2025年理論物理試題及答案一、選擇題（每題5分，共30分）1.關于量子力學中算符的對易關系，以下表述正確的是：A.坐標算符\(\hat{x}\)與動量算符\(\hat{p}_y\)的對易子為\(i\hbar\)B.角動量算符\(\hat{L}_x\)與\(\hat{L}_y\)的對易子為\(i\hbar\hat{L}_z\)C.哈密頓算符\(\hat{H}\)與任意不顯含時間的算符\(\hat{A}\)對易時，\(\hat{A}\)是守恒量D.玻色子的產(chǎn)生算符\(\hat{a}^\dagger\)與湮滅算符\(\hat{a}\)的對易子為1答案：B解析：A錯誤，\([\hat{x},\hat{p}_y]=0\)；C錯誤，守恒量需滿足\(\frac{d\hat{A}}{dt}=0\)，即\([\hat{A},\hat{H}]+i\hbar\frac{\partial\hat{A}}{\partialt}=0\)，僅對易不夠；D錯誤，玻色子對易子為\([\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1\)，順序不可顛倒。2.狹義相對論中，一個靜止質(zhì)量為\(m_0\)的粒子以速度\(v=0.6c\)運動時，其相對論動量與經(jīng)典動量的比值為：A.1.25B.1.5C.2D.0.8答案：A解析：相對論動量\(p=\gammam_0v\)，經(jīng)典動量\(p_{\text{經(jīng)典}}=m_0v\)，\(\gamma=1/\sqrt{1-v^2/c^2}=1/\sqrt{1-0.36}=1.25\)，故比值為\(\gamma=1.25\)。3.統(tǒng)計物理中，關于系綜的描述，正確的是：A.微正則系綜對應粒子數(shù)\(N\)、體積\(V\)、內(nèi)能\(E\)固定的孤立系統(tǒng)B.正則系綜對應\(N\)、\(V\)、溫度\(T\)固定的開放系統(tǒng)C.巨正則系綜的配分函數(shù)為\(\Xi=\sum_{N=0}^\inftye^{\beta\muN}Z(N,V,T)\)D.所有系綜在熱力學極限下的統(tǒng)計平均結果不同答案：A解析：B錯誤，正則系綜是\(N\)、\(V\)、\(T\)固定的封閉系統(tǒng)（與熱源交換能量）；C錯誤，巨正則配分函數(shù)應為\(\Xi=\sum_{N=0}^\inftye^{-\beta(\muN-E)}\)或\(\Xi=\sum_{N}e^{\beta(\muN-F)}\)，原表述符號錯誤；D錯誤，熱力學極限下各系綜等價。4.量子場論中，標量場的拉格朗日密度為\(\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi-m^2\phi^2)\)，其能量動量張量\(T^{\mu\nu}\)的表達式為：A.\(\partial^\mu\phi\partial^\nu\phi-g^{\mu\nu}\mathcal{L}\)B.\(\partial^\mu\phi\partial^\nu\phi+g^{\mu\nu}\mathcal{L}\)C.\(\frac{1}{2}(\partial^\mu\phi\partial^\nu\phi-g^{\mu\nu}\mathcal{L})\)D.\(\frac{1}{2}(\partial^\mu\phi\partial^\nu\phi+g^{\mu\nu}\mathcal{L})\)答案：A解析：由諾特定理，能量動量張量的一般形式為\(T^{\mu\nu}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial^\nu\phi-g^{\mu\nu}\mathcal{L}\)，代入\(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}=\partial^\mu\phi\)，得\(T^{\mu\nu}=\partial^\mu\phi\partial^\nu\phi-g^{\mu\nu}\mathcal{L}\)。5.廣義相對論中，史瓦西度規(guī)在球坐標系下的形式為：A.\(ds^2=-(1-\frac{2GM}{c^2r})dt^2+(1-\frac{2GM}{c^2r})^{-1}dr^2+r^2(d\theta^2+\sin^2\thetad\phi^2)\)B.\(ds^2=-(1+\frac{2GM}{c^2r})dt^2+(1+\frac{2GM}{c^2r})^{-1}dr^2+r^2(d\theta^2+\sin^2\thetad\phi^2)\)C.