物理學專升本2025年量子力學解題技巧沖刺押題試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（每小題3分，共15分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.下列哪個物理量在量子力學中具有不確定性關(guān)系？A.位置和動量B.能量和時間C.角動量和角速度D.動量和質(zhì)量2.一維無限深勢阱中，粒子能量量子化是由于：A.邊界條件的要求B.粒子的波粒二象性C.粒子的自旋D.外加磁場的影響3.下面哪個算符是厄米算符？A.$\hat{p}=-i\hbar\frac{\partial}{\partialx}$B.$\hat{A}=\hat{x}\hat{p}$C.$\hat{B}=\frac{\partial}{\partialx^2}$D.$\hat{C}=\hat{x}^2\hat{p}^2$4.氫原子中，電子處于2p態(tài)時，其軌道角動量的量子數(shù)為：A.0B.1C.2D.35.下列哪個態(tài)函數(shù)是正交歸一的？A.$\psi_1(x)=e^{\alphax},\psi_2(x)=e^{-\alphax}$B.$\psi_1(x)=x,\psi_2(x)=x^2$C.$\psi_1(x)=\sin(\pix/L),\psi_2(x)=\cos(\pix/L)$D.$\psi_1(x)=e^{ikx},\psi_2(x)=e^{-ikx}$二、填空題（每小題4分，共20分。）6.德布羅意波的波長$\lambda$與粒子的動量$p$的關(guān)系為________。7.薛定諤方程的時間部分為________。8.粒子處于狀態(tài)$\psi(x)$，其在$x=a$到$x=b$之間的概率為________。9.自旋量子數(shù)為$\frac{1}{2}$的粒子，其自旋角動量在$z$軸上的投影只能取________兩個值。10.量子力學中，波函數(shù)的歸一化條件為________。三、計算題（每小題10分，共30分。）11.一維無限深勢阱中，粒子處于基態(tài)，求其在$x=\frac{L}{4}$處的概率密度。12.一維線性諧振子勢能$V=\frac{1}{2}m\omega^2x^2$，求其能級表達式。13.粒子處于狀態(tài)$\psi(x)=Ae^{-\alphax^2}$（$\alpha>0$），證明該波函數(shù)是歸一化的。四、證明題（每小題15分，共30分。）14.證明一維無限深勢阱中，波函數(shù)$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{n\pix}{L})$（$0<x<L$，$n=1,2,3,\cdots$）滿足時間獨立的薛定諤方程。15.證明厄米算符的本征值是實數(shù)。試卷答案一、選擇題1.A*解析：根據(jù)海森堡不確定性關(guān)系，位置和動量具有不確定性關(guān)系：$\Deltax\Deltap\geq\frac{\hbar}{2}$。2.A*解析：一維無限深勢阱的邊界條件為$\psi(0)=\psi(L)=0$，只有滿足此邊界條件的波函數(shù)才能存在，從而導致了粒子能量的量子化。3.A*解析：厄米算符滿足$\langle\phi|\hat{A}|\psi\rangle=\langle\psi|\hat{A}^{\dagger}|\phi\rangle$。對于$\hat{p}=-i\hbar\frac{\partial}{\partialx}$，有$\hat{p}^{\dagger}=i\hbar\frac{\partial}{\partialx}$，因此$\langle\phi|\hat{p}|\psi\rangle=i\hbar\int_{-\infty}^{\infty}\phi^*(x)\frac{\partial\psi(x)}{\partialx}dx$，交換積分次序后得到$\langle\psi|\hat{p}|\phi\rangle=-i\hbar\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\frac{\partial\phi(x)}{\partialx}dx$，由于$\phi(x)$和$\psi(x)$的任意性，可知$\hat{p}$是厄米算符。4.B*解析：氫原子中，2p態(tài)的主量子數(shù)$n=2$，角量子數(shù)$l=1$，磁量子數(shù)$m_l$可以取$-1,0,1$。軌道角動量的量子數(shù)就是角量子數(shù)$l$，所以為1。5.D*解析：兩個函數(shù)$\psi_1(x)$和$\psi_2(x)$正交歸一是指$\int_{-\infty}^{\infty}\psi_1^*(x)\psi_2(x)dx=0$且$\int_{-\infty}^{\infty}\psi_1^*(x)\psi_1(x)dx=1$。對于選項D，$\int_{-\infty}^{\infty}e^{ikx}e^{-ikx}dx=\int_{-\infty}^{\infty}dx=\delta(k)$，在無窮維空間內(nèi)是正交歸一的（考慮周期性邊界條件）。二、填空題6.$p=\frac{h}{\lambda}$*解析：這是德布羅意公式，描述了粒子的動量與其對應的波長的關(guān)系。7.$i\hbar\frac{\partial}{\partialt}\psi(x,t)$*解析：這是含時薛定諤方程的時間部分，描述了波函數(shù)隨時間演化的規(guī)律。8.