
3. 非幺正：$\int {\psi }_1^{\ast }{K}^{†}K{\psi }_2\ne =\int {\psi }_1^{\ast }{\psi }_2$。

入口

• 复共轭会把系数也取共轭，破坏线性；连带破坏厄米与幺正。

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小蓝书 4-28 · 对称无限深阱中的抛物线态 · 🟡（未复习）

设阱宽为 $a$ 的一维无限深对称方势阱 $(-\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2})$ 中运动粒子的能量本征值和本征函数分别为

$$E_n=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2{n}^2}{2m{a}^2},{\psi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\cos \frac{n\pi x}{a},n=1,3,5,\dots$$

（只考虑偶宇称态。）设阱内粒子处于状态

$$\psi (x)=\sqrt{\frac{30}{a^5}}[(\frac{a}{2}{)}^2-x^2]$$

(1) 求粒子处于各个能量本征态的几率。

(2) 用所求得的几率，求体系的能量平均值。

如有必要可利用：

$$\frac{1}{1^4}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{5^4}+\cdots =\frac{{\pi }^4}{96}$$$${\int }_{-a/2}^{a/2}{x}^2\cos \frac{n\pi x}{a}dx=(-1{)}^{(n-1)/2}(\frac{a^3}{2n\pi }-\frac{4a^3}{n^3{\pi }^3}),n=1,3,5,\dots$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $c_n=({\psi }_n,\psi )=(-1{)}^{(n-1)/2}\frac{4\sqrt{15}}{n^3{\pi }^3}$（$n=1,3,5,\dots$）。
2. $|c_n{|}^2=\frac{240}{{\pi }^6{n}^6}$。
3. $\bar{E}=\sum |c_n{|}^2{E}_n=\frac{5{\hslash }^2}{4m{a}^2}$。

入口

• 偶宇称只保留奇 $n$ 的余弦；积分用题给公式。求和时 $|c_n{|}^2{E}_n\propto 1/n^4$，用 $\sum 1/n^4={\pi }^4/96$。

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第5章 态矢量和力学量算符的表象变换

原书第 68–74 页 · 共 8 题 · 小蓝书 5-1 – 5-8 · 2026-10-07 挂

小蓝书 5-1 · 自由粒子 x、p、H 在 x 表象的矩阵元 · 🟡（模糊）

求自由粒子的坐标 $x$，动量 ${\hat{p}}_x$ 和 Hamilton 量 $\hat{H}$ 在 $x$ 表象中的矩阵元。 ☐ 10/18：（H=p²/2m 的 1/2；对易推法易丢系数） ☐ 11/01：x/p 红勾；H 整段红重写（1/2m 已写出）→ 仍🟡，钉「H 黑笔一次写出」

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $x$ 表象的基矢是坐标本征函数 ${\psi }_{x_n}=\delta (x-x_n)$。
2. $(x{)}_{x_m{x}_n}=\int \delta (x-x_m)x\delta (x-x_n)dx=x_m\delta (x_m-x_n)$。
3. $(p_x{)}_{x_m{x}_n}=-i\hslash \int \delta (x-x_m)\frac{\partial }{\partial x}\delta (x-x_n)dx=-i\hslash \frac{\partial }{\partial x_m}\delta (x_m-x_n)$。
4. $(H{)}_{x_m{x}_n}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x_{m2}}\delta (x_m-x_n)$。

入口

• 矩阵元 $=({\text{基矢}}_m,\hat{F}{\text{基矢}}_n)$；δ 函数积分把 $x$ 换成 $x_m$，导数也挪到 $x_m$ 上。
• 11/01：x/p 红勾干净；H 整页红笔插完备性写出（含 $1/2m$）但属整段红重写 → 🟡；清旧「丢 1/2」观感，改钉 H 须黑笔一次写出。

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小蓝书 5-2 · 动量表象中 x、p、H 的矩阵元 · 🟢

在动量表象中，求 $x$，${\hat{p}}_x$ 和 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}x+V(x)$ 的矩阵元。 ☐ 10/18：（V(x)→V(iℏ∂_p) 要插完备性/傅里叶证明 · 已清） ☐ 10/20：红笔是订正（原先没写出 · 已清） ☐ 11/01：V→V(iℏ∂_p) 仍大段红补（已清） ☐ 11/03：p/x/H 黑笔写通；V 经 ⟨p′|x⟩V⟨x|p′′⟩ 傅里叶落到 V(iℏ∂_p)δ → 🟢，撤旧红入口

（题干照原书排印；$\hat{H}$ 应为 $\frac{{\hat{p}}_{x2}}{2m}+V(x)$，下标 $x$ 排错了位置。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 动量本征函数 ${\phi }_{p^{\prime }}(p)=\delta (p-p^{\prime })$ 是基矢；动量表象中 $\hat{x}=i\hslash \frac{\partial }{\partial p}$。
2. $(x{)}_{p^{\prime }{p}^{{}^{\prime \prime }}}=i\hslash \int \delta (p-p^{\prime })\frac{\partial }{\partial p}\delta (p-p^{{}^{\prime \prime }})dp=i\hslash \frac{\partial }{\partial p^{\prime }}\delta (p^{\prime }-p^{{}^{\prime \prime }})$。
3. $(p{)}_{p^{\prime }{p}^{{}^{\prime \prime }}}=p^{\prime }\delta (p^{\prime }-p^{{}^{\prime \prime }})$。
4. $(H{)}_{p^{\prime }{p}^{{}^{\prime \prime }}}=[\frac{p^{{}^{\prime }2}}{2m}+V(i\hslash \frac{\partial }{\partial p^{\prime }})]\delta (p^{\prime }-p^{{}^{\prime \prime }})$。

入口

• 和 5-1 对偶：$x\leftrightarrow p$，只是 $\hat{x}=+i\hslash {\partial }_p$（正号）；$V(x)$ 里把 $x$ 换成 $i\hslash {\partial }_p$。
• 10/18：钉入口——$V(x)\to V(i\hslash {\partial }_p)$ 须插完备性/傅里叶证明，勿只默写公式。（已清）
• 10/20：红笔是订正（原先没写出）。（已清）
• 11/01：p 黑笔干净；x 有涂改+红旁注；V 大段红补。（已清）
• 11/03：p/x/H 黑笔写通；$V$ 经 $⟨p^{\prime }|x⟩V⟨x|p^{{}^{\prime \prime }}⟩$ 傅里叶落到 $V(i\hslash {\partial }_p)\delta$ → 🟢，撤旧红入口。

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小蓝书 5-3 · l_z 本征态下 l̄_x = l̄_y = 0 · 🟢

证明在 ${\hat{l}}_z$ 的本征态 $|m⟩$ 下，$\overline{l_x}=\overline{l_y}=0$。 ☐ 10/17：（对易证均值，符号易反）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. ${\hat{l}}_z|m⟩=m\hslash |m⟩$。
2. 由 $[{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_z]=i\hslash {\hat{l}}_x$：$i\hslash \overline{l_x}=⟨m|{\hat{l}}_y{\hat{l}}_z|m⟩-⟨m|{\hat{l}}_z{\hat{l}}_y|m⟩=m\hslash ⟨m|{\hat{l}}_y|m⟩-m\hslash ⟨m|{\hat{l}}_y|m⟩=0$。
3. 同理由 $[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_x]=i\hslash {\hat{l}}_y$ 得 $\overline{l_y}=0$。

入口

• 把要求的分量写成另外两个分量的对易子，夹在 ${\hat{l}}_z$ 本征态之间：${\hat{l}}_z$ 向右作用在 ket、向左作用在 bra 上都给 $m\hslash$，两项相消。

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小蓝书 5-4 · |lm⟩ 下 l_y² 的平均值 · 🟢

求在 $({\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z)$ 的共同本征态 $|lm⟩$ 下，${\hat{l}}_y^2$ 的平均值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 由 $[{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_z]=i\hslash {\hat{l}}_x$ 右乘 ${\hat{l}}_x$：$i\hslash {\hat{l}}_x^2={\hat{l}}_y{\hat{l}}_z{\hat{l}}_x-{\hat{l}}_z{\hat{l}}_y{\hat{l}}_x$；由 $[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_x]=i\hslash {\hat{l}}_y$ 左乘 ${\hat{l}}_y$：$i\hslash {\hat{l}}_y^2={\hat{l}}_y{\hat{l}}_z{\hat{l}}_x-{\hat{l}}_y{\hat{l}}_x{\hat{l}}_z$。
2. 消去 ${\hat{l}}_y{\hat{l}}_z{\hat{l}}_x$，在 $|lm⟩$ 下取平均，${\hat{l}}_z$ 两边给 $m\hslash$ 相消，得 $\overline{l_x^2}=\overline{l_y^2}$。
3. $\overline{l_x^2}+\overline{l_y^2}=\overline{l^2}-\overline{l_z^2}=[l(l+1)-m^2]{\hslash }^2$。
4. 所以 $\overline{l_x^2}=\overline{l_y^2}=\frac{1}{2}[l(l+1)-m^2]{\hslash }^2$。

入口

• 先对称性证 $\overline{l_x^2}=\overline{l_y^2}$（两对易子乘积消项），再用 ${\hat{l}}_x^2+{\hat{l}}_y^2={\hat{l}}^2-{\hat{l}}_z^2$。
• 10/16：红笔卡在对称性；隔日只复测这句入口，勿绕远。
• 10/18：对称性入口已过，清入口钉 → 🟢。

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小蓝书 5-5 · Y₁₀ 下 l_x 的测值与几率 · 🟡（模糊）

在 $({\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z)$ 的共同本征态 $Y_{10}$ 下，求 ${\hat{l}}_x$ 的可能测值及相应的几率。 ☐ 10/21：（几率结果对；只用 ⟨lx⟩=0+归一化就写 P±=1/2，缺 ⟨lx²⟩=ℏ² 第三方程）·🔴入口 ☐ 11/05：（红笔已补 ⟨lx²⟩=ℏ² 第三方程，P±=1/2、P0=0；题头无勾仍🟡；🔴入口清）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $l=1$，${\hat{l}}_x$ 的可能测值 $\hslash ,0,-\hslash$，几率 $w_1,w_0,w_{-1}$，$w_1+w_0+w_{-1}=1$。
2. 由 5-3，$\overline{l_x}=\hslash w_1-\hslash w_{-1}=0$，故 $w_1=w_{-1}$。
3. 由 5-4，$\overline{l_x^2}=\frac{1}{2}[1\cdot 2-0]{\hslash }^2={\hslash }^2=(w_1+w_{-1}){\hslash }^2$，故 $w_1+w_{-1}=1$。
4. 得 $w_1=w_{-1}=\frac{1}{2}$，$w_0=0$。

入口

• 三未知用归一化 + $\overline{l_x}$ + $\overline{l_x^2}$ 解 $w_{\pm },w_0$，勿解本征矢 / 勿对角化。
• 10/16：会做但对角化长路；隔 2 日复测必须走三方程。
• 10/19：仍未走三方程；复测必须 ⟨lx⟩=0 + ⟨lx²⟩=ℏ² + 归一化，禁止用 Lz 均值偷换。
• 10/21：已用对 ⟨lx⟩=0，但仍缺写 ⟨lx²⟩=ℏ² 推出 w0=0；复测必须三方程写全。
• 11/05：三方程已写全（⟨lx⟩+⟨lx²⟩+归一化）；复测仍走此三方程，勿对角化。

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小蓝书 5-6 · 谐振子 ψ=Aψ₀+Bψ₁ 的归一化与 x̄ · 🟢

设一维线性谐振子的基态与第一激发态的正交、归一化波函数分别为实函数 ${\psi }_0$ 和 ${\psi }_1$，当谐振子处于

$$\psi =A{\psi }_0+B{\psi }_1(A、B\text{ 均为实数})$$

所描述的量子态时，求证：

(1) $A^2+B^2=1$；

(2) 坐标 $x$ 的平均值 $\bar{x}=2AB⟨{\psi }_0|x|{\psi }_1⟩$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 归一化：$\int (A{\psi }_0+B{\psi }_1{)}^{2}dx=A^2+B^2+2AB\int {\psi }_0{\psi }_{1}dx=1$，正交使交叉项为 0，得 $A^2+B^2=1$。
2. $\bar{x}=A^2\int x{\psi }_0^{2}dx+B^2\int x{\psi }_1^{2}dx+2AB\int x{\psi }_0{\psi }_{1}dx$。
3. 谐振子本征态宇称确定，$x{\psi }_n^2$ 是奇函数，$⟨{\psi }_0|x|{\psi }_0⟩=⟨{\psi }_1|x|{\psi }_1⟩=0$，只剩交叉项。

入口

• 平均值 = 展开平方 + 宇称/正交砍项（别先上 a†+a）。
• 实函数所以平方展开即可；对角项靠宇称（奇函数积分为 0）消掉。
• 10/19：按展开+宇称入口过 → 🟢，清入口钉。

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小蓝书 5-7 · 谐振子 (Δx)²(Δp)² · 🟢

对于一维谐振子，已知能量本征值

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega ,n=1,2,3,\cdots$$

求证：$(\Delta x{)}^2\cdot (\Delta p{)}^2=(n+\frac{1}{2}{)}^2{\hslash }^2$。

（题干照原书；谐振子 $n$ 应从 $0$ 取起，即 $n=0,1,2,\cdots$。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 宇称：$\bar{x}=\bar{p}=0$，所以 $(\Delta x{)}^2=\overline{x^2}$，$(\Delta p{)}^2=\overline{p^2}$。
2. 用递推 $x^2|n⟩=\frac{1}{2{\alpha }^2}\sqrt{(n+1)(n+2)}|n+2⟩+(2n+1)|n⟩+\sqrt{n(n-1)}|n-2⟩$，得 $\overline{x^2}=\frac{1}{{\alpha }^2}(n+\frac{1}{2})=\frac{\hslash }{m\omega }(n+\frac{1}{2})$。
3. 同理 $\overline{p^2}=m\omega \hslash (n+\frac{1}{2})$（也可由维里定理 $\overline{T}=\overline{V}=\frac{1}{2}{E}_n$ 得到）。
4. 相乘得 $(n+\frac{1}{2}{)}^2{\hslash }^2$。

