曾谨言量子力学习题解答 第八章

2 2
（11）
是任意的相位因子。
本题用矩阵方程式求解：运用矩阵算符：
ˆx

0 1 1 0
cos
ˆy ，
0 i i 0
ˆz ，
1 0 0 1
（12）
n
i sin e
sin e i cos
ljmj 0 0 ljmj

ˆ
l ljmj
ˆ 是两个带有相加的常数分子的算符 ˆ , （证明）本题的 l l
ˆ x lˆx ˆ y lˆy ˆ z lˆz l
根据总角动量理论内，前两算符可变形如下：

1 1 1 l 1 ˆ ˆ 2 ) (1) (ˆ l j 2 lˆ 2 s l 2l 1 2l 1 2l 1 2l 1 1 1 1 1 ˆ ˆ 2 ) ( 2) (ˆ l j 2 lˆ 2 s l 2l 1 2l 1 2l 1 2l 1
1 2
e i
ˆ x 的本征函数： 最后得
x1 e i 2 e i 2 ( )
对应本征值 1
x2
( )
对应本征值-1
2
ˆ x ˆ 共同表象中，采用 s z 作自变量时，既是坐标表 以上是利用寻常的波函数表示法，但在
象，同时又是角动量表象。可用矩阵表示算符和本征矢。
前二式得 1 ，即 1 ，或 1
2
当时 1 ，代入（6a）得 c1 c 2 ,再代入(6c)，得：
c1
1 2
e i
c2
1 2
e i

是任意的相位因子。 当时 1 ，代入（6a）得
c1 c 2
代入(6c)，得：
c1
1 2
e i
c2
0
ˆ x 的矩阵已证明是 ˆx
1
1

0
1 c 2
c
（7）
0 1 1 0
ˆ x 的矩阵式本征方程式是： 因此
c1 0 1 c1 0 1 c c 2 2
sin e i
cos
0 它的解 2 1
（7）
1 时，代入（6）得：
c 2 tg

2
e i c1
2 2
（8）
（1） 的归一化条件是：
c1 c 2
将（8）代入（9） ，得：
1
c1 e i ( ) cos
归一化本征函数是：

2
c 2 e i sin
或
（5）
(cos )c1 sin e i c 2 0 i sin e c1 (cos )c 2 0
（6）
（6）具有非平凡解（平凡解 c1 0 ， c 2 0 ）条件是久期方程式为零，即
cos sin e i
(2)
（3） 3 （4） 4
(3) (4)
1 ( s z )11 ( , )

2
（解） 依§8.2 总角动量理论，若电子的轨道运动的态用量子数 l , m 表示，在考虑到自
ˆ2 , ˆ j2, ˆ j z ) 共同表象，则电子的态可有四种；若 l m ，有以下二态： 旋的情形下，若用 (l

2
1 e i e i cos sin
2 2
（10）
1 时， c1 , c 2 的关系是：
c 2 ctg

2
e i c1
归一化本征函数是：
2 e i e i sin cos
ˆ z ，
， ，
ˆ y i
ˆ z
， （4）
将这些代入（3） ，集项后，对此两边 ， 的系数：
cos c1 (sin cos i sin sin ) c1 (sin cos i sin sin ) cos c 2 c 2
（8）
ˆ x 本征矢的矩阵形式是： 其余步骤与坐标表象的方法相同，
e i 1 x1 2 1

e i 1 x2 2 1
[2]在 z 表象中，求 n 的本征态， n (sin 方向的单位矢。

cos , sin sin , cos ) 是 ( , )
ˆx 1 (s z ) 1 (s z ) 1 (s z ) s x 1 ( s z ) s 2 2 2 2 2 1 (s z ) 1 (s z ) 0 2 2 2
2 ˆ y 对称，因而 ˆx , s 在 1 ( s z ) 态下， s 因此 s 4 2
（解） 方法类似前题，设 n 算符的本征矢是：

x c1 c 2
(1)
它的本征值是 。又将题给的算符展开：
ˆ x sin sin ˆ y cos ˆz n sin cos
写出本征方程式：

(2)
sin cos ˆ
示：
c 1 c 2
(2)
ˆ x 的本征值 ，则 ˆ x 的本征方程式是： c1 , c 2 待定常数，又设 ˆ x
将（2）代入（3） ： (3)
ˆ x c1 c 2 c1 c 2
(4)
ˆ z 表象基矢的运算法则是： ˆ x 对 根据本章问题 6（P．264） ，
第八章：自旋
ˆ x 表象中，求 ˆ x 的本征态 [1]在
（解） 设泡利算符 ， x ，的共同本征函数组是：
2
x 1 s z 和 x
2

