理论物理基础教程刘连寿第五篇第五章答案

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P.466

6.一个质量为m，电荷为q的粒子处于势能场V(x)=k2x2/2中，而且又受到平行于x轴的电场ε的作用。(a)直接由定态方程求粒子的能级。(b)将电场看作微扰，求粒子的能级。 解：(a)

222 kxp =系统的H+ εqx 2m22222

hdkx = H+ εqx 22mdx2

∴

h2d21222εqε2q2ε2q2

= +k(x 2x+4)

2mdx22kk2k2h2d212εq2ε2q2

= +k(x 2 22

2mdx2k2k

2222

hd1εqεq22 = ′令x′=x 2，则H+kx 22

′2m2kdx2k

ε2q2h2d2122

′H′=H+，则H= +kx′ 22

2mdx′22k

22

hd122

′满足线性谐振子的哈密顿算符的形式H 0= kx H+2

2mdx2

′的能级为：E′∴Hn

1

=(n+)hw，n=0,1,2....

2

22

1ε 的能级为：E=(n+)hw q，n=0,1,2.... ∴Hn

22k2

(b)∵H

εqx，令V= εqx=H0

为微扰

则En(0)=(n+)hw，En(1)=Vnn= εqxnn

x不为零的矩阵元是xn 1,n=xn,n 1=

nh/2mw

，n=1,2....

1

2

∴En(1)= εqxnn=0

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(2)En=

∑

nlE

(0)

n

2(0)l

l≠n

E

=

2

∑

ε2q2xnl

2

l≠n

hw(n l)

ε2q2=( 1)xn,n+1

hw2ε2q2

+xn,n 1

hw

ε2q2(n+1)hε2q2nhε2q2ε2q2=+= =

hw( 2mw)hw2mwmw2k2

∴En=E

(0)

n

+E

(1)n

+E

(2)n

1ε2q2

=(n+)hw 2

2k

∴用微扰论近似到二级修正所得结果与严格解结果相同。

7.哈密顿在H0表象中的矩阵为

E1(0)+a

b

b

(0)E2

+a

其中a，b为实数。(a)直接由定态方程求能量。(b)用微扰方法求能量至二级修正。

u 的本征矢矩阵表示为 的解：(a)设在H0表象中，H v ，则H

E1(0)+a

本征值方程为 b

E1(0)+a E

移项后有 b

b

(0)

E2

u u E= +a v v

E

(0)

2

b

=0，

+a E

(0)

E2

u，v不全为零的条件为系

数行列式为零，即

E1(0)+a E

b

b

=0

+a E

，

(0)(0)2(0)

∴(E1+a E)(E2+a E) b=0，令E1+a=A(0)E2+a=B

∴

(E A)(E B) b2=0

，

得

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1 2b E=[(A+B)±(A B)+ ]

2 A B

利用

2

+x2≈1+

12

x 2

112b2

))] ∴E=[(A+B)±(B A)(1+(

22B A

21b2b(0)

E=[(A+B)+(B A)+=E2+a+∴12(0)

B AE2 E1(0)

1b2b2(0)

E2=[(A+B) (B A) =E1+a (0)

2B AE2 E1(0)

′=a,E(b) E1(1)=H11

(2)

1

=∑

l≠1

H1′lE

(0)1

2(0)l

E

=

′H12

2

(0)

E1(0) E2

b2

= (0)

E2 E1(0)

(0)(1)(2)

∴基态能级的二级近似为E1=E1+E1+E1

2b

=E1(0)+a (0)

E2 E1(0)

(1)

′=a，E=H22又知E2

(2)

2

=∑

l≠2

′lH2E

(0)2

2(0)l

E

=

′H21

2

(0)

E2 E1(0)

b2

=(0)

E2 E1(0)

(0)(1)(2)

∴激发态能级的二级近似为E2=E2+E2+E2

=E

(0)2

b2

+a+(0)

E2 E1(0)