入口

• 只有 $|n⟩$ 分量对平均值有贡献；${\alpha }^2=m\omega /\hslash$。

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小蓝书 5-8 · 能量本征态下 p̄ = 0 · 🟢

设一个量子体系的 Hamilton 量为 $\hat{H}=\frac{{\hat{\mathbf{p}}}^2}{2m}+V(\mathbf{r})$，能量本征函数为 ${\psi }_n(\mathbf{r})$，$n=1,2,3,\cdots$。求证：在体系能量的任意本征态下，动量的平均值 $\bar{\mathbf{p}}=0$。

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骨架

1. 由 $[x,{\hat{p}}_x]=[y,{\hat{p}}_y]=[z,{\hat{p}}_z]=i\hslash$ 得 $[\hat{H},\mathbf{r}]=\frac{1}{2m}[{\hat{\mathbf{p}}}^2,\mathbf{r}]=-\frac{i\hslash }{m}\hat{\mathbf{p}}$。
2. 所以 $\hat{\mathbf{p}}=\frac{im}{\hslash }(\hat{H}\mathbf{r}-\mathbf{r}\hat{H})$。
3. 在 ${\psi }_n$ 下：$\bar{\mathbf{p}}=\frac{im}{\hslash }[⟨{\psi }_n|\hat{H}\mathbf{r}|{\psi }_n⟩-⟨{\psi }_n|\mathbf{r}\hat{H}|{\psi }_n⟩]=\frac{im{E}_n}{\hslash }[⟨\mathbf{r}⟩-⟨\mathbf{r}⟩]=0$。

入口

• 把 $\hat{\mathbf{p}}$ 写成 $[\hat{H},\mathbf{r}]$；任何对易子 $[\hat{H},\hat{F}]$ 在能量本征态下平均值为 0（$\hat{H}$ 厄米，向左作用也给 $E_n$）。

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第6章 对称性与守恒定律

原书第 75–84 页 · 共 15 题 · 小蓝书 6-1 – 6-15 · 2026-10-15 挂

小蓝书 6-1 · [r,H]=iℏp/m 与 m dr̄/dt = p̄ · 🟡（未复习）

设一质量为 $m$ 的粒子在势场 $V(\mathbf{r})$ 中运动，其 Hamilton 量为 $\hat{H}$。求证：

(1) $[\mathbf{r},\hat{H}]=i\hslash \frac{\hat{\mathbf{p}}}{m}$；

(2) $m\frac{d\bar{\mathbf{r}}}{dt}=\bar{\mathbf{p}}$。

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骨架

1. $\hat{H}=\frac{{\hat{\mathbf{p}}}^2}{2m}+V(\mathbf{r})$，$[\mathbf{r},V]=0$，只剩 $[\mathbf{r},{\hat{\mathbf{p}}}^2/(2m)]$。
2. 分量算：$[x,{\hat{p}}_{x2}]=2i\hslash {\hat{p}}_x$，得 $[\mathbf{r},\hat{H}]=i\hslash \hat{\mathbf{p}}/m$。
3. Heisenberg：$d\bar{\mathbf{r}}/dt=\overline{[\mathbf{r},\hat{H}]}/(i\hslash )=\bar{\mathbf{p}}/m$。

入口

• 对易子只动动能项；平均值运动方程直接套 Heisenberg。

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小蓝书 6-2 · d(x²)̄/dt · 🟡（未复习）

设 $x^2$ 不显含时间 $t$，求证：

$$\frac{d\overline{x^2}}{dt}=\frac{1}{m}\overline{(x{\hat{p}}_x+{\hat{p}}_{x}x)}$$

其中 $m$ 为质量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $d\overline{x^2}/dt=\overline{[x^2,\hat{H}]}/(i\hslash )$；势项对易为 0。
2. $[x^2,{\hat{p}}_{x2}]=x[x,{\hat{p}}_{x2}]+[x,{\hat{p}}_{x2}]x$，再用 $[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash$。
3. 得 $[x^2,\hat{H}]/(i\hslash )=(x{\hat{p}}_x+{\hat{p}}_{x}x)/m$。

入口

• 只对 $p_x$ 有非零对易；拆成 $x[\cdots ]+[\cdots ]x$。

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小蓝书 6-3 · −ℏ² d²Ā/dt² = [[A,H],H] · 🟡（未复习）

设力学量 $\hat{A}$ 不显含时间 $t$。求证：$-{\hslash }^2\frac{d^2\overline{A}}{d{t}^2}=[[\hat{A},\hat{H}],\hat{H}]$。

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骨架

1. $d\overline{A}/dt=\overline{[\hat{A},\hat{H}]}/(i\hslash )$。
2. 再对 $t$ 求导：$d^2\overline{A}/d{t}^2=\overline{[d\hat{A}/dt,\hat{H}]}/(i\hslash )=-\overline{[[\hat{A},\hat{H}],\hat{H}]}/{\hslash }^2$。
3. 两边乘 $-{\hslash }^2$ 即得。

入口

• 对平均值运动方程再套一次 Heisenberg。

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小蓝书 6-4 · 束缚态下 dĀ/dt = 0 · 🟡（未复习）

设力学量 $\hat{A}$ 不显含时间 $t$。证明在束缚态下 $\frac{d\overline{A}}{dt}=0$。

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骨架

1. 束缚态取能量本征态 $\hat{H}|{\psi }_n⟩=E_n|{\psi }_n⟩$。
2. $d\overline{A}/dt=⟨{\psi }_n|[\hat{A},\hat{H}]|{\psi }_n⟩/(i\hslash )$。
3. $⟨\hat{A}\hat{H}⟩-⟨\hat{H}\hat{A}⟩=E_n⟨A⟩-E_n⟨A⟩=0$（$\hat{H}$ 厄米）。

入口

• 任何 $[\hat{H},\hat{F}]$ 在能量本征态下平均值为 0。

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小蓝书 6-5 · Bloch 波是平移算符本征态 · 🟡（未复习）

求证：$\psi (x)=e^{ikx}{\varphi }_k(x)$ 是空间平移算符 $S(a)=e^{ia\hat{k}}$（$\hat{k}=\hat{p}/\hslash$）的本征值为 $e^{ika}$ 的本征态；已知 ${\varphi }_k(x)={\varphi }_k(x+a)$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $S(a)\psi (x)=\psi (x+a)=e^{ik(x+a)}{\varphi }_k(x+a)$。
2. 周期性 ${\varphi }_k(x+a)={\varphi }_k(x)$，得 $e^{ika}{e}^{ikx}{\varphi }_k(x)=e^{ika}\psi (x)$。

入口

• 平移算符把宗量 $x\to x+a$；Bloch 因子给出相位 $e^{ika}$。

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小蓝书 6-6 · Thomas–Reiche–Kuhn 求和规则 · 🟡（未复习）

设 Hamilton 量 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+V(x)$（不显含时间）。求证：

$$\sum (E_n-E_m)|x_{nm}{|}^2=\frac{{\hslash }^2}{2m}$$

其中 $E_n$、$E_m$ 为能量本征值，$x_{nm}=⟨n|x|m⟩$ 为坐标 $x$ 的矩阵元。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 令 $y={\sum }_n(E_n-E_m)|x_{nm}{|}^2$，写成 ${\sum }_n⟨m|[x,\hat{H}]|n⟩⟨n|x|m⟩$。
2. $[x,\hat{H}]=i\hslash {\hat{p}}_x/m$，得 $y=(i\hslash /m)⟨m|{\hat{p}}_{x}x|m⟩$。
3. 另写一份 $y=-(i\hslash /m)⟨m|x{\hat{p}}_x|m⟩$，两式相加：$2y=({\hslash }^2/m)$，故 $y={\hslash }^2/(2m)$。

入口

• 同一求和用 $[x,H]$ 与 $[H,x]$ 各写一遍，相加变成 $[{\hat{p}}_x,x]$。

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小蓝书 6-7 · 两粒子三态的对称/反对称数目 · 🟡（未复习）

由两个全同粒子构成的体系，每个粒子可取三个不同状态。问：可构造多少种交换对称态和反对称态。

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骨架

1. 态记作 $|1⟩,|2⟩,|3⟩$。对称：$|ii⟩$ 三种，再加 $\frac{1}{\sqrt{2}}(|i⟩|j⟩+|j⟩|i⟩)$ 三种，共 6。
2. 反对称：仅 $\frac{1}{\sqrt{2}}(|i⟩|j⟩-|j⟩|i⟩)$ 三种。
3. 或用杨图：$n_S=N(N+1)/2$、$n_A=N(N-1)/2$，取 $N=3$。

入口

• 同态只能对称；异态各造一个对称、一个反对称组合。

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小蓝书 6-8 · 交换算符 P₁₂ 是守恒量 · 🟡（未复习）

以全同二粒子的体系为例，证明交换算符 ${\hat{P}}_{12}$ 是一个守恒量。

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骨架

1. 全同 ⇒ $\hat{H}(1,2)=\hat{H}(2,1)$。
2. ${\hat{P}}_{12}\hat{H}(1,2)\psi (1,2)=\hat{H}(2,1)\psi (2,1)=\hat{H}(1,2){\hat{P}}_{12}\psi (1,2)$。
3. 故 $[{\hat{P}}_{12},\hat{H}]=0$，交换算符守恒。

入口

• 守恒量 ⇔ 与 $\hat{H}$ 对易；关键是 Hamilton 量在交换下不变。

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小蓝书 6-9 · 两个氘交换下波函数对称性 · 🟡（未复习）

氢的同位素氘（deuteron）由一个质子（proton，记作 $p$）和一个中子（neutron，记作 $n$）组成。设由两个氘组成的四粒子体系的波函数为 $\psi (p_1{n}_1,p_2{n}_2)$，$n$、$p$ 都为 Fermion。试问：波函数 $\psi$ 在两个氘的交换下对称还是反对称？

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骨架

1. 两个氘交换 $\iff$ $p_1\leftrightarrow p_2$ 且 $n_1\leftrightarrow n_2$。
2. 每个费米子交换一次给一个负号，共两次 ⇒ $(-)(-)=+$。
3. 故对两个氘的交换是对称的。

入口

• 复合粒子交换 = 其全部费米子各交换一次，负号个数决定对称性。

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小蓝书 6-10 · 两守恒量不对易 ⇒ 能级简并 · 🟡（未复习）

设两个力学量算符 $\hat{A}$ 和 $\hat{B}$ 均为守恒量，但 $[\hat{A},\hat{B}]\ne =0$。求证，体系的能级是简并的。

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骨架

1. $[\hat{A},\hat{H}]=0$ ⇒ 存在共同本征态：$\hat{H}\psi =E\psi$，$\hat{A}\psi =a\psi$。
2. $[\hat{B},\hat{H}]=0$ ⇒ $\hat{H}(\hat{B}\psi )=E(\hat{B}\psi )$，$\hat{B}\psi$ 也是能量 $E$ 的本征态。
3. $[\hat{A},\hat{B}]\ne =0$ ⇒ $\hat{B}\psi$ 不是 $\hat{A}$ 的本征态，故 $\hat{B}\psi$ 与 $\psi$ 线性无关 ⇒ 能级简并。

入口

• 不对易的守恒量会把同一能级的本征态“搬”到另一独立态。

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小蓝书 6-11 · 均匀电场中的 Ehrenfest · 🟡（未复习）

一个电荷为 $q$、质量为 $m$ 的粒子受到均匀静电场 $\mathbf{E}$ 的作用。

(1) 写出粒子运动的含时 Schrödinger 方程。

(2) 证明，粒子的坐标 $\mathbf{r}$ 的平均值满足 Newton 运动方程 $m\frac{d^2\bar{\mathbf{r}}}{d{t}^2}=q\mathbf{E}$。

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骨架

1. $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2-q\mathbf{E}\cdot \mathbf{r}$，写出 $i\hslash {\partial }_t\psi =\hat{H}\psi$。
2. $d\bar{\mathbf{r}}/dt=\overline{[\mathbf{r},\hat{H}]}/(i\hslash )=\bar{\mathbf{p}}/m$。
3. $d\bar{\mathbf{p}}/dt=\overline{[\hat{\mathbf{p}},\hat{H}]}/(i\hslash )=q\mathbf{E}$，故 $m{d}^2\bar{\mathbf{r}}/d{t}^2=q\mathbf{E}$。

入口

• 势 $-q\mathbf{E}\cdot \mathbf{r}$；对 $\mathbf{r}$、$\mathbf{p}$ 各套一次 Ehrenfest。

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小蓝书 6-12 · 全同费米子与 Pauli 原理 · 🟡（未复习）

两个自旋均为 $\frac{1}{2}$ 的费米子体系的波函数为 $\psi (12)$。如果两个费米子是全同的，则

(1) $\psi (12)$ 满足什么条件？

(2) 利用所给出的 $\psi (12)$ 所满足的条件，说明 Pauli 不相容原理。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 全同费米子：$\psi (12)=-\psi (21)$。
2. 两粒子处于同一量子态（$1=2$）时 $\psi (11)=-\psi (11)\Rightarrow \psi (11)=0$。
3. 即两个全同费米子不能处于完全相同的量子态（Pauli 原理）。