\(ds^2=-(1-\frac{GM}{c^2r})dt^2+(1-\frac{GM}{c^2r})^{-1}dr^2+r^2(d\theta^2+\sin^2\thetad\phi^2)\)D.\(ds^2=-(1-\frac{2GM}{c^2r})dt^2+(1-\frac{2GM}{c^2r})dr^2+r^2(d\theta^2+\sin^2\thetad\phi^2)\)答案：A解析：史瓦西度規(guī)的正確形式中，時間分量的系數(shù)為\(-(1-2GM/(c^2r))\)，徑向分量的系數(shù)為其倒數(shù)，角向分量為\(r^2(d\theta^2+\sin^2\thetad\phi^2)\)。6.粒子物理標準模型中，以下屬于費米子的是：A.\(W^\pm\)玻色子B.光子C.頂夸克D.希格斯玻色子答案：C解析：費米子自旋為半整數(shù)（1/2），包括夸克和輕子；玻色子自旋為整數(shù)（0、1、2），A（自旋1）、B（自旋1）、D（自旋0）均為玻色子，C（頂夸克，自旋1/2）為費米子。二、計算題（每題15分，共60分）1.考慮一維無限深方勢阱（\(0<x<a\)時\(V(x)=0\)，其余區(qū)域\(V(x)=\infty\)）中的粒子，基態(tài)波函數(shù)為\(\psi_1(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin(\frac{\pix}{a})\)。（1）計算基態(tài)下坐標\(x\)的期望值\(\langlex\rangle\)；（2）計算基態(tài)下動量平方\(\langle\hat{p}^2\rangle\)的期望值。解答：（1）\(\langlex\rangle=\int_0^a\psi_1^x\psi_1dx=\frac{2}{a}\int_0^ax\sin^2(\frac{\pix}{a})dx\)利用\(\sin^2\theta=(1-\cos2\theta)/2\)，積分變?yōu)椋篭(\frac{2}{a}\left[\int_0^a\frac{x}{2}dx-\int_0^a\frac{x}{2}\cos(\frac{2\pix}{a})dx\right]\)第一項積分：\(\frac{1}{a}\cdot\frac{a^2}{2}=\frac{a}{2}\)；第二項積分：分部積分法，令\(u=x\)，\(dv=\cos(2\pix/a)dx\)，則\(du=dx\)，\(v=(a/(2\pi))\sin(2\pix/a)\)，積分結果為\(\frac{1}{2}\left[x\cdot\frac{a}{2\pi}\sin(\frac{2\pix}{a})\bigg|_0^a-\int_0^a\frac{a}{2\pi}\sin(\frac{2\pix}{a})dx\right]=0\)（邊界項為0，剩余積分也為0）。故\(\langlex\rangle=a/2\)。（2）\(\hat{p}=-i\hbard/dx\)，則\(\hat{p}^2=-\hbar^2d^2/dx^2\)，\(\langle\hat{p}^2\rangle=\int_0^a\psi_1^(-\hbar^2\frac{d^2}{dx^2})\psi_1dx\)計算二階導數(shù)：\(\frac{d^2}{dx^2}\psi_1=\sqrt{\frac{2}{a}}\cdot(-\frac{\pi^2}{a^2})\sin(\frac{\pix}{a})\)，代入得：\(\langle\hat{p}^2\rangle=-\hbar^2\cdot\frac{2}{a}\cdot(-\frac{\pi^2}{a^2})\int_0^a\sin^2(\frac{\pix}{a})dx=\frac{2\hbar^2\pi^2}{a^3}\cdot\frac{a}{2}=\frac{\hbar^2\pi^2}{a^2}\)。2.一個靜止質(zhì)量為\(m\)的粒子在相對論性運動中，其總能量為靜能的3倍。求：（1）粒子的運動速度\(v\)；（2）粒子的動量\(p\)（用\(mc\)表示）。解答：（1）總能量\(E=\gammamc^2\)，靜能\(E_0=mc^2\)，由題意\(E=3E_0\)，故\(\gamma=3\)。\(\gamma=1/\sqrt{1-v^2/c^2}=3\)，解得\(1-v^2/c^2=1/9\)，\(v^2/c^2=8/9\)，\(v=c\sqrt{8/9}=2\sqrt{2}c/3\approx0.9428c\)。