H8.在粒子数表象中哈密顿算符为：

+A +λa(A ++A )。 =aA(a)把H

化成标准型的谐振子哈密顿算符，求能量的本征值。(b)把

++A )看成微扰，求能量。 λa(A

+A +λa(A ++A )=a(A +A +λ(A ++A )+λ2) aλ2 =aA解：H

++λ)(A +λ) aλ2 =a(A

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+λ),(A ++λ)]=1 +λ，则C+=A ++λ，且[C,C+]=[(A令C=A

+C aλ2这就是标准的谐振子哈密顿算符。 =aC∴H

∴En=a(n λ2)

++A )，∵[A +,A ]=1 ′=λa(A(b)设微扰为H

(1)

′=λa(n+1δn,n+1+nδn,n 1)=0 E∴n=Hnn

E

(2)

n

′Hnl

=∑(0)=(0)+(0)

(0)(0)(0)

E EE EEEl≠nnlnn+1nn 1

λ2a2(n+1)λ2a2n

=+= λ2a(n+1)+λ2a2n= λ2a a(n n 1)a(n n+1)

2

′,n+1Hn

2

′,n 1Hn

2

(0)(1)(2)22

∴En=En+En+En=an λa=a(n λ)

=解二：A

mwi +=(x+p)=αx+iβp，A

mw2hmwi

(x p)=αx iβp mw2h

+A +λα(A ++A )=α(αx iβp)(αx+iβp)+2λα2x =αAH

=α[α2x2 iβ(px xp)+β2p2]+2λα2x

=α[α2x2 βh+β2p2]+2λα2x（因为[x,p]=ih） =α[α2x2+β2p2]+2λα2x αβh ====

mwmw2mw11

[x+p2]+2λx 2h2h2hmw2h2mmw22p2mw1

x++λx [ 3

2hw22mh2

mp2mw222λλ2λ221

[+(x+x+2 2] 2h3w2m2αααmw22mp2mw22λ212

[+(x+] αλ 2h3w2m2α2

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λ′x=x+令

α

=，则H

1mp2mw222

′[]+x αλ

2h3w2m22

与第六题相似考虑。

11.设系统的哈密顿在未扰态能量表象中的矩

E1(0)

0 * λa

0E1(0)λ*b

λa

(0)λb ， E1(0)>E2， λa,λb<<1 (0) E2

(a)用微扰方法求能量到二级修正。(b)求能量的严格解，并和(a)比较。

解：无微扰时，系统有两个能级，E1(0)是二重简并的，相应的

(0)(0)(0)

两个简并态为ψ11和ψ12；E2是无简并的，相应的本征态为ψ2(0)。

微扰加入后，由题设可知的H′矩阵元为：

'''

H11＝0，H＝0，H 11， 11， ，11122＝λa，

'''

＝0，H＝0，H H12， 【1】 1112，1212，2＝λb，'*'*'

H＝λ，H＝λ，H 2， 11a 2，12b 2，2＝0。

（一）微扰论近似解

（1）能级E2(0)无简并，可按非简并态微扰论得二级近似：

(0)(1)(2)(0)'

E2=E2+E2+E2=E2+H2,2+∑

l≠n

2(0)

1

2(0)1

'Hnl

E

(0)n

E

(0)l

(0)=E2+0+

'

H2,11

E

2

(0)2

E

2

+

'H2,12

E

(0)2

E

【2】

(0)

=E2+

λaE

+λb E

(0)

2(0)1

。

（2）能级E1(0)二重简并，要用简并态微扰论处理。

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设E1 =E1(0)+λE1(1)+λ2E1(2)+L，

【3】

0）1）2（2）

+λψ（+L。 【4】 相应本征态为ψ1＝ψ（11+λψ10）(0)(0)

零级近似波函数ψ（1＝c11ψ11+c12ψ12 【5】 1）(1)(0)(1)(0)

=a2ψ2波函数的一级修正ψ（ …… 此处隐藏：8349字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……