入口

• 反对称直接推到同态波函数为零。

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小蓝书 6-13 · [P,l]=0 · 🟡（未复习）

求证：宇称算符 $\hat{P}$ 和轨道角动量算符 $\hat{\mathbf{l}}$ 对易。

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骨架

1. $\hat{\mathbf{l}}=\mathbf{r}\times \hat{\mathbf{p}}$。
2. $\hat{P}$ 使 $\mathbf{r}\to -\mathbf{r}$、$\hat{\mathbf{p}}\to -\hat{\mathbf{p}}$，叉乘负负得正。
3. $\hat{P}\hat{\mathbf{l}}\psi (\mathbf{r})=\hat{\mathbf{l}}\hat{P}\psi (\mathbf{r})$，故 $[\hat{P},\hat{\mathbf{l}}]=0$。

入口

• 宇称同时翻坐标和动量，角动量作为叉乘不变。

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小蓝书 6-14 · 对易关系与绘景无关 · 🟡（未复习）

求证：如果力学量算符 $A$、$B$、$C$ 在 Schrödinger 绘景中满足对易关系 $[A,B]=iC$，则这一关系在 Heisenberg 绘景中仍然成立。

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骨架

1. $A_H=UA{U}^{-1}$，$B_H=UB{U}^{-1}$，$C_H=UC{U}^{-1}$（$U=e^{i\hat{H}t/\hslash }$）。
2. $[A_H,B_H]=U[A,B]U^{-1}=iUC{U}^{-1}=i{C}_H$。
3. 对易关系与绘景无关。

入口

• 幺正相似变换保持对易子结构。

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小蓝书 6-15 · 平移算符本征态与周期势对易 · 🟡（未复习）

已知一维空间平移算符 $\hat{T}(a)=e^{i\hat{p}a/\hslash }$，满足 $T(a)\psi (x)=\psi (x+a)$。求证：

(1) 动量本征态 ${\psi }_p(x)=A{e}^{ipx/\hslash }$ 是 $T(a)$ 的本征态，本征值为 $e^{ipa/\hslash }$；

(2) 当势能满足 $V(x)=V(x+a)$ 时，$T(a)$ 与体系的 Hamilton 量对易。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $T(a){\psi }_p(x)={\psi }_p(x+a)=e^{ipa/\hslash }{\psi }_p(x)$。
2. $[T(a),d^2/d{x}^2]=0$（平移与求导对易）。
3. $[T(a),V]\psi =V(x+a)\psi (x+a)-V(x)\psi (x+a)=0$（周期势）。
4. 故 $[T(a),\hat{H}]=0$。

入口

• (1) 平面波平移只出相位；(2) 动能天然对易，势靠周期性。

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第7章 粒子在势场中的运动

📄 本章 17 题 + 强化班三维 12 题详细解答（手机版 PDF）：点击下载/查看

原书第 85–105 页 · 共 17 题 · 小蓝书 7-1 – 7-17 · 2026-10-15 挂

小蓝书 7-1 · 二粒子相对动量、总动量与总角动量 · ⬜ 未测

二粒子体系的两个粒子的质量分别为 $m_1$ 和 $m_2$，位矢分别为 ${\mathbf{r}}_1$ 和 ${\mathbf{r}}_2$，求：

(1) 相对动量；

(2) 总动量；

(3) 总轨道角动量在坐标表象中的表示。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 质心 $\mathbf{R}=(m_1{\mathbf{r}}_1+m_2{\mathbf{r}}_2)/M$，相对 $\mathbf{r}={\mathbf{r}}_1-{\mathbf{r}}_2$，$M=m_1+m_2$，折合质量 $\mu =m_1{m}_2/M$。
2. 相对动量 ${\hat{\mathbf{P}}}_r=\mu \dot{\mathbf{r}}=(m_2{\hat{\mathbf{P}}}_1-m_1{\hat{\mathbf{P}}}_2)/M=-i\hslash {\nabla }_{\mathbf{r}}$。
3. 总动量 ${\hat{\mathbf{P}}}_R={\hat{\mathbf{P}}}_1+{\hat{\mathbf{P}}}_2=-i\hslash {\nabla }_{\mathbf{R}}$。
4. 总角动量 $\hat{\mathbf{l}}={\mathbf{r}}_1\times {\hat{\mathbf{P}}}_1+{\mathbf{r}}_2\times {\hat{\mathbf{P}}}_2={\hat{\mathbf{l}}}_R+{\hat{\mathbf{l}}}_r$。

入口

• 先换到质心–相对坐标，再把 ${\nabla }_{{\mathbf{r}}_i}$ 用链法则换成 ${\nabla }_R$、${\nabla }_r$。

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小蓝书 7-2 · 氢原子 1s 动能与势能平均值 · ⬜ 未测

求氢原子 $1s$ 电子的动能、势能的平均值。已知 $1s$ 电子的波函数为

$${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{1}{a_0}{)}^{3/2}{e}^{-r/a_0}$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\bar{T}=⟨{\psi }_{100}|\hat{T}|{\psi }_{100}⟩$，球坐标下算 ${\nabla }^2$ 径向部分，得 $\bar{T}=m{e}^4/(2{\hslash }^2)$。
2. $\bar{V}=⟨-e^2/r⟩=-m{e}^4/{\hslash }^2$。
3. $\bar{E}=\bar{T}+\bar{V}=-m{e}^4/(2{\hslash }^2)$（基态能）；$|\bar{V}|>\bar{T}$。

入口

• 球对称，$s$ 态拉普拉斯只剩径向；势能就是对 $1/r$ 积分。

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小蓝书 7-3 · 基态电子动量几率分布 · ⬜ 未测

已知氢原子的基态波函数为

$${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{1}{a_0}{)}^{3/2}{e}^{-r/a_0}$$

求基态电子的动量几率分布。

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骨架

1. $\phi (\mathbf{p})=\frac{1}{(2\pi \hslash {)}^{3/2}}\int {\psi }_{100}(\mathbf{r})e^{-i\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}/\hslash }{d}^{3}r$。
2. 取 $\mathbf{p}$ 为 $z$ 轴，球坐标积出 $\phi (\mathbf{p})\propto [1+(p{a}_0/\hslash {)}^2{]}^{-2}$。
3. $|\phi (\mathbf{p}){|}^2=\frac{8a_{03}}{{\pi }^2{\hslash }^3[1+(p{a}_0/\hslash {)}^2{]}^4}$；可验证归一。

入口

• 三维 Fourier 变换；球对称选轴后只剩对 $r$、$\theta$ 的积分。

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小蓝书 7-4 · 类氢体系能谱（正电子素、μ 原子等） · ⬜ 未测

利用氢原子能级公式，讨论下列体系的能谱。

(1) 正、负电子 $e^{+}$、$e^{-}$ 的束缚体系；

(2) ${\mu }^{-}$ 子原子（${\mu }^{-}$ 粒子绕质子 $p^{+}$ 运动，$m_{\mu }=200m_e$）；

(3) ${\mu }^{+}$、${\mu }^{-}$ 的束缚体系。

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骨架

1. 三者都是 Coulomb 势二体，能谱 $E_n=-\mu e^4/(2{\hslash }^2{n}^2)$，只差折合质量 $\mu$。
2. (1) $\mu =m_e/2$ ⇒ $E_n=-m_e{e}^4/(4{\hslash }^2{n}^2)$。
3. (2) $\mu =m_p{m}_{\mu }/(m_p+m_{\mu })=200m_p{m}_e/(m_p+200m_e)$。
4. (3) $\mu =m_{\mu }/2$ ⇒ $E_n=-50m_e{e}^4/({\hslash }^2{n}^2)$。

入口

• 把氢公式里的电子质量换成相应折合质量。

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小蓝书 7-5 · ½[∇²,r]=1/r+∂/∂r · ⬜ 未测

求证：$\frac{1}{2}[{\nabla }^2,r]=\frac{1}{r}+\frac{\partial }{\partial r}$。

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骨架

1. 作用在试探函数：$\frac{1}{2}({\nabla }^2(r\psi )-r{\nabla }^2\psi )$。
2. 用 $\nabla (r\psi )=(\nabla r)\psi +r\nabla \psi$，$\nabla \cdot (\mathbf{r}/r)=2/r$。
3. $\mathbf{r}/r\cdot \nabla =\partial /\partial r$，整理即得。

入口

• 对易子作用在任意 $\psi$ 上展开；关键是 $\nabla \cdot (\mathbf{r}/r)=2/r$。

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小蓝书 7-6 · 基态 Δx、Δp_x 与不确定关系 · ⬜ 未测

氢原子的基态波函数为 ${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{1}{a_0}{)}^{3/2}{e}^{-r/a_0}$。求：在基态下涨落 $\Delta x$ 和 $\Delta p_x$，并验证不确定性关系。

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骨架

1. 奇偶：$\bar{x}={\bar{p}}_x=0$。
2. $\overline{r^2}=3a_{02}$ ⇒ $\overline{x^2}=a_{02}$；$\overline{p^2}={\hslash }^2/a_{02}$ ⇒ $\overline{p_{x2}}={\hslash }^2/(3a_{02})$。
3. $\Delta x=a_0$，$\Delta p_x=\hslash /(\sqrt{3}{a}_0)$，$\Delta x\cdot \Delta p_x=\hslash /\sqrt{3}>\hslash /2$。

入口

• 球对称把 $\overline{r^2}$、$\overline{p^2}$ 三等分给各分量。

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小蓝书 7-7 · 氢原子叠加态能量与 |l m⟩=|1 1⟩ 几率 · ⬜ 未测

设在 $t=0$ 时刻，氢原子处于状态

$$|{\psi }_0⟩=\frac{1}{\sqrt{10}}[2|100⟩+|210⟩+\sqrt{2}|211⟩+\sqrt{3}|21-1⟩]$$

求：

(1) 在 $|{\psi }_0⟩$ 态下能量的平均值；

(2) 在 $t>0$ 时，体系处于 $|lm⟩=|11⟩$ 态的几率。

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骨架

1. $\bar{E}=\frac{1}{10}(4E_1+6E_2)$；氢原子 $E_2=E_1/4$，得 $\bar{E}=\frac{11}{20}{E}_1$。
2. $|\psi (t)⟩$ 各分量带相位 $e^{-i{E}_{n}t/\hslash }$；$|lm⟩=|11⟩$ 对应 $|211⟩$。
3. 几率 $P=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$（与 $t$ 无关；对 $n\ne =2$ 为 0）。

入口

• 能量只看主量子数权重；角动量几率看 $|211⟩$ 系数模方。

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小蓝书 7-8 · 基态经典禁区几率 · ⬜ 未测

氢原子处于基态 ${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{1}{a_0}{)}^{3/2}{e}^{-r/a_0}$，求氢原子中的电子处于经典不允许区（动能 $T<0$）的几率。

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骨架

1. $T=E-V<0$ ⇒ $r>2a_0$（基态 $n=1$）。
2. $p=\frac{4}{a_{03}}{\int }_{2a_0}^{\infty }{e}^{-2r/a_0}{r}^{2}dr$。
3. 分部积分得 $p=13e^{-4}$。

入口

• 先由 $E_1=-e^2/(2a_0)$、$V=-e^2/r$ 定出禁区边界，再对径向几率积分。

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小蓝书 7-9 · β 衰变后 1s 电子仍在 k 态的几率 · ⬜ 未测

带电荷 $Ze$ 的某一原子突然发生 $\beta$ 衰变（原子核中的一个中子发射一个电子后转变成质子）后变成核电荷为 $(Z+1)e$ 的新原子。求：衰变前原子中的一个 $k$ 态电子（处于 $1s$ 态的电子）在衰变后的新原子中仍处于 $k$ 态的几率。

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骨架

1. 突变近似：波函数来不及变，把 ${\psi }_{100}(Z)$ 按新本征态 ${\psi }_{nlm}(Z+1)$ 展开。
2. $c_{100}=⟨{\psi }_{100}(Z+1)|{\psi }_{100}(Z)⟩$。
3. 积分得 $|c_{100}{|}^2=\frac{Z^3(Z+1{)}^3}{[Z+1/2{]}^6}$。

入口

• 突变更换只算新旧基态重叠积分。

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小蓝书 7-10 · 两同心球面间粒子的基态 · ⬜ 未测

设一质量为 $m$ 的粒子限制在半径分别为 $a$ 和 $b$（$b>a$）的两个同心球面之间运动，两个球面之间的势 $V(r)=0$，求粒子的基态（$n=1$，$l=0$）波函数和能量。

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骨架

1. $R=\chi /r$，$l=0$、$V=0$ ⇒ ${\chi }^{{}^{\prime \prime }}+k^2\chi =0$，$k^2=2mE/{\hslash }^2$。
2. 边界 $\chi (a)=\chi (b)=0$ ⇒ $\chi =A\sin k(r-a)$，$k=n\pi /(b-a)$。
3. $E_1={\hslash }^2{\pi }^2/[2m(b-a{)}^2]$，$R(r)=\sqrt{2/(b-a)}\sin [\pi (r-a)/(b-a)]/r$。
4. ${\psi }_{100}=R{Y}_{00}=\frac{1}{\sqrt{2\pi (b-a)}}\frac{1}{r}\sin \frac{\pi (r-a)}{b-a}$。

入口

• 径向化成一维无限深阱，宽度 $b-a$。

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小蓝书 7-11 · v×v = iℏq B/(M²c) · ⬜ 未测

定义速度算符 $\mathbf{v}=\frac{1}{M}(\hat{\mathbf{p}}-\frac{q}{c}\mathbf{A})=\frac{1}{M}(-i\hslash \nabla -\frac{q}{c}\mathbf{A})$。求证：$\mathbf{v}\times \mathbf{v}=\frac{i\hslash q}{M^{2}c}\mathbf{B}$。