$\int_a^b|\psi(x)|^2dx$*解析：$|\psi(x)|^2$表示粒子在$x$處的概率密度，在$a$到$b$區(qū)間內(nèi)的積分表示粒子在該區(qū)間內(nèi)出現(xiàn)的概率。9.$\pm\frac{\hbar}{2}$*解析：自旋量子數(shù)為$\frac{1}{2}$的粒子，其自旋角動量在$z$軸上的投影只能取兩個值，分別為$+\frac{\hbar}{2}$和$-\frac{\hbar}{2}$。10.$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx=1$*解析：波函數(shù)的歸一化條件要求粒子在整個空間內(nèi)出現(xiàn)的概率為1。三、計算題11.$\frac{1}{2\sin^2(\frac{\pi}{8})}$*解析：一維無限深勢阱中，基態(tài)波函數(shù)為$\psi_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{\pix}{L})$。概率密度為$|\psi_1(x)|^2=\frac{2}{L}\sin^2(\frac{\pix}{L})$。在$x=\frac{L}{4}$處，$\sin(\frac{\pix}{L})=\sin(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以概率密度為$\frac{2}{L}(\frac{\sqrt{2}}{2})^2=\frac{1}{L}$。由于勢阱寬度為$L$，所以在$x=\frac{L}{4}$處的概率密度為$\frac{1}{2\sin^2(\frac{\pi}{8})}$。12.$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega$，$n=0,1,2,\cdots$*解析：一維線性諧振子的能級由哈密頓量$\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2\hat{x}^2$決定。其能級表達式為$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega$，$n=0,1,2,\cdots$。13.$\int_{-\infty}^{\infty}|Ae^{-\alphax^2}|^2dx=1$*解析：波函數(shù)歸一化條件為$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx=1$。對于$\psi(x)=Ae^{-\alphax^2}$，有$|\psi(x)|^2=A^2e^{-2\alphax^2}$。要使波函數(shù)歸一化，需要滿足$\int_{-\infty}^{\infty}A^2e^{-2\alphax^2}dx=1$。利用高斯積分公式$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}$，得到$A^2\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}=1$，解得$A=\sqrt{\frac{2\alpha}{\pi}}$。因此，當$A=\sqrt{\frac{2\alpha}{\pi}}$時，波函數(shù)$\psi(x)=Ae^{-\alphax^2}$是歸一化的。四、證明題14.證明：一維無限深勢阱中，波函數(shù)$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{n\pix}{L})$（$0<x<L$，$n=1,2,3,\cdots$）。其相應的哈密頓量為$\hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partialx^2}$。計算$\hat{H}\psi_n(x)$得：$\hat{H}\psi_n(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partialx^2}(\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{n\pix}{L}))=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{2}{L}(\frac{n\pi}{L})^2\sin(\frac{n\pix}{L})$$=(\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2})\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{n\pix}{L})=E_n\psi_n(x)$其中，$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}$。因此，$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{n\pix}{L})$滿足時間獨立的薛定諤方程$\hat{H}\psi(x)=E\psi(x)$。15.證明：設$\hat{A}$是厄米算符，其本征值方程為$\hat{A}|u_n\rangle=a_n|u_n\rangle$，其中$a_n$是本征值，$|u_n\rangle$是對應的本征態(tài)。對兩邊取厄米共軛，得到$\langleu_n|\hat{A}^{\dagger}=a_n^*\langleu_n|$。由于$\hat{A}$