（2）相對論動量\(p=\gammamv\)，代入\(\gamma=3\)，\(v=2\sqrt{2}c/3\)，\(p=3m\cdot2\sqrt{2}c/3=2\sqrt{2}mc\)。3.考慮理想玻色氣體在三維各向同性諧振子勢中的玻色-愛因斯坦凝聚（BEC）。設單粒子能級為\(\epsilon_n=(n+\frac{3}{2})\hbar\omega\)（\(n=0,1,2,\dots\)），化學勢\(\mu\)趨近于基態(tài)能量\(\epsilon_0=\frac{3}{2}\hbar\omega\)時，求凝聚溫度\(T_c\)的表達式（用\(\hbar\omega\)、玻爾茲曼常數(shù)\(k_B\)和粒子數(shù)\(N\)表示）。解答：玻色氣體的粒子數(shù)密度滿足\(N=\sum_n\frac{1}{e^{\beta(\epsilon_n-\mu)}-1}\)，當\(\mu\to\epsilon_0\)時，基態(tài)粒子數(shù)\(N_0\approxN-N_{\text{熱}}\)，其中\(zhòng)(N_{\text{熱}}\)為激發(fā)態(tài)粒子數(shù)。激發(fā)態(tài)能級可近似為連續(xù)，態(tài)密度\(g(\epsilon)\)可由能級間距\(\Delta\epsilon=\hbar\omega\)和三維諧振子能級簡并度\(d_n=(n+1)(n+2)/2\)（當\(n\)很大時，\(d_n\approxn^2/2\)）推導。對于大\(n\)，\(\epsilon\approxn\hbar\omega\)（忽略零點能），則\(n\approx\epsilon/(\hbar\omega)\)，簡并度\(d_n\approx(\epsilon/(\hbar\omega))^2/2\)，故態(tài)密度\(g(\epsilon)=d_n/\Delta\epsilon\approx(\epsilon^2)/(2(\hbar\omega)^3)\)。激發(fā)態(tài)粒子數(shù)\(N_{\text{熱}}=\int_{\epsilon_0}^\infty\frac{g(\epsilon)}{e^{\beta(\epsilon-\mu)}-1}d\epsilon\approx\int_0^\infty\frac{g(\epsilon+\epsilon_0)}{e^{\beta\epsilon}-1}d\epsilon\)（因\(\mu\approx\epsilon_0\)，令\(\epsilon'=\epsilon-\mu\approx\epsilon-\epsilon_0\)）。代入\(g(\epsilon+\epsilon_0)\approx(\epsilon+\epsilon_0)^2/(2(\hbar\omega)^3)\approx\epsilon^2/(2(\hbar\omega)^3)\)（忽略零點能對高能級的影響），則\(N_{\text{熱}}\approx\frac{1}{2(\hbar\omega)^3}\int_0^\infty\frac{\epsilon^2}{e^{\beta\epsilon}-1}d\epsilon\)。利用積分公式\(\int_0^\infty\frac{x^s}{e^x-1}dx=\Gamma(s+1)\zeta(s+1)\)（\(\Gamma\)為伽馬函數(shù)，\(\zeta\)為黎曼ζ函數(shù)），令\(x=\beta\epsilon\)，則\(\epsilon=x/k_BT\)，\(d\epsilon=dx/(k_BT)\)，積分變?yōu)閈(\int_0^\infty\frac{(x/k_BT)^2}{e^x-1}\cdot\frac{dx}{k_BT}=\frac{1}{(k_BT)^3}\int_0^\infty\frac{x^2}{e^x-1}dx=\frac{2\zeta(3)}{(k_BT)^3}\)（因\(\Gamma(3)=2!\)，\(\zeta(3)\approx1.202\)）。故\(N_{\text{熱}}\approx\frac{1}{2(\hbar\omega)^3}\cdot\frac{2\zeta(3)}{(k_BT)^3}=\frac{\zeta(3)}{(\hbar\omega)^3(k_BT)^3}\)。