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骨架

1. $(\mathbf{v}\times \mathbf{v}{)}_x=[v_y,v_z]$。
2. 展开 $[p_y-\frac{q}{c}{A}_y,p_z-\frac{q}{c}{A}_z]$，用 $[p_i,A_j]=-i\hslash {\partial }_i{A}_j$。
3. 整理得 $B_x={\partial }_y{A}_z-{\partial }_z{A}_y$ 那一项，分量合成 $\mathbf{B}$。

入口

• 叉乘分量就是对易子；磁场来自 $[\mathbf{p},\mathbf{A}]$。

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小蓝书 7-12 · 电磁场中的连续性方程 · ⬜ 未测

设在电磁场中运动的带电粒子的几率密度 $\rho ={\psi }^{\ast }\psi$，几率流密度

$$\mathbf{j}=\frac{1}{2\mu }({\psi }^{\ast }\hat{\mathbf{p}}\psi -\psi \hat{\mathbf{p}}{\psi }^{\ast })-\frac{q}{\mu c}{\psi }^{\ast }\mathbf{A}\psi$$

求证：连续性方程 $\frac{\partial \rho }{\partial t}+\nabla \cdot \mathbf{j}=0$。

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骨架

1. 写出含 $\mathbf{A}$、$\varphi$ 的 Schrödinger 方程及其复共轭。
2. ${\psi }^{\ast }\times$(方程)$-$$\psi \times$(共轭)，左边得 $i\hslash {\partial }_t\rho$。
3. 右边整理成 $-i\hslash \nabla \cdot \mathbf{j}$（常用规范 $\nabla \cdot \mathbf{A}=0$）。

入口

• 与无场情况同套路，多出的 $\mathbf{A}$ 项正好配成题给 $\mathbf{j}$。

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小蓝书 7-13 · 正交均匀 E、B 场中的带电粒子 · ⬜ 未测

设一带电荷 $q$ 的粒子在 $y$ 方向的均匀电场 $\mathcal{E}=(0,ϵ,0)$ 和 $z$ 方向的均匀磁场 $\mathbf{B}=(0,0,B)$ 中运动（$\mathbf{B}$ 不随时间变化）。

(1) 证明矢量势 $\mathbf{A}$ 可以选取 $\mathbf{A}=(-By,0,0)$；

(2) 说明粒子是在 $x$–$y$ 平面内运动；

(3) 写出体系的 Hamilton 量（用 $ϵ$、$B$ 表示）；

(4) 证明 $[\hat{H},{\hat{p}}_x]=0$、$[\hat{H},{\hat{p}}_y]\ne =0$，从而可以选取 $\hat{H},{\hat{p}}_x$ 为力学量完全集；

(5) 设 $\hat{H}$、${\hat{p}}_x$ 的共同本征函数为 $\psi (x,y)=e^{i{p}_{x}x/\hslash }\varphi (y)$，利用分离变量法写出能量本征函数 $\varphi (y)$ 的本征值方程；

(6) 解此本征值方程，解出能量本征值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\nabla \times \mathbf{A}=\mathbf{B}$ 直接验证 $\mathbf{A}=(-By,0,0)$。
2. Lorentz 力在 $x$–$y$ 面内，无 $z$ 向力。
3. $\hat{H}=\frac{1}{2m}(\hat{\mathbf{p}}-\frac{q}{c}\mathbf{A}{)}^2+q\varphi$，$\varphi =-ϵy$。
4. $H$ 不含 $x$ ⇒ $[\hat{H},{\hat{p}}_x]=0$；含 $y$ 与电场项 ⇒ $[\hat{H},{\hat{p}}_y]\ne =0$。
5. 代入得 $y$ 方向谐振子（平移到 $y_0$）。
6. $E=(n+\frac{1}{2})\frac{\hslash |q|B}{mc}+\frac{c{p}_xϵ}{B}-\frac{m{c}^2{ϵ}^2}{2B^2}$。

入口

• Landau 规范 + 电场平移谐振子平衡点；守恒的是 $p_x$ 不是 $p_y$。

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小蓝书 7-14 · A=(0,Bx,0) 中电子的 Landau 能级 · ⬜ 未测

一电子在势 $\mathbf{A}=(0,Bx,0)$ 中运动。电子的 Hamilton 量为

$$H=\frac{1}{2m}(\mathbf{p}-\frac{e}{c}\mathbf{A}{)}^2$$

(1) 证明 Hamilton 量 $H$ 的本征函数可以写成 $\phi (\mathbf{r})=f(x)\exp [i(k_{y}y+k_{z}z)]$；

(2) 求能量本征值和本征函数。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $[H,{\hat{p}}_y]=[H,{\hat{p}}_z]=0$，故本征函数可取 $y$、$z$ 平面波乘 $f(x)$。
2. $f(x)$ 满足以 $x_0=c\hslash k_y/(eB)$ 为心的一维谐振子方程。
3. $E=(n+\frac{1}{2})\frac{|e|B\hslash }{mc}+\frac{{\hslash }^2{k}_z^2}{2m}$（Landau 能级 + 自由 $z$ 运动）。

入口

• 换一种 Landau 规范；分离变量后 $x$ 方向是谐振子。

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小蓝书 7-15 · rˡ Yₗₘ 的直角坐标形式与宇称 · ⬜ 未测

氢原子的波函数为 ${\psi }_{nlm}(r,\theta ,\varphi )=R_{nl}(r)Y_{lm}(\theta ,\varphi )$。

(1) 对 $l=0,1,2$，试将 $r^l{Y}_{lm}(\theta ,\varphi )$ 用直角坐标 $x,y,z$ 表示，并求 $r^l{Y}_{lm}(\theta ,\varphi )$ 的宇称。

(2) 利用上题结果，证明 ${\psi }_{nlm}(-x,-y,-z)=(-1{)}^l{\psi }_{nlm}(x,y,z)$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $l=0$：$Y_{00}=1/\sqrt{4\pi }$； $l=1$：$r{Y}_{10}\propto z$，$r{Y}_{1\pm 1}\propto \mp (x\pm iy)$； $l=2$：$r^2{Y}_{20}\propto (2z^2-x^2-y^2)$ 等。
2. 反演下 $r^l{Y}_{lm}\to (-1{)}^l{r}^l{Y}_{lm}$，宇称 $(-1{)}^l$。
3. $R_{nl}(r)/r^l$ 反演不变，故 ${\psi }_{nlm}$ 宇称也是 $(-1{)}^l$。

入口

• 球谐用 $x\pm iy$、$z$ 改写；径向偶因子不影响宇称。

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小蓝书 7-16 · 由归一化确定 ψ₁₀(r) · ⬜ 未测

已知氢原子的 $s$ 态（$l=0$）能量本征函数为 ${\psi }_{n0}(r)=f_n(r)e^{-r/(n{a}_0)}$。其中，$f_n(r)$ 为 $r$ 的 $n-1$ 次多项式。试利用归一化条件确定 ${\psi }_{10}(r)$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $n=1$，$f_1$ 为常数：$ \psi_{10}=C e^{-r/a_0}$。
2. $4\pi |C{|}^2{\int }_0^{\infty }{e}^{-2r/a_0}{r}^{2}dr=1$ ⇒ $C=1/\sqrt{\pi a_{03}}$。
3. ${\psi }_{10}=\frac{1}{\sqrt{\pi a_{03}}}{e}^{-r/a_0}$。

入口

• $n=1$ 多项式退化为常数，只剩一个归一化常数。

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小蓝书 7-17 · n=l+1 时径向解的 α 与 E · ⬜ 未测

氢原子的径向波函数满足方程

$$\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}(r^2\frac{dR}{dr})+[\frac{2m}{{\hslash }^2}(E+\frac{z{e}^2}{r})-\frac{l(l+1)}{r^2}]R=0$$

当 $n=l+1$ 时，该方程的解为 $R_{nl}(r)=r^l{e}^{-\alpha r}$。试利用原方程求出参数 $\alpha$ 和能量本征值 $E$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 把 $R=r^l{e}^{-\alpha r}$ 代入径向方程，整理出 $1/r$ 与常数项。
2. 系数匹配：$E=-{\hslash }^2{\alpha }^2/(2m)$，$2\alpha (l+1)=2mz{e}^2/{\hslash }^2$。
3. $n=l+1$ ⇒ $\alpha =mz{e}^2/({\hslash }^{2}n)$，$E=-m{z}^2{e}^4/(2{\hslash }^2{n}^2)$。

入口

• 代入后令 $1/r$ 项、常数项各自为零（对任意 $r$ 成立）。

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第8章 角动量理论、粒子的自旋

2026-10-31 已做完 · 整章标黄待复习

原书第 106–134 页 · 共 25 题 · 小蓝书 8-1 – 8-25 · 2026-10-15 挂

小蓝书 8-1 · (σ·A)(σ·B) 恒等式 · 🟡（未复习）

试证明：$(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{A})(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{B})=\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}+i\mathbf{\sigma }\cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})$，其中 $\mathbf{A}$、$\mathbf{B}$ 为与 Pauli 矩阵 ${\sigma }_x,{\sigma }_y,{\sigma }_z$ 对易的任意矢量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 按分量展开成 9 项；$A_i$、$B_i$ 与 $\sigma$ 对易，可挪到前面。
2. ${\sigma }_i^2=1$ 给出对角项 $\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}$；交叉项用 ${\sigma }_i{\sigma }_j=i{\epsilon }_{ijk}{\sigma }_k$。
3. 交叉项合成 $i\mathbf{\sigma }\cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})$。

入口

• 展开 + Pauli 代数 ${\sigma }_i{\sigma }_j={\delta }_{ij}+i{\epsilon }_{ijk}{\sigma }_k$。

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小蓝书 8-2 · (σ·p)² 与 (σ·l)² · 🟡（未复习）

利用上题结果证明：$(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{p}{)}^2=p^2$，$(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{l}{)}^2=l^2-\hslash \mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{l}$，其中 $\mathbf{p}$ 为三维动量，$\mathbf{l}$ 为三维角动量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 令 $\mathbf{A}=\mathbf{B}$：$(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{A}{)}^2=A^2+i\mathbf{\sigma }\cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{A})$。
2. $\mathbf{p}\times \mathbf{p}=0$（分量对易）⇒ $(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{p}{)}^2=p^2$。
3. $\mathbf{l}\times \mathbf{l}=i\hslash \mathbf{l}$ ⇒ $(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{l}{)}^2=l^2-\hslash \mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{l}$。

入口

• 动量分量可对易，角动量分量不可对易，差别全在叉乘项。

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小蓝书 8-3 · 自旋交换算符 P₁₂ · 🟡（未复习）

对自旋为 $\frac{1}{2}$ 的粒子体系，定义自旋交换算符

$$P_{12}=\frac{1}{2}(1+{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2)$$

求证：

(1) $({\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2{)}^2=3-2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2$；

(2) $P_{12}^2=1$（因此 $P_{12}^{-1}=P_{12}$）；

(3) $P_{12}\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩=-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩$，$P_{12}-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩=\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$（说明交换算符的含义）。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 用 8-1：$({\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2{)}^2={\sigma }_2^2+i{\mathbf{\sigma }}_1\cdot ({\mathbf{\sigma }}_2\times {\mathbf{\sigma }}_2)$；${\sigma }^2=3$，$\mathbf{\sigma }\times \mathbf{\sigma }=2i\mathbf{\sigma }$。
2. $P_{12}^2=\frac{1}{4}(1+2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2+({\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2{)}^2)=1$。
3. 在 ${\sigma }_z$ 表象用矩阵直接作用到 $\frac{1}{2}⟩\otimes -\frac{1}{2}⟩$ 上。

入口

• (1)(2) 纯代数；(3) 展开成 ${\sigma }_{1i}{\sigma }_{2i}$ 矩阵乘积。

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小蓝书 8-4 · σ_z 表象中 σ_x 的本征值与本征矢 · 🟡（未复习）

在 ${\sigma }_z$ 表象中，求 ${\sigma }_x$ 的本征值和本征矢量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 方法一：任意方向 $\mathbf{n}\cdot \mathbf{\sigma }$ 本征矢通式，取 $\theta =\pi /2$、$\varphi =0$。
2. 方法二：${\sigma }_x=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$，解 ${\sigma }_x\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$ 得 $\lambda =\pm 1$。
3. $|{\uparrow }_x⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$，$|{\downarrow }_x⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)$。

入口

• 直接解 $2\times 2$ 本征方程，或套 $\mathbf{n}\cdot \mathbf{\sigma }$ 通式。

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小蓝书 8-5 · |↑_z⟩ 下 (ΔS_x)²、(ΔS_y)² · 🟡（未复习）

在 $S_z$ 的本征态 $|{\uparrow }_z⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$ 下，求 $(\Delta S_x{)}^2$ 和 $(\Delta S_y{)}^2$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\overline{S_x}=⟨{\uparrow }_z|S_x|{\uparrow }_z⟩=0$，同理 $\overline{S_y}=0$。
2. $S_x^2=S_y^2=\frac{{\hslash }^2}{4}I$，故 $\overline{S_x^2}=\overline{S_y^2}={\hslash }^2/4$。
3. $(\Delta S_x{)}^2=(\Delta S_y{)}^2={\hslash }^2/4$。

入口

• 方差 $=\overline{S_i^2}-{\bar{S}}_i^2$；$S_i=(\hslash /2){\sigma }_i$，${\sigma }_i^2=1$。

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小蓝书 8-6 · |↑_z⟩ 下 σ·n 的测值与几率 · 🟡（未复习）