1 2
s z
（1）
ˆ x 的本征函数，但它们构成一个完整 或者简单地记作 和 ，因为这两个波函数并不是 ˆ x 的本征函数可表 系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理） ，
ˆ x
ˆx
ˆ x 的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4） 此外又假设 ：
c1 c1 c1 c 2
比较 , 的系数（这二者线性不相关） ，再加的归一化条件，有：
c1 c 2 (6a) c 2 c1 (6b) c 2 c 2 1 (6c) 2 1
2 x
2 s 4
2 y
j2和 ˆ j z 的可能测值。 [4]求在下列状态下 ˆ
（1） 1
1 ( s z )11 ( , )
2
(1)
（2） 2
1 2 1 ( s z )10 ( , ) 1 ( s z )11 ( , ) 3 2 2 1 1 ( s z )11 ( , ) 2 1 ( s z )10 ( , ) 3 2 2
将题给的态和一般公式对照，发现（1） （2） （3）式与（7） （5） （6） （8）式相当，总角动量
j z 可能测值如下： j 2 ，总角动量分量算符 ˆ 平方算符 ˆ
状态 数值 算符 的量子数 的量子数 3/2 3/2 3/2 1/2 3/2 -1/2 3/2 -3/2 （1） （2） （3） （4）
l m 1 l ,m ( , ) 1 j l , ( , , s z ) 2l 1 2 lm l ,m 1 ( , ) 2l 1 lm l ,m ( , ) 1 2l 1 j l , ( , , s z ) 2 l m 1 l ,m 1 ( , ) 2l 1
l 1 l ˆ [5]令 l 2l 1
证明：
l l ˆ ， l ( 1) 2l 1
1 (j l ) 2 1 (j l ) 2 1 (j l ) 2 1 (j l ) 2

ˆ ˆ 1 ， l l

ˆ l ljmj
i
(14)
Hale Waihona Puke Baidu
(15)
补白：本征矢包含一个不定的 相位因式 e ，由于 可以取任意值，因此 1 , 2 的形 式是多式多样的，但（15）这种表示法是有普遍意义的。
[3]在自旋态下 1 ( s z ) ，求 s x 和 s y
2 2 2
2
1 0
2
ˆ x 的均方偏差 （解） s x 是 s
2 2 s x sx (s x ) 2
2 2 ˆy 是， s 的均方偏差 s y 2 2 s y sy (s y ) 2
2 ˆx s 1 (s z ) 2
2 1 (s z ) 4 2 2 4
2 2 ˆx 1 (s z )s sx 1 (s z ) 2 2
(13)
本征方程式是：
cos sin e i c 2 c 2 i cos c 2 c 2 sin e n 的本征矢是：
i ( ) cos 2 e 1 sin e i 2 i ( ) sin 2 e , 2 cos e i 2
x
ˆ y cos ˆ z c1 c 2 c1 c 2 sin sin
2
(3)
ˆ y 对 ˆ z ˆ 的共同本征矢 ， ，运算法则是 ˆ x , 根据问题（6）的结论， ˆ x ˆ y i ˆx ，
ˆ2 , ˆ j 2 共同本征态） ，首先， 假设 l m ，试将（1）式运算于合成角动量的本征态 ljmj （ l
对于 j l
1 有： 2
al ,m l 1 1 2 2 ˆ2 s ˆ ˆ ˆ j l ( ) l ljmj 2l 1 2l 1 bl ,m 1 3 a (l 1) j ( j 1) l (l 1) l ,m 1 4 3 2l 1 b(l 1) j ( j 1) l (l 1) l ,m 1 4 3 3 1 a (l 1) l (l )(l ) l (l 1) l ,m 1 2 2 4 1 3 3 2l 1 b(l 1) l (l )(l ) l (l 1) l ,m 1 2 2 4 1 (2l 1)al ,m 2l 1 (2l 1)bl ,m 1
若 l m ，有以下的二态：
（5）
（6）
( , ) 1 j l , ( , , s z ) l ,l 0 2
0 1 j l , ( , , s z ) 2 l , l ( , )
（7）
（8）