當\(T=T_c\)時，\(N_{\text{熱}}=N\)（凝聚剛開始，基態(tài)粒子數(shù)可忽略），因此\(N=\frac{\zeta(3)}{(\hbar\omega)^3(k_BT_c)^3}\)，解得\(T_c=\frac{\hbar\omega}{k_B}\left(\frac{\zeta(3)}{N}\right)^{1/3}\)。4.在量子電動力學（QED）中，電子與光子的散射（康普頓散射）的最低階微擾振幅由費曼圖描述，其矩陣元為\(\mathcal{M}=-ie^2\bar{u}(p')\gamma^\mu\frac{\notk'+m}{(k'-p)^2-m^2}\gamma^\nuu(p)\epsilon_\mu^(k)\epsilon_\nu(k')\)（其中\(zhòng)(p\)、\(p'\)為電子初末動量，\(k\)、\(k'\)為光子初末動量，\(m\)為電子質(zhì)量，\(\epsilon\)為光子極化矢量）。（1）說明分母\((k'-p)^2-m^2\)的物理意義；（2）計算該分母在質(zhì)心系（電子初動量\(p=(E,0,0,0)\)，光子初動量\(k=(\omega,\omega,0,0)\)）下的表達式（用\(\omega\)、\(E\)表示）。解答：（1）分母為傳播子的分母，對應中間態(tài)粒子（此處為虛電子）的四維動量平方減去質(zhì)量平方，即\((q^2-m^2)\)，其中\(zhòng)(q=k'-p\)為虛電子的動量。根據(jù)量子場論，傳播子描述虛粒子的傳播，分母為零時對應共振態(tài)，但此處為虛過程，分母不為零。（2）在質(zhì)心系中，電子初動量\(p^\mu=(E,0,0,0)\)（\(E=\sqrt{m^2c^4+p^2c^2}\)，但此處取\(c=1\)，故\(E=\sqrt{m^2+p^2}\)），光子初動量\(k^\mu=(\omega,\omega,0,0)\)（能量\(\omega\)，動量\(\omega\)沿x軸）。虛電子動量\(q^\mu=k'^\mu-p^\mu\)，但需明確光子末動量\(k'^\mu=(\omega',\omega'\cos\theta,\omega'\sin\theta,0)\)（散射角\(\theta\)），但題目未指定散射角，可能簡化為共線散射（\(\theta=180^\circ\)，即反向散射），此時\(k'^\mu=(\omega',-\omega',0,0)\)。則\(q^\mu=k'^\mu-p^\mu=(\omega'-E,-\omega'-0,0,0)=(\omega'-E,-\omega',0,0)\)。計算\(q^2=q^\muq_\mu=(\omega'-E)^2-(-\omega')^2=(\omega'^2-2E\omega'+E^2)-\omega'^2=E^2-2E\omega'\)。分母為\(q^2-m^2=E^2-2E\omega'-m^2\)。由于電子初態(tài)滿足\(p^2=E^2-p^2=m^2\)（\(p\)為電子初動量的空間分量，此處\(p=0\)？不，質(zhì)心系中電子初動量可能不為零，需重新考慮。若電子初態(tài)靜止（\(p^\mu=(m,0,0,0)\)），則\(p^2=m^2\)，光子初動量\(k^\mu=(\omega,\omega,0,0)\)，則\(q^\mu=k'^\mu-p^\mu=(\omega'-m,k'_x,k'_y,k'_z)\)，\(q^2=(\omega'-m)^2-(k'_x^2+k'_y^2+k'_z^2)=(\omega'-m)^2-\omega'^2=m^2-2m\omega'\)（因光子末動量\(k'^2=0\)，即\(\omega'^2=k'_x^2+k'_y^2+k'_z^2\)）。故分母為\(q^2-m^2=(m^2-2m\omega')-m^2=-2m\omega'\)。三、證明題（每題15分，共30分）1.證明量子力學中的Hellmann-Feynman定理：若哈密頓算符\(\hat{H}(\lambda)\)依賴于參數(shù)\(\lambda\)，其本征方程為\(\hat{H}(\lambda)|\psi_n(\lambda)\rangle=E_n(\lambda)|\psi_n(\lambda)\rangle\)，且本征態(tài)歸一化\(\langle\psi_n(\lambda)|\psi_n(\lambda)\rangle=1\)，則\(\frac{dE_n}{d\lambda}=\langle\psi_n|\frac{\partial\hat{H}}{\partial\lambda}|\psi_n\rangle\)。