在 $S_z$ 的本征态 $|{\uparrow }_z⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$ 下，求 $\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}$ 的可能测量值及相应的几率。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}$ 本征值 $\pm 1$。
2. $P_{+}=|⟨{\uparrow }_n|{\uparrow }_z⟩{|}^2={\cos }^2(\theta /2)$。
3. $P_{-}=|⟨{\downarrow }_n|{\uparrow }_z⟩{|}^2={\sin }^2(\theta /2)$。

入口

• 用 $|{\uparrow }_n⟩$、$|{\downarrow }_n⟩$ 通式与 $|{\uparrow }_z⟩$ 求重叠。

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小蓝书 8-7 · Pauli 指数恒等式 · 🟡（未复习）

求证下列关系式：

(1) $e^{i\theta {\sigma }_z}=\cos \theta +i{\sigma }_z\sin \theta$；

(2) $e^{i\theta \mathbf{n}\cdot \mathbf{\sigma }}=\cos \theta +i(\mathbf{n}\cdot \mathbf{\sigma })\sin \theta$；

(3) $\mathrm{Tr}{e}^{i\theta \mathbf{n}\cdot \mathbf{\sigma }}=2\cos \theta$；

(4) $e^{i\theta {\sigma }_z}{\sigma }_x{e}^{-i\theta {\sigma }_z}={\sigma }_x\cos 2\theta -{\sigma }_y\sin 2\theta$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 指数按 Taylor 展开；${\sigma }_z^2=1$，偶奇项分别合成 $\cos$、$\sin$。
2. $(\mathbf{n}\cdot \mathbf{\sigma }{)}^2=1$，同理。
3. $\mathrm{Tr}{\sigma }_i=0$ ⇒ 迹只剩 $2\cos \theta$。
4. 把 (1) 代入左乘右乘，用 $[{\sigma }_z,{\sigma }_x]=2i{\sigma }_y$ 整理。

入口

• 关键是 ${\sigma }^2=1$ 使指数退化成三角函数。

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小蓝书 8-8 · z 向磁场中自旋波函数随时间演化 · 🟡（未复习）

一电子（自旋 $s=\frac{1}{2}$）在沿 $z$ 方向的磁场 $B$ 中运动。设 $t=0$ 时，电子的自旋波函数为

$$\left(\begin{array}{c}a(0)\\ b(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\alpha }\cos \beta \\ e^{i\alpha }\sin \beta \end{array}\right)$$

求在任意时刻 $t$，电子的自旋波函数。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\hat{H}=-{\mathbf{\mu }}_s\cdot \mathbf{B}=\omega \hslash {\sigma }_z$（$\omega =|e|B/(2m_{e}c)$，符号按电子电荷约定）。
2. $da/dt=-i\omega a$，$db/dt=i\omega b$。
3. $\chi (t)=\left(\begin{array}{c}\cos \beta e^{-i(\alpha +\omega t)}\\ \sin \beta e^{i(\alpha +\omega t)}\end{array}\right)$。

入口

• $z$ 向磁场 ⇒ ${\sigma }_z$ 对角，上下分量各自积相位。

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小蓝书 8-9 · x 向磁场中自旋进动 · 🟡（未复习）

设一电子置于沿 $x$ 方向的均匀磁场 $B$ 中。在 $t=0$ 时，电子的自旋向 $z$ 轴的正向极化。求：

(1) 在任意时刻 $t$，电子的自旋波函数；

(2) ${\hat{S}}_x$、${\hat{S}}_y$、${\hat{S}}_z$ 的平均值；

(3) ${\hat{S}}_z$ 的测量值为 $\hslash /2$ 和 $-\hslash /2$ 的几率。

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骨架

1. $\hat{H}=\omega \hslash {\sigma }_x$；解耦合方程得 $\chi =\left(\begin{array}{c}\cos \omega t\\ -i\sin \omega t\end{array}\right)$。
2. $\overline{S_x}=0$，$\overline{S_y}=-(\hslash /2)\sin 2\omega t$，$\overline{S_z}=(\hslash /2)\cos 2\omega t$。
3. $P_z(\uparrow )={\cos }^2\omega t$，$P_z(\downarrow )={\sin }^2\omega t$。

入口

• 用 $a\pm b$ 解耦；初态 $|{\uparrow }_z⟩=(1,0{)}^T$。

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小蓝书 8-10 · 静磁场 + 旋转磁场中的自旋翻转 · 🟡（未复习）

一电子（$s=\frac{1}{2}$）在 $t<0$ 时处于沿 $z$ 方向的均匀磁场 $B_0$ 中。当 $t\ge 0$ 时，再加一个与 $z$ 轴垂直的旋转磁场

$$\mathbf{B}(t)=(B\cos 2{\omega }_{0}t\mathbf{i}+B\sin 2{\omega }_{0}t\mathbf{j})$$

其中 ${\omega }_0=|e|B_0/(2m_{e}c)$。已知在 $t\le 0$ 时，电子自旋向正 $z$ 方向极化。

(1) 求 $t>0$ 时的电子的自旋波函数。

(2) 问经多长时间，电子的自旋反向？

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骨架

1. $\hat{H}=\hslash \left(\begin{array}{cc}{\omega }_0& \omega e^{-2i{\omega }_{0}t}\\ \omega e^{2i{\omega }_{0}t}& -{\omega }_0\end{array}\right)$，$\omega =|e|B/(2m_{e}c)$。
2. 令 $a=C_1{e}^{-i{\omega }_{0}t}$、$b=C_2{e}^{i{\omega }_{0}t}$，消掉旋转相位后得 $C_1=\cos \omega t$、$C_2=-i\sin \omega t$。
3. $\chi (t)=\cos \omega t{e}^{-i{\omega }_{0}t}|{\uparrow }_z⟩-i\sin \omega t{e}^{i{\omega }_{0}t}|{\downarrow }_z⟩$。
4. $t=\pi /(2\omega )$ 时完全翻到 $|{\downarrow }_z⟩$；周期 $T=\pi /\omega$。

入口

• 旋转坐标系代换去掉显含 $t$ 的相位，再和解静态横场同样解耦。

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小蓝书 8-11 · j=1 时 J 的矩阵与 |1 1⟩ 下平均值 · 🟡（未复习）

给定角动量量子数 $j=1$，求：

(1) 在角动量算符 $J_z$ 的表象中，$J_x$、$J_y$、$J_z$ 和 $J^2$ 的矩阵表示。

(2) 已知 $J_z$ 的本征值为 $\hslash$、$0$、$-\hslash$ 的本征矢量分别为

$$|1,1⟩=\{\begin{array}{l}1\\ 0\\ 0\end{array},|1,0⟩=\{\begin{array}{l}0\\ 1\\ 0\end{array},|1,-1⟩=\{\begin{array}{l}0\\ 0\\ 1\end{array}$$

求在 $|1,1⟩$ 态下，$J_x$、$J_y$ 的平均值。

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骨架

1. 先算 $J_{\pm }$ 矩阵元：$(J_{+}{)}_{12}=(J_{+}{)}_{23}=\sqrt{2}\hslash$。
2. $J_x=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\{\begin{array}{llc}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}$，$J_y=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\{\begin{array}{llc}0& -i& 0\\ i& 0& -i\\ 0& i& 0\end{array}$，$J_z=\hslash \mathrm{diag}(1,0,-1)$，$J^2=2{\hslash }^{2}I$。
3. $⟨1,1|J_x|1,1⟩=⟨1,1|J_y|1,1⟩=0$。

入口

• 升降算符造矩阵，再组合出 $J_x$、$J_y$。

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小蓝书 8-12 · 两电子自旋耦合的 C–G 系数 · 🟡（未复习）

两个电子的自旋算符分别为 ${\hat{\mathbf{S}}}_1$ 和 ${\hat{\mathbf{S}}}_2$。两个自旋的无耦合基用 $|s_{1z}{s}_{2z}⟩$ 表示，耦合基用 $|s{s}_z⟩$ 表示。两种基之间的关系为：

$$\{\begin{array}{ll}|1,1⟩& =\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩\\ |1,0⟩& =a\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩+b-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩\\ |1,-1⟩& =-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩\\ |0,0⟩& =c\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩-d-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩\end{array}$$

试确定 C–G 系数 $a$、$b$、$c$、$d$。计算时可取 $\hslash =1$。

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骨架

1. $S_{-}|1,1⟩=\sqrt{2}|1,0⟩=(S_{1-}+S_{2-})\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩$。
2. 得 $|1,0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩+-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩)$ ⇒ $a=b=1/\sqrt{2}$。
3. 与 $|0,0⟩$ 正交 + 归一 ⇒ $c=-d=1/\sqrt{2}$（相位约定取正）。

入口

• 从最高权态往下用 $S_{-}$；单态靠正交定系数。

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小蓝书 8-13 · S_{1z}、S_x 作用在耦合基上 · 🟡（未复习）

利用第 12 题的结果，试计算：

(1) $S_{1z}|1,1⟩$、$S_{1z}|1,0⟩$、$S_{1z}|1,-1⟩$、$S_{1z}|0,0⟩$；

(2) $S_x|1,1⟩$、$S_x|1,0⟩$、$S_x|1,-1⟩$、$S_x|0,0⟩$。

计算时可取 $\hslash =1$。

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骨架

1. 把耦合基换成无耦合基，再让 $S_{1z}$ 作用：$S_{1z}|1,1⟩=\frac{1}{2}|1,1⟩$，$S_{1z}|1,0⟩=\frac{1}{2}|0,0⟩$，$S_{1z}|1,-1⟩=-\frac{1}{2}|1,-1⟩$，$S_{1z}|0,0⟩=\frac{1}{2}|1,0⟩$。
2. $S_x=S_{1x}+S_{2x}$，用 ${\sigma }_x$ 矩阵作用： $S_x|1,1⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}|1,0⟩$，$S_x|1,0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|1,1⟩+|1,-1⟩)$， $S_x|1,-1⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}|1,0⟩$，$S_x|0,0⟩=0$。

入口

• 先拆成无耦合基，再作用单粒子算符，最后拼回耦合基。

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小蓝书 8-14 · 不用矩阵表示证明 Pauli 性质 · 🟡（未复习）

试利用 Pauli 矩阵的性质 ${\sigma }_i,{\sigma }_j=2{\delta }_{ij}$（$i,j=1,2,3$），不用 ${\sigma }_i$ 的具体表示，证明：

(1) $\mathrm{Tr}({\sigma }_i)=0$；

(2) ${\sigma }_i$ 的本征值 $\lambda =\pm 1$；

(3) $\det {\sigma }_i=-1$；

(4) 任意 $2\times 2$ 矩阵 $M$ 可写成 $M=m_{0}I+{\sum }_{i=13}{m}_i{\sigma }_i$，并确定 $m_0$、$m_i$。

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骨架

1. $i\ne =j$ 时 ${\sigma }_i=-{\sigma }_j{\sigma }_i{\sigma }_j$，取迹得 $\mathrm{Tr}{\sigma }_i=-\mathrm{Tr}{\sigma }_i$。
2. ${\sigma }_i^2=1$ ⇒ ${\lambda }^2=1$ ⇒ $\lambda =\pm 1$。
3. 对角化后对角元为 $\pm 1$，故 $\det =-1$。
4. $m_0=\frac{1}{2}\mathrm{Tr}M$，$m_i=\frac{1}{2}\mathrm{Tr}({\sigma }_{i}M)$。

入口

• 全靠反对易与迹的循环性，不碰具体矩阵元。

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小蓝书 8-15 · L·S 耦合能级与简并度（l=2,s=1） · 🟡（未复习）

设一个置于中心力场中的粒子，其轨道角动量量子数 $l=2$，自旋角动量量子数 $s=1$。体系的自旋–轨道相互作用 Hamilton 量为

$$\hat{H}=A\hat{\mathbf{L}}\cdot \hat{\mathbf{S}}(A\text{ 为常数})$$

求体系的能级和各个能级的简并度。

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骨架

1. 取 CSCO $\hat{H},{\hat{\mathbf{J}}}^2,{\hat{J}}_z,{\hat{\mathbf{L}}}^2,{\hat{\mathbf{S}}}^2$，$\hat{\mathbf{J}}=\hat{\mathbf{L}}+\hat{\mathbf{S}}$。
2. $\hat{H}=\frac{A}{2}({\hat{\mathbf{J}}}^2-{\hat{\mathbf{L}}}^2-{\hat{\mathbf{S}}}^2)$；$j=3,2,1$。
3. $E_3=2A{\hslash }^2$（简并 7），$E_2=-A{\hslash }^2$（简并 5），$E_1=-3A{\hslash }^2$（简并 3）。

入口

• 把 $\mathbf{L}\cdot \mathbf{S}$ 换成 $J^2-L^2-S^2$；简并度 $2j+1$。

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小蓝书 8-16 · T=A S_y+B S_z 的本征值与本征函数 · 🟡（未复习）

求算符 $\hat{T}=A{\hat{S}}_y+B{\hat{S}}_z$ 的本征值和归一化的本征函数，其中 ${\hat{S}}_y$、${\hat{S}}_z$ 是自旋为 $1/2$ 粒子的自旋算符，$A$、$B$ 是任意实数。

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骨架

1. $\hat{T}=\frac{\hslash }{2}(A{\sigma }_y+B{\sigma }_z)$；${\hat{T}}^2=\frac{{\hslash }^2}{4}(A^2+B^2)$ ⇒ $\lambda =\pm \frac{\hslash }{2}\sqrt{A^2+B^2}$。
2. 写成矩阵 $\frac{\hslash }{2}\left(\begin{array}{cc}B& -iA\\ iA& -B\end{array}\right)$，解本征方程。
3. 归一化本征矢（一例）： ${\psi }_{{\lambda }_{+}}\propto \left(\begin{array}{c}iA\\ B-\sqrt{A^2+B^2}\end{array}\right)$，${\psi }_{{\lambda }_{-}}\propto \left(\begin{array}{c}iA\\ B+\sqrt{A^2+B^2}\end{array}\right)$。

入口

• 先平方求本征值模，再代入 $2\times 2$ 方程定分量比。

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小蓝书 8-17 · 两自旋体系 H=A(S_{1z}+S_{2z})+B S₁·S₂ 的能级 · 🟡（未复习）

设两个自旋为 $\frac{1}{2}$ 的粒子体系，其 Hamilton 量为

$$\hat{H}=A({\hat{S}}_{1z}+{\hat{S}}_{2z})+B{\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2$$

其中 ${\hat{\mathbf{S}}}_1$、${\hat{\mathbf{S}}}_2$ 表示两个粒子的自旋算符，${\hat{S}}_{1z}$、${\hat{S}}_{2z}$ 表示它们的 $z$ 分量。$A$、$B$ 为任意常数，求体系的所有可能的能量本征值。

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骨架

1. ${\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2=\frac{1}{2}({\hat{S}}^2-{\hat{S}}_1^2-{\hat{S}}_2^2)$，${\hat{S}}_z={\hat{S}}_{1z}+{\hat{S}}_{2z}$。
2. 在 $|s,s_z⟩$ 下：$E=A{s}_z\hslash +\frac{B}{2}[s(s+1)-\frac{3}{2}]{\hslash }^2$。
3. 三重态 $s=1$：$E=A\hslash +\frac{B}{4}{\hslash }^2$、$\frac{B}{4}{\hslash }^2$、$-A\hslash +\frac{B}{4}{\hslash }^2$；单态 $s=0$：$E=-\frac{3}{4}B{\hslash }^2$。

入口

• 换成总自旋算符，在耦合基上直接读本征值。

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小蓝书 8-18 · x 向磁场中 S_z 测值几率 · 🟡（未复习）

电子的自旋磁矩为 $\mathbf{\mu }=-{\mu }_0\hat{\mathbf{S}}$，将电子置于 $x$ 方向的均匀磁场 $B$ 中，在 $t=0$ 时，电子的自旋向 $z$ 的正向极化。求在任意时刻 $t$，${\hat{S}}_z$ 的测值为 $\pm \frac{\hslash }{2}$ 的几率。

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骨架

1. $\hat{H}=\hslash \omega {\sigma }_x$，$\omega ={\mu }_{0}B/2$。
2. 初态 $|{\uparrow }_z⟩$，得 $\psi (t)=\left(\begin{array}{c}\cos \omega t\\ -i\sin \omega t\end{array}\right)$。
3. $P(+\hslash /2)={\cos }^2\omega t$，$P(-\hslash /2)={\sin }^2\omega t$。

入口

• 与 8-9 同构；几率就是上下分量模方。

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小蓝书 8-19 · z 向磁场、初态沿 y：S_x 几率与平均值 · 🟡（未复习）

一电子置于沿 $z$ 方向的均匀磁场 $B$ 中，在初始时刻 $t=0$，电子的自旋是朝 $y$ 轴正向极化。

(1) 求在 $t>0$ 时，${\hat{S}}_x$ 的观测值为 $\frac{\hslash }{2}$ 和 $-\frac{\hslash }{2}$ 的几率。

(2) 求在 $t>0$ 时，${\hat{S}}_x$ 的平均值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\hat{H}=\hslash \omega {\sigma }_z$；初态 $|{\uparrow }_y⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ i\end{array}\right)$。
2. $\psi (t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\omega t}\\ i{e}^{i\omega t}\end{array}\right)$。
3. $P(+\hslash /2)=\frac{1}{2}(1-\sin 2\omega t)$，$P(-\hslash /2)=\frac{1}{2}(1+\sin 2\omega t)$；$\overline{S_x}=-(\hslash /2)\sin 2\omega t$。

入口

• $z$ 场只给相位；再与 $|{\uparrow }_x⟩$、$|{\downarrow }_x⟩$ 求重叠。

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小蓝书 8-20 · 一电子 s_z、另一电子 s_x 时总自旋 s=0 的几率 · 🟡（未复习）

考虑两个电子的耦合体系。设其中的一个电子处于 $s_z=\frac{\hslash }{2}$ 的本征态，另一个电子处于 $s_x=\frac{\hslash }{2}$ 的本征态。求发现体系的总自旋 $s=0$ 的几率。

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骨架

1. 单态 $|0,0⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}{⟩}_z--\frac{1}{2},\frac{1}{2}{⟩}_z)$。
2. 体系态 $|\chi ⟩=\frac{1}{2}{⟩}_z\frac{1}{2}{⟩}_x=\frac{1}{2}{⟩}_z\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2}{⟩}_z+-\frac{1}{2}{⟩}_z)$。
3. $P=|⟨0,0|\chi ⟩{|}^2=\frac{1}{4}$。

入口

• 把第二个电子的 $|{\uparrow }_x⟩$ 换成 $z$ 表象，再与单态求重叠。

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小蓝书 8-21 · 自旋沿 xz 平面 θ 方向的几率 · 🟡（未复习）

一个电子在 $t=0$ 时，观测到自旋沿 $z$ 轴正向。问在 $t>0$ 时电子的自旋方向在 $x$–$z$ 平面内与 $z$ 轴成角 $\theta$（$0<\theta <\pi /2$）的几率是多少？

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骨架

1. 题未给磁场，自旋态不随时间变：$|{\psi }_0⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$。
2. $\theta$ 方向（$\varphi =0$）态 $|\psi ⟩=\left(\begin{array}{c}\cos (\theta /2)\\ \sin (\theta /2)\end{array}\right)$。
3. $P(\theta )=|⟨\psi |{\psi }_0⟩{|}^2={\cos }^2(\theta /2)$。

入口

• 无外场 ⇒ 直接算方向态与 $|{\uparrow }_z⟩$ 的重叠。

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小蓝书 8-22 · Mg 原子 (3s,3p) 组态的 L–S 耦合 · 🟡（未复习）

设镁（Mg）原子的某一激发态的两个价电子组态为 $(3s,3p)$。考虑轨道–自旋（$L$–$S$）耦合，指出体系的可能的 $l$ 和 $s$ 值，并写出体系空间波函数的可能形式。

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骨架

1. 一个 $l=0$、一个 $l=1$ ⇒ 总轨道角动量 $l=1$；两电子自旋 $s=1$ 或 $0$。
2. 费米子总波函数反对称：三重态（$s=1$，自旋对称）⇒ 空间波函数反对称 ${\phi }_{at}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1-{\hat{P}}_{12}){\phi }_a({\mathbf{r}}_1){\phi }_b({\mathbf{r}}_2)$。
3. 单态（$s=0$，自旋反对称）⇒ 空间波函数对称 ${\phi }_{s0}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1+{\hat{P}}_{12}){\phi }_a({\mathbf{r}}_1){\phi }_b({\mathbf{r}}_2)$。

入口

• 角动量加法定 $l$、$s$；再用交换对称配空间波函数。

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小蓝书 8-23 · j=|m| 时 (ΔJ_x)²+(ΔJ_y)² 最小 · 🟡（未复习）

角动量算符的三个分量 $J_x$、$J_y$、$J_z$ 互为不对易，因而它们不能同时具有确定值。求证：在 $J^2$ 和 $J_z$ 共同本征态 $|j,m⟩$ 下，当 $j=|m|$ 时，$J_x$、$J_y$ 的不确定度之和 $(\Delta J_x{)}^2+(\Delta J_y{)}^2$ 最小。

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骨架

1. 在 $|j,m⟩$ 下 $\overline{J_x}=\overline{J_y}=0$。
2. $(\Delta J_x{)}^2+(\Delta J_y{)}^2=\overline{J_x^2}+\overline{J_y^2}=\overline{J^2}-\overline{J_z^2}=(j(j+1)-m^2){\hslash }^2$。
3. $|m|\le j$，当 $j=|m|$ 时该式取最小。

入口

• 不确定度之和就是 $⟨J^2-J_z^2⟩$。

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小蓝书 8-24 · |j m⟩ 下 J_{z'} 的平均值 · 🟡（未复习）

在角动量算符 $J^2$ 和 $J_z$ 的共同本征态 $|j,m⟩$ 下，求 $J_{z^{\prime }}=J_x\cos \xi +J_y\cos \eta +J_z\cos \theta$ 的平均值。这里，$\xi$、$\eta$、$\theta$ 分别是 $z^{\prime }$ 方向与 $x$、$y$、$z$ 轴的夹角。

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骨架

1. $⟨j,m|J_x|j,m⟩=⟨j,m|J_y|j,m⟩=0$。
2. $\overline{J_{z^{\prime }}}=\cos \theta ⟨J_z⟩=m\hslash \cos \theta$。

入口

• 只有 $J_z$ 项存活。

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小蓝书 8-25 · |j m⟩ 也是 S₁·S₂ 的本征态 · 🟡（未复习）

设 ${\hat{\mathbf{S}}}_1$ 和 ${\hat{\mathbf{S}}}_2$ 表示两个自旋为 $1/2$ 的粒子的自旋算符。求证：${\hat{S}}^2$ 和 ${\hat{S}}_z$ 的共同本征函数 $|j,m⟩$ 也是 ${\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2$ 的本征函数。这里，$\hat{\mathbf{S}}={\hat{\mathbf{S}}}_1+{\hat{\mathbf{S}}}_2$，${\hat{S}}_z={\hat{S}}_{1z}+{\hat{S}}_{2z}$。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. ${\hat{\mathbf{S}}}_1\cdot {\hat{\mathbf{S}}}_2=\frac{1}{2}({\hat{S}}^2-{\hat{S}}_1^2-{\hat{S}}_2^2)$。
2. 单态 ${\chi }_{0(0)}$：本征值 $-3{\hslash }^2/4$。
3. 三重态 ${\chi }_{m(1)}$：本征值 ${\hslash }^2/4$。

入口

• 点积改写成总自旋平方；耦合基自然是本征态。

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第9章 定态微扰论

原书第 135–172 页 · 共 32 题 · 小蓝书 9-1 – 9-32 · 2026-11-03 挂

小蓝书 9-1 · 线性微扰无限深势阱 · 🟡 未复习

一个粒子在如图 9-1 所示的一维无限深方势阱中运动，阱内的势能 $V(x)$ 从 $x=0$ 处 $V(0)=0$ 开始线性增加，到 $x=a$ 处 $V(a)=V_0$，其中 $V_0$ 很小（可作为微扰）。把阱内的势能当作对通常的无限深方势阱问题的微扰，计算在一级近似下粒子基态与第一激发态的能量。

（势函数：$V(x)=\frac{V_0}{a}x$（$0<x<a$），见图 9-1）

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骨架

1. 写出无限深势阱未微扰 $E_n^{(0)}$、${\psi }_n$。
2. 识别微扰 $H^{\prime }=\frac{V_0}{a}x$。
3. 计算一级修正 $E_n^{(1)}=⟨n|H^{\prime }|n⟩$（对 $n=1,2$）。
4. 写出一级近似能量 $E_n\approx E_n^{(0)}+E_n^{(1)}$。

入口

• 非简并一级：对角矩阵元 $⟨n|\frac{V_0}{a}x|n⟩$，积分用 ${\sin }^2$ 平均 $\frac{1}{2}$。

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小蓝书 9-2 · 半阱负势微扰 · 🟡 未复习

一粒子在一维方势阱

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x<0,x>a\\ -V_0,& 0<x<\frac{a}{2}\\ 0,& \frac{a}{2}<x<a\end{array}$$

中运动，如图 9-2 所示。把 $V(x)=-V_0$ 当作对无限深势阱中运动粒子的微扰，计算在一级近似下粒子的基态能量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 未微扰无限深势阱 $E_n^{(0)}$、${\psi }_n$。
2. 微扰仅在 $0<x<a/2$ 为 $-V_0$。
3. 计算 $E_1^{(1)}=⟨1|H^{\prime }|1⟩$。
4. 一级近似基态能量。

入口

• 只积分半阱，用 ${\sin }^2$ 的三角恒等式化简。

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小蓝书 9-3 · 中心势垒微扰对称势阱 · 🔴 不行

一个质量为 $m$ 的粒子在一维势阱（见图 9-3）

$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& x<-2a,x>2a\\ 0,& -2a<x<-a\\ 0,& a<x<2a\\ V_0,& -a<x<a\end{array}$$

中运动。把 $V_0$ 当做对在无限深方势阱中运动粒子的微扰，求粒子基态能量的一级近似值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 阱宽 $4a$ 对称无限深势阱的 $E_n^{(0)}$、${\psi }_n$（基态余弦）。
2. 微扰 $H^{\prime }=V_0$ 仅在 $|x|<a$。
3. 计算 $⟨1|H^{\prime }|1⟩$。
4. 一级近似能量。

入口

• 基态 ${\psi }_1\propto \cos (\pi x/4a)$，积分 ${\cos }^2$ 在中心区间。

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小蓝书 9-4 · 单摆小角近似微扰 · 🔴 不行

一根长为 $l$ 的细绳（忽略它的质量）的一端固定，另一端系一质量为 $m$ 的质点，在重力的作用下，质点在竖直平面内小角摆动（简谐振动）。用量子力学方法 (1) 求质点的简谐振动能级（势能计算到摆动角 $\theta$ 的平方项）。 (2) 把小角近似带来的误差作为微扰（把势能的 ${\theta }^4$ 项作为微扰），计算质点基态能量的一级近似值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 势能展开到 ${\theta }^2$，化为谐振子，写出能级。
2. 剩余 ${\theta }^4$ 项作为 $H^{\prime }\propto -x^4$。
3. 用谐振子矩阵元或生成函数算 $⟨0|x^4|0⟩$。
4. 一级修正 + 基态能量。