證明：對本征方程兩邊關于\(\lambda\)求導：\(\frac{\partial\hat{H}}{\partial\lambda}|\psi_n\rangle+\hat{H}\frac{\partial|\psi_n\rangle}{\partial\lambda}=\frac{dE_n}{d\lambda}|\psi_n\rangle+E_n\frac{\partial|\psi_n\rangle}{\partial\lambda}\)。左乘\(\langle\psi_n|\)，利用\(\langle\psi_n|\hat{H}=E_n\langle\psi_n|\)（因\(\hat{H}\)厄米），得：\(\langle\psi_n|\frac{\partial\hat{H}}{\partial\lambda}|\psi_n\rangle+E_n\langle\psi_n|\frac{\partial|\psi_n\rangle}{\partial\lambda}\rangle=\frac{dE_n}{d\lambda}+E_n\langle\psi_n|\frac{\partial|\psi_n\rangle}{\partial\lambda}\rangle\)。兩邊消去含\(\frac{\partial|\psi_n\rangle}{\partial\lambda}\)的項，即得\(\frac{dE_n}{d\lambda}=\langle\psi_n|\frac{\partial\hat{H}}{\partial\lambda}|\psi_n\rangle\)。2.證明廣義相對論中，能量動量張量\(T^{\mu\nu}\)滿足協(xié)變守恒律\(\nabla_\nuT^{\mu\nu}=0\)（其中\(zhòng)(\nabla_\nu\)為協(xié)變導數(shù)）。證明：廣義相對論的場方程為\(G^{\mu\nu}=\frac{8\piG}{c^4}T^{\mu\nu}\)，其中愛因斯坦張量\(G^{\mu\nu}=R^{\mu\nu}-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}R\)。由比安基恒等式，\(\nabla_\nuG^{\mu\nu}=0\)（愛因斯坦張量的協(xié)變散度為零），因此場方程兩邊取協(xié)變導數(shù)得：\(\nabla_\nuG^{\mu\nu}=\frac{8\piG}{c^4}\nabla_\nuT^{\mu\nu}=0\)，故\(\nabla_\nuT^{\mu\nu}=0\)，即能量動量張量的協(xié)變守恒。四、綜合題（20分）考慮一個在膨脹宇宙中傳播的光子，宇宙的尺度因子為\(a(t)\)，光子的波矢為\(k^\mu=(k^0,k^i)\)（\(i=1,2,3\)為空間分量）。已知光子的四維波矢滿足零測地線方程\(k^\mu\nabla_\muk^\nu=0\)，且在共動坐標系下，度規(guī)為\(ds^2=-dt^2+a(t)^2(dx^2+dy^2+dz^2)\)。（1）寫出光子的能量\(E\)與波矢的關系；（2）推導光子能量隨時間的變化規(guī)律\(E(t)\)，并解釋宇宙膨脹導致的紅移現(xiàn)象。解答：（1）在廣義相對論中，光子的能量\(E\)與觀察者的四速度\(u^\mu\)滿足\(E=-g_{\mu\nu}u^\muk^\nu\)。對于共動觀察者（四速度\(u^\mu=(1,0,0,0)\)），能量\(E=-g_{0\nu}u^0k^\nu=g_{00}k^0\)（因\(g_{0i}=0\)）。共動度規(guī)中\(zhòng)(g_{00}=-1\)，故\(E=k^0\)（取自然單位\(\hbar=c=1\)）。（2）零測地線方程\(k^\mu\nabla_\muk^\nu=0\)展開為：\(k^\mu\partial_\muk^\nu+\Gamma^\nu_{\mu\lambda}k^\muk^\lambda=0\)。共動度規(guī)的克里斯托費爾符號\(\Gamma^\nu_{\mu\lambda}\)中，非零分量為\(\Gamma^i_{0j}=\Gamma^i_{j0}=\frac{\dot{a}}{a}\delta^i_j\)（\(\dot{a}=da/dt\)），\(\Gamma^0_{ij}=a\dot{a}\delta_{ij}\)（其他分量為零）?？紤]波矢的時間分量\(k^0\)和空間分量\(k^i\)（設光子沿x軸傳播，\(k^i=(k,0,0)\)），則測地線方程的時間分量（\(\nu=0\)）：\(k^0\partial_0k^0+k^x\partia