入口

• 小角 $V\approx \frac{1}{2}mgl{\theta }^2$，$\omega =\sqrt{g/l}$，$x=l\theta$。
• 卡点（2026-11-04）：单摆不会把模型简化成谐振子——钉「$V=mgl(1-\cos \theta )$→展到${\theta }^2$得$\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$，$x=l\theta$，$\omega =\sqrt{g/l}$；${\theta }^4$差作$H^{\prime }$」。

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小蓝书 9-5 · 带电棒平面转子电场 · 🔴 不行

一条长为 $d$，质量为 $M$ 的均匀棒绕着通过棒中心的轴在 $x,y$ 平面内转动，棒两端分别带有点电荷 $q$ 和 $-q$。 (1) 用量子力学方法，求解体系的能量本征值和本征函数。 (2) 当沿 $x$ 方向加一均匀电场 $E$ 时，求体系第 1 激发态能量的一级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 平面转子 $H_0=-\frac{{\hslash }^2}{2I}\frac{d^2}{d{\phi }^2}$，$I=\frac{1}{12}M{d}^2$；$E_m=\frac{m^2{\hslash }^2}{2I}$，${\psi }_m\propto e^{im\phi }$。
2. 第一激发态 $m=\pm 1$ 二重简并；微扰 $H^{\prime }=-qdE\cos \phi$。
3. 先进入简并子空间 $|+1⟩,|-1⟩$：对角与非对角矩阵元均为 0（选择定则 $\Delta m=\pm 1$ 连不到简并伙伴）→ 一级简并微扰矩阵为零，一级不劈开、无一级位移。
4. 故第 1 激发态能量一级修正值为零（简并留到更高级）。

入口

• 卷面必写：先标简并，再算子空间内 $W=0$；勿一上来就套非简并对角元公式却不交代简并。

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小蓝书 9-6 · 原子核有限半径球壳 · 🔴 不行

在氢原子中，如果质子（原子核）看成一个半径为 $R$ 的带电球壳，则对氢原子的能量将产生影响。试用微扰方法计算原子核的非点模型导致的氢原子基态能量的一级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 球壳势能与点核势能之差作为 $H^{\prime }$（仅 $r\le R$）。
2. 基态径向波函数 $R_{10}$。
3. 计算 $⟨R_{10}|H^{\prime }|R_{10}⟩$（$R\ll a_0$ 近似指数≈1）。
4. 得到一级修正。

入口

• $H^{\prime }=\frac{e^2}{r}-\frac{e^2}{R}$（$r\le R$），积分 ${\int }_0^R(r-r^2/R)dr$。
• 卡点（2026-11-04）：氢原子球壳势能写不出、不会变微扰——钉「先写点核$-e^2/r$，再写球壳内$-e^2/R$、外同点核；$H^{\prime }=V_{\text{壳}}-V_{\text{点}}$，仅$r\le R$」。

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小蓝书 9-7 · 平面转子电场微扰 · 🟡 模糊（会做：转子模型已通）

平面转子的转动惯量为 $I$，电偶极矩为 $D$。转子在沿 $x$ 方向的电场 $\epsilon$ 中运动。体系的 Hamilton 量为（转子绕 $z$ 轴旋转）：

$$\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$$

其中

$${\hat{H}}_0=-\frac{{\hslash }^2}{2I}\frac{d^2}{d{\phi }^2},{\hat{H}}^{\prime }=-D\epsilon \cos \phi$$

求：(1) 一级近似下能量本征值与本征函数。(2) 二级近似下的能量本征值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 未微扰 $E_m^{(0)}=\frac{m^2{\hslash }^2}{2I}$，${\psi }_m^{(0)}=e^{im\phi }/\sqrt{2\pi }$。$m=0$ 非简并；$|m|\ge 1$ 时 $|m⟩$ 与 $|-m⟩$ 二重简并。
2. 对 $|m|\ge 1$：先进入简并子空间 $|m⟩,|-m⟩$。$H^{\prime }=-D\epsilon \cos \phi$ 只连 $m\to m\pm 1$；子空间内对角与 $⟨-m|H^{\prime }|m⟩$ 均为 0 → 一级简并微扰矩阵为零，一级不劈开、无一级位移。
3. 二级：通向简并伙伴的通道因矩阵元为 0 而不出现 $0/0$；对其余态（$m\pm 1$）求和，得 $E_m^{(2)}=\frac{D^2{\epsilon }^{2}I}{{\hslash }^2(4m^2-1)}$，且对 $\pm m$ 相同，二级仍不破简并。
4. $m=0$ 直接用非简并二级公式，得 $E_0^{(2)}=-\frac{D^2{\epsilon }^{2}I}{{\hslash }^2}$（与通式 $4m^2-1=-1$ 一致）。一级波函数只混 $m\pm 1$，简并伙伴系数通道关闭。

入口

• 卷面顺序：先标简并 → 算子空间 $W=0$ → 再写二级有效求和；禁止写「本题用非简并微扰」。
• 选择定则 $\Delta m=\pm 1$；二级 $\propto 1/(4m^2-1)$。
• 卡点（2026-11-04）：平面转子模型不熟——钉「$H_0=-({\hslash }^2/2I)d^2/d{\phi }^2$，$\psi \propto e^{im\phi }$，$E\propto m^2$→$\pm m$简并；$H^{\prime }\propto \cos \phi$只连$\Delta m=\pm 1$；一级$W=0$后再沿用二级求和」。

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小蓝书 9-8 · 类氢离子 Z→Z+1 · 🟡 模糊（类氢 E/ψ、氢势能不熟练）

如果类氢离子的电荷数 $Z$ 变成 $Z+1$，基态能量将如何改变？试用微扰方法计算基态能量的一级近似值。已知：类氢离子的基态能量本征值和本征函数分别为

$$E_n=-\frac{Z^2{e}^2}{2a},{\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{Z}{a}{)}^{3/2}{e}^{-\frac{Zr}{a}}$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $H^{\prime }=-\frac{e^2}{r}$。
2. 计算 $⟨100|H^{\prime }|100⟩$。
3. 与精确差 $E(Z+1)-E(Z)$ 比较。

入口

• 一级修正 $=-\frac{Z{e}^2}{a}$，大 Z 时接近精确。

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小蓝书 9-9 · 谐振子线性微扰 · 🟡 模糊（会做）

设一维谐振子的 Hamilton 量为

$$\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$$

其中

$${\hat{H}}_0=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}k{x}^2,{\hat{H}}^{\prime }=k\lambda x$$

试用微扰方法计算基态能量的一级近似值，并与精确值加以比较。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 精确解：完成平方，能级整体平移 $-\frac{1}{2}k{\lambda }^2$。
2. 微扰一级 $⟨0|x|0⟩=0$。
3. 二级修正给出平移项。
4. 与精确一致。

入口

• 线性项只引起平衡点移动，能量修正从二级开始。

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小蓝书 9-10 · 非线性谐振子 x³ 微扰 · 🟡 模糊（会做，矩阵元计算量大）

设非线性谐振子的 Hamilton 量 $\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$，其中

$${\hat{H}}_0=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}^2$$$${\hat{H}}^{\prime }=\beta x^3(\beta \text{为实常数})$$

求二级近似下的能量本征值和一级波函数。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 一级修正为零（奇函数）。
2. 用递推算 $x^3$ 矩阵元（连接 $n\pm 1,n\pm 3$）。
3. 二级能量求和四项。
4. 一级波函数修正。

入口

• 选择定则 $\Delta n=\pm 1,\pm 3$，能量修正 $\propto -(30k^2+30k+11)$。
• 卡点（2026-11-04）：矩阵元算出后后续要细写、一级波函数须显式——钉「四个$⟨n\pm 1|$、$⟨n\pm 3|$写全→二级四项通分→${\psi }^{(1)}$四项系数全写，勿只写『含修正项』」。

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小蓝书 9-11 · 耦合谐振子简并微扰 · 🟡 会做有卡点（11-08：两粒子直积时犹豫是否需全同对称化——判别：题无"全同"二字即直积）

考虑耦合谐振子，其 Hamilton 量为

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}(\frac{{\partial }^2}{\partial x_{12}}+\frac{{\partial }^2}{\partial x_{22}})+\frac{1}{2}m{\omega }^2(x_{12}+x_{22})-\lambda x_1{x}_2={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$$

微扰项 ${\hat{H}}^{\prime }=-\lambda x_1{x}_2$ 中的 $\lambda$ 为实常数，表示耦合强度。 (1) 写出 ${\hat{H}}_0$ 的本征值的表达式。 (2) 在一级近似下，求第一激发态的能量。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 两个独立谐振子能量和。
2. 第一激发态二重简并 $|01⟩,|10⟩$。
3. 计算 $⟨x_1{x}_2⟩$ 矩阵（简并子空间）。
4. 久期方程得分裂 $\pm \frac{\lambda \hslash }{2m\omega }$。

入口

• 简并微扰，矩阵元 $(x{)}_{01}=\frac{1}{\alpha \sqrt{2}}$，简并解除。

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小蓝书 9-12 · 谐振子二次微扰与精确展开 · 🟡 会做有卡点（11-08：升降算符已熟；卡在精确解按 λ 泰勒展开与一级微扰对比）

设一维谐振子的 Hamilton 量 ${\hat{H}}_0=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}k{x}^2$，求该谐振子受到微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=\frac{1}{2}\lambda x^2$（$\lambda \ll k$）时，谐振子基态能量的一级修正值，并说明这一修正值是 $\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$ 本征值方程的精确解按 $\lambda$ 展开式的一次幂项。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 一级修正 $⟨0|\frac{1}{2}\lambda x^2|0⟩$。
2. 精确 $\omega =\sqrt{(k+\lambda )/m}$ 展开到一次。
3. 比较一次项一致。

入口

• 基态 $⟨x^2⟩=\frac{\hslash }{2m{\omega }_0}$，修正 $\frac{\lambda \hslash }{4m{\omega }_0}$。

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小蓝书 9-13 · 二能级二级微扰与精确 · 🟡 会做（11-08 首做报"会"，待回杀确认）

设一量子体系的 Hamilton 量为 $\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }$，其中：

$${\hat{H}}_0=\left(\begin{array}{cc}{E}_1& 0\\ 0& E_2\end{array}\right),{\hat{H}}^{\prime }=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& a\end{array}\right)$$

$a,b\ll 1$ 的实数。 求在二级近似下的能量本征值，并与精确解比较。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 一级均为 $a$。
2. 二级 $\frac{b^2}{E_i-E_j}$。
3. 精确久期方程展开到二级。

入口

• 对角 $a$ 是一级，非对角 $b$ 贡献二级。

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小蓝书 9-14 · 三能级二级修正 · 🟡 会做（11-08 首做报"会"，待回杀确认）

设一量子体系的 Hamilton 量为

$$\hat{H}=\{\begin{array}{llc}{E}_1& a_1& a_2\\ a_{1\ast }& E_2& a_3\\ a_{2\ast }& a_{3\ast }& E_3\end{array}$$

而且 $|a_1{|}^2,|a_2{|}^2,|a_3{|}^2\ll 1$，试利用微扰法计算体系能量的 1, 2 级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 分 $H_0$ 对角 + $H^{\prime }$ 非对角。
2. 一级全零。
3. 二级对各能级求和相应非零项。

入口

• 非简并二级公式直接套用。

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小蓝书 9-15 · 三角势微扰无限深阱 · 🟡 会做（11-08 首做报"会"，待回杀确认）

设一维无限深势阱（$0<x<a$）中运动的粒子受到微扰

$${\hat{H}}^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2\lambda }{a}x,& 0<x<\frac{a}{2}\\ \frac{2\lambda }{a}(a-x),& \frac{a}{2}<x<a\end{array}$$

求基态（$n=1$）能量的一级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 未微扰 ${\psi }_1,E_1$。
2. 分段积分 $⟨1|H^{\prime }|1⟩$。
3. 用三角恒等式化简。

入口

• 对称三角势，结果 $\lambda (\frac{1}{2}+\frac{2}{{\pi }^2})$。

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小蓝书 9-16 · 均匀带电球体核微扰 · 🟡 会做（11-08 首做报"会"，待回杀确认——注意：此题是题型8-5装置翻译型，正是短板区，回杀重点盯翻译步骤）

如果把氢原子核看作一个半径为 $r_0$ 的均匀带电球体，则由于隧穿效应，电子可以按一定的几率出现在核（球体）内。此时，由于球体内电势 $\phi$ 的作用，电子将受到微扰

$${\hat{H}}^{\prime }=e\phi =\{\begin{array}{ll}0,& r>r_0\\ -\frac{3}{2}\frac{e^2}{r_0}+\frac{1}{2}\frac{e^2{r}^2}{r_0^3}+\frac{e^2}{r},& r<r_0\end{array}$$

求氢原子基态（1s 态）能级的一级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 基态波函数。
2. 仅积分 $r<r_0$ 区域。
3. $r_0\ll a_0$ 近似指数≈1，算出修正。

入口

• 结果 $\frac{2}{5}\frac{e^2{r}_0^2}{a_{03}}$。

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小蓝书 9-17 · 三能级非简并二级 · 🟢 完全会（11-08 首做即报"完全会"）

设一个有微扰体系的 Hamilton 量为

$$\hat{H}=\{\begin{array}{llc}{E}_1& 0& {\lambda }_1\\ 0& E_2& {\lambda }_2\\ {\lambda }_{1\ast }& {\lambda }_{2\ast }& E_3\end{array}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime },(E_1<E_2<E_3)$$

其中 ${\hat{H}}_0$ 是对角化的，而

$${\hat{H}}^{\prime }=\{\begin{array}{llc}0& 0& {\lambda }_1\\ 0& 0& {\lambda }_2\\ {\lambda }_{1\ast }& {\lambda }_{2\ast }& 0\end{array}$$

求：微扰 ${\hat{H}}^{\prime }$ 的作用下，能量的二级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 确认无简并。
2. 对每个能级应用二级公式。
3. 注意哪些矩阵元为零。

入口

• $E_1^{(2)}$ 只有 ${\lambda }_1$ 项，$E_3$ 有两项。

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小蓝书 9-18 · δ势微扰谐振子 · 🟡 会做（11-09 首做报"会"，待回杀确认）

已知一维谐振子的能量本征值和本征函数分别为

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega ,n=0,1,2,\dots$$$${\psi }_n(ax)=N_n{e}^{-\frac{1}{2}{a}^2{x}^2}{H}_n(ax)$$

求：(1) 在微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=V_0\delta (ax)$ 的作用下，谐振子的各个能级能量的一级修正值。如果必要可利用：

$$H_{2n}(0)=(-1{)}^n\frac{(2n)!}{n!},H_{2n+1}(0)=0$$

(2) 在微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=V_0\delta (ax-a)$ 的作用下，第 $k$ 个能级能量的一级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. $\delta$ 函数直接取波函数平方在点上。
2. 奇偶：奇数能级修正为零。
3. 偶数用 Hermite 在零点值。

入口

• 一级修正正比于 $|{\psi }_k(0){|}^2$ 或 $|{\psi }_k(a){|}^2$。

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小蓝书 9-19 · 三维盒子两粒子 δ 相互作用 · 🟡 会做有卡点（11-09：两粒子零级波函数直积写出来时卡了一下）

两个质量均为 $m$ 的粒子束缚在边长为 $a,b,c$ 的长方体盒子中运动，两个粒子间的相互作用势能

$$V(r_1,r_2)=A{\delta }^3(r_1-r_2)$$

不考虑粒子的自旋，求体系基态能量本征值的一级近似值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 未相互作用基态能量与波函数（乘积）。
2. $⟨H^{\prime }⟩=A\int |{\psi }_0(r){|}^2{d}^{3}r$。
3. 三维分离积分 ${\sin }^4$ 得 $\frac{27A}{8abc}$。

入口

• δ 相互作用使修正正比于单粒子概率密度积分。

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小蓝书 9-20 · 三维谐振子 cxy 简并微扰 · 🟡 会做（11-09：三维振子↔两粒子同构已通，待回杀确认）

三维各向同性谐振子的第一激发态是三重简并的。用微扰法计算，当微扰 $H^{\prime }=cxy$ 时的第一激发态能量的一级修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 第一激发态三重简并 $|100⟩,|010⟩,|001⟩$。
2. $H^{\prime }=cxy$ 只耦合 x,y，矩阵 3×3。
3. 本征值 $0,\pm \frac{\hslash c}{2m\omega }$，能级分裂。

入口

• 类似二维耦合，z 方向不耦合。

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小蓝书 9-21 · 电子偶素自旋-自旋 · 🔴 不行（11-09：不知道自旋项也能当微扰、基态简并子空间不会判定，还去硬写自旋波函数——正解：恒等式 S_p·S_e=(S²−S_p²−S_e²)/2 在 |s s_z⟩ 基下直接对角）

电子偶素（正、负电子的束缚态）可看作类氢体系。基态电子偶素（$l=0$）的 Hamilton 量可以写成

$$\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}_s$$

其中 ${\hat{H}}_0$ 代表不考虑自旋时的类氢体系的 Hamilton 量，而

$${\hat{H}}_s=A{\hat{S}}_p\cdot {\hat{S}}_s$$

代表正电子和电子的自旋-自旋相互作用能量，$A$ 为常数。求 ${\hat{H}}_s$ 对电子偶素基态能量的修正值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. ${\mathbf{S}}_p\cdot {\mathbf{S}}_s=\frac{1}{2}(S^2-S_p^2-S_s^2)$。
2. 单态 $s=0$ 与三重态 $s=1$ 分别计算。
3. 给出能量移动。

入口

• 三重态 $+\frac{A}{4}{\hslash }^2$，单态 $-\frac{3A}{4}{\hslash }^2$。

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小蓝书 9-22 · 一维无限深阱两粒子 δ · 🟡 会做（11-09 首做报"会"，待回杀确认）

在阱宽为 $a$ 的一维无限深方势阱内放入两个质量均为 $m$ 的无自旋粒子，两个粒子之间的相互作用势 $V(x_1,x_2)=V_0\delta (x_1-x_2)$，求粒子体系基态能量的一级近似值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 未相互作用基态 $E_{11}=\frac{{\hslash }^2{\pi }^2}{m{a}^2}$。
2. $\Delta E=V_0\int |{\psi }_1(x){|}^{4}dx$。
3. 计算 ${\sin }^4$ 积分。

入口

• 结果 $\frac{3V_0}{2a}$。

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小蓝书 9-23 · 两谐振子相互吸引力 · 🔴 不行（11-09：①力 F=-k(x₁-x₂) 不会积成势能 ½k(x₁-x₂)²；②没识别出"求能量本征值"=精确解题（质心/相对分离），不是微扰题）

两个质量为 $m$ 的粒子束缚在一维谐振子势 $V=\frac{1}{2}K{x}^2$ 中运动。两个粒子的相互作用吸引力 $F_{12}=-k(x_1-x_2)$，（$k<K$），求体系的能量本征值。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 相互作用势能 $\frac{1}{2}k(x_1-x_2{)}^2$。
2. 精确：坐标变换到质心与相对，两个独立谐振子。
3. 近似：把交叉项当微扰。

入口

• 精确频率 ${\omega }_1=\sqrt{K/m}$，${\omega }_2=\sqrt{(K+2k)/m}$。

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小蓝书 9-24 · 含时微扰指数衰减 · 🔴 不行（11-09：第一问错——长时间后跃迁几率公式）

有一量子体系，其 Hamilton 量为 ${\hat{H}}_0$，并已知 ${\hat{H}}_0$ 的本征值和本征函数分别为 $E_n$ 和 ${\psi }_n$（$n=1,2,3,\dots$）。在初始时刻 $t=0$，体系处于 ${\psi }_0$ 态，当 $t>0$ 时体系开始受到一微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=F(x)e^{-\beta t}$ 的作用。在一级近似下求： (1) 经充分长时间以后，体系跃迁到 ${\psi }_n$ 态的几率。 (2) 如果该体系为一维谐振子，且 $F(x)=x$，结果将如何？

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 一级含时微扰振幅积分。
2. $t\to \infty$ 得 $|a_{n0}{|}^2$。
3. 谐振子只到 $n=1$。

入口

• 跃迁几率 $\frac{|F_{n0}{|}^2}{(E_n-E_0{)}^2+{\beta }^2{\hslash }^2}$。

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小蓝书 9-25 · 氢原子脉冲电场 · 🔴 不行（11-09：选择定则完全不知道；⟨z²⟩ 不会求——三维章薄弱）

设处于基态 ${\psi }_{100}$ 的氢原子受到沿 $z$ 方向的脉冲电场 $\epsilon (t)={\epsilon }_0\delta (t)$（考虑 $t=-\epsilon \to \epsilon$，$\epsilon \to 0$ 的微扰）的作用。其中 ${\epsilon }_0$ 为常数。在一级近似下，求原子跃迁到各激发态的几率总和与原子仍处在基态的几率。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 脉冲使 $a_{n1}\propto ⟨n|z|1⟩$。
2. 选择定则只到 $n10$。
3. 完备性 $\sum |⟨n|z|1⟩{|}^2=⟨z^2⟩=a_{02}$。

入口

• 总激发几率 $(\frac{e{\epsilon }_0{a}_0}{\hslash }{)}^2$，基态 $1-P$。

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小蓝书 9-26 · 旋转磁场自旋跃迁 · 🔴 不行（11-09：完全不会——共振跃迁题型）

在时间 $t\le 0$ 时，一电子（自旋 $s=\frac{1}{2}$）置于沿 $z$ 方向的均匀磁场 $B$ 中。此时体系的 Hamilton 量

$${\hat{H}}_0=-{\mathbf{\mu }}_s\cdot \mathbf{B}=\hslash {\omega }_0\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$$

其中 ${\omega }_0=\frac{|e|B_0}{2m_{e}c}$。当 $t>0$ 时再加上在 $x$ 方向的投影 $B_x=B_0\cos 2\omega t$ 和在 $y$ 方向的投影 $B_y=B_0\sin 2\omega t$ 的旋转磁场。设初始时刻电子的自旋朝 $Z$ 轴的正方向极化。把 $B_x,B_y$ 与电子自旋磁矩的相互作用能作为微扰，求电子跃迁到自旋朝 $Z$ 轴负向极化的几率。

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骨架

1. 写出总 $H=H_0+H^{\prime }$（旋转场）。
2. 一级含时振幅积分。
3. $t\to \infty$ 用 δ 函数表示跃迁速率。

入口

• 共振条件 $\omega ={\omega }_0$ 时才有跃迁。

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小蓝书 9-27 · 激发态能级宽度 · ⬜ 未测

处于激发态的原子经 $10^{-8}$ 秒（激发态寿命）后，发射一个光子的同时跃迁到低能级。求该激发态的能级宽度和所发射光频率的不确定度。

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骨架

1. $\Delta E\cdot \Delta t\ge \hslash /2$。
2. 计算 $\Delta E$，再 $\Delta \nu =\Delta E/h$。

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• 自然线宽 $\Delta \nu \approx 8\times 10^6$ Hz。

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小蓝书 9-28 · 汤川介子质量不确定 · ⬜ 未测

根据汤川理论，原子核中的质子 $p$ 吸收一个 ${\pi }^{-}$ 介子而转变成中子 $n$。所吸收的 ${\pi }^{-}$ 介子的能量为 $\Delta E=m_{\pi }{c}^2$，其中 $m_{\pi }$ 为 ${\pi }^{-}$ 介子的质量，$c$ 为光速。试利用不确定性关系求： (1) 粒子反应 $p+{\pi }^{-}\to n$ 发生的时间。 (2) 已知在 $\Delta t$ 内 ${\pi }^{-}$ 介子以光速 $c$ 前进了 $r=1.4\times 10^{-15}$ m 的距离，求 ${\pi }^{-}$ 介子的质量。

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骨架

1. $\Delta t\sim \hslash /(m_{\pi }{c}^2)$。
2. $r=c\Delta t$，反解 $m_{\pi }$。

入口

• 得到 $m_{\pi }\approx 2.5\times 10^{-28}$ kg。

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小蓝书 9-29 · 氢原子衰减电场跃迁 · ⬜ 未测

设一氢原子在 $t=0$ 时处于基态（1s 态）${\psi }_{100}$。求沿 $z$ 方向加一电场 $\epsilon (t)={\epsilon }_0{e}^{-\alpha t}\cos \omega t$（${\epsilon }_0=\epsilon (0)$，$\alpha$ 为常数），并经充分长时间（$t\to \infty$）以后，原子跃迁到 2s 态（${\psi }_{200}$）和 2p 态（${\psi }_{210},{\psi }_{211},{\psi }_{21-1}$）的几率。

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骨架

1. 选择定则：只到 $2p_0$ 可能。
2. 计算 $⟨210|z|100⟩$。
3. 含时积分 $t\to \infty$ 得几率。

入口

• 2s、$2p_{\pm 1}$ 几率为零，只给 $P_{21}$。

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小蓝书 9-30 · 立方盒子电场含时跃迁 · ⬜ 未测

一电荷为 $q$ 的粒子束缚在边长为 $2a$ 的立方盒子中运动，在 $t=0$ 时，粒子处于基态，在 $t>0$ 时，沿 $x$ 方向加一电场 $E(t)=E_0{e}^{-\alpha t}$（$\alpha$ 为大于零的常数），求经充分长时间（$t\to \infty$）后，体系跃迁到第一激发态的几率。

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骨架

1. 基态 $|111⟩$ 到第一激发 $|211⟩$ 等。
2. 只有 $⟨111|x|211⟩$ 非零。
3. 积分得几率。

入口

• 结果含 $\frac{32aq{E}_0}{9{\pi }^2\hslash }$ 因子。

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小蓝书 9-31 · 两谐振子 δ 相互作用 · ⬜ 未测

两个质量为 $m$ 的粒子在势场 $V(x)=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ 中运动。两个粒子之间的相互作用能为

$$H^{\prime }=\frac{V_0}{\alpha }\delta (x_1-x_2)$$

(1) 考虑 $H^{\prime }$ 的作用，求体系的基态和第一激发态的能量和波函数。 (2) 求 $H^{\prime }$ 作用下的基态能量的一级修正值。 (3) 求体系基态波函数的坐标几率分布函数。

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骨架

1. 未微扰基态 $E_0=\hslash \omega$，第一激发二重简并。
2. 一级修正 $⟨{\psi }_0|H^{\prime }|{\psi }_0⟩$。
3. 坐标几率密度。

入口

• 基态修正 $\frac{V_0}{\sqrt{2\pi }}$。

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小蓝书 9-32 · 自旋1粒子替换氦基态简并度 · ⬜ 未测

实际氦原子的基态是不简并的。假设氦原子中的两个电子被自旋为1、带负电的两个全同粒子所代替时，在不考虑和自旋有关相互作用的情况下，求基态的简并度。

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骨架

1. 玻色子（自旋1）总波函数必须对称。
2. 空间基态对称，因此自旋部分必须对称。
3. 两个自旋1：6 个对称态。

入口

• 简并度 6。

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