例：氨MASER

这个问题涉及到将量子物理原理应用于一个著名的例子：氨MASER。将其推广到其他频率范围的光激光器也是可能的。

一个 \(\mathrm{NH}_3\) 分子呈金字塔形，其中氮原子 \(\mathrm{N}\) 是顶点，三个氢原子 \(\mathrm{H}\) 构成底面。设 \(\mathrm{P}\) 为三个氢原子所在平面，\(\delta\) 为垂直于 \(\mathrm{P}\) 并通过 \(\mathrm{N}\) 的直线。设 \(x\) 为 \(\delta\) 与 \(\mathrm{P}\) 的交点与 \(\mathrm{N}\) 的交点，以 \(\mathrm{N}\) 为原点。假设分子保持金字塔形，且 \(\mathrm{N}\) 固定，研究 \(x\) 变化时，分子感受到的势能 \(V(x)\) 的变化。 \(V(x)\) 的形状如图所示。

如果分子能量 \(E\) 小于 \(V_0\) ，经典地，由三个氢原子质心代表的“粒子”将保持在两个阱中的一个，左阱 (G)或右阱 (D)：分子不会翻转。量子地，这不再成立。因为势在 \(x\) 方向是偶函数，态最低能量是偶数 (S) 态，第一激发态是奇数 \((\mathrm{A})\) 态。设 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 和 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 这两个态，能量分别为 \(E_S\) 和 \(E_A\) 。我们设定:

\[ \left\{\begin{array}{l} E_A-E_S=2 A \\ \frac{1}{2}\left(E_S+E_A\right)=E_0 \end{array}\right. \]

态 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 和 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 描述了正交的本征态。我们可以将它们线性组合并定义两个对应于局部概率密度的态:

\[ \left|\psi_G\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_S\right\rangle-\left|\psi_A\right\rangle\right) \]

和

\[ \left|\psi_D\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_S\right\rangle+\left|\psi_A\right\rangle\right) \]

\(\left|\psi_G\right\rangle\) 描述了一个态，其中“氢原子三角形质心”的粒子的出现概率集中在左边，而 \(\left|\psi_D\right\rangle\) 则描述了一个粒子的出现概率集中在右边的态。这些局部态代表了分子的两种配置，但系统在本征态中仅考虑 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 和 \(\left|\psi_A\right\rangle_{\text {。 }}\)

双井模型

壹

假设在时间 \(t=0\) 时，分子处于 \(\mathrm{D}\) 构型，由 \(\left|\psi_D\right\rangle\) 描述，氢原子平面因此位于右侧。写出在时间 \(t\) 时的 \(|\psi(t)\rangle\) 。计算分子在时间 \(t\) 时位于左阱的概率，以及在时间 \(t\) 时位于右阱的概率。展示分子会周期性地翻转。

求出状态向量在正交归一基上的展开形式

考虑薛定谔方程：\(\widehat{H}\left|\varphi_n\right\rangle=E_n\left|\varphi_n\right\rangle\)，本征态\(\left|\varphi_n\right\rangle\)构成了状态空间的正交归一基。因此：

\[ |\psi(t)\rangle=\sum_n c_n(t)\left|\varphi_n\right\rangle \]

其中，\(c_n\)是态\(|\psi(t)\rangle\)向本征态\(\left|\varphi_n\right\rangle\)的投影。根据埃伦费斯特原理，有：

\[ i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}|\psi(t)\rangle=\widehat{H}|\psi(t)\rangle=\widehat{H} \sum_n c_n(t)\left|\varphi_n\right\rangle=\sum_n c_n(t) \widehat{H}\left|\varphi_n\right\rangle=\sum_n E_n c_n(t)\left|\varphi_n\right\rangle \]

向特定本征态投影：

\[ i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} c_m(t)=i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left\langle\varphi_m \mid \psi(t)\right\rangle=\sum_n E_n c_n(t)\left\langle\varphi_m \mid \varphi_n\right\rangle = \sum_n E_n c_n(t) \delta_{m n}=E_m c_m(t) \]

得到微分方程：

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} c_m(t)=-i \frac{E_m}{\hbar} c_m(t) \]

从而解得每一个\(c_m\)的表达式：

\[ c_m(t)=c_m(0) e^{-i E_m t / \hbar} \]

得到\(|\psi(t)\rangle\)：

\[ |\psi(t)\rangle=\sum_n c_n(0) e^{-i E_n t / \hbar}\left|\varphi_n\right\rangle \]

使用边界条件求解

根据\(t = 0\)时，\(|\psi(0)\rangle=\left|\psi_D\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_S\right\rangle+\left|\psi_A\right\rangle\right)\)，得：

\[ |\psi(t)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(e^{-i E_S t / \hbar}\left|\psi_S\right\rangle+e^{-i E_A t / \hbar}\left|\psi_A\right\rangle\right) \]

再替换回\(\left|\psi_D\right\rangle\)和\(\left|\psi_G\right\rangle\)的表达方式：

\[ \begin{aligned}|\psi(t)\rangle & =\frac{1}{2}\left(e^{-i\left(E_0-A\right) t / \hbar}\left(\left|\psi_D\right\rangle+\left|\psi_G\right\rangle\right)+e^{-i\left(E_0+A\right) t / \hbar}\left(\left|\psi_D\right\rangle-\left|\psi_G\right\rangle\right)\right) \\& =\frac{1}{2} e^{-i E_0 t / \hbar}\left(e^{i A t / \hbar}\left(\left|\psi_D\right\rangle+\left|\psi_G\right\rangle\right)+e^{-i A t / \hbar}\left(\left|\psi_D\right\rangle-\left|\psi_G\right\rangle\right)\right) \\& =\frac{1}{2} e^{-i E_0 t / \hbar}\left(\left(e^{i A t / \hbar}+e^{-i A t / \hbar}\right)\left|\psi_D\right\rangle+\left(e^{i A t / \hbar}-e^{-i A t / \hbar}\right)\left|\psi_G\right\rangle\right)\end{aligned} \]

得到：

\[ |\psi(t)\rangle=e^{-i E_0 t / \hbar}\left(\cos \left(\frac{A}{\hbar} t\right)\left|\psi_D\right\rangle+i \sin \left(\frac{A}{\hbar} t\right)\left|\psi_G\right\rangle\right) \]

之所以要替换回\(\left|\psi_D\right\rangle\)和\(\left|\psi_G\right\rangle\)是为了后续概率的求解

求解概率

左右两边的概率是状态向量向\(\left|\psi_D\right\rangle\)和\(\left|\psi_G\right\rangle\)分别投影的平方：

\[ \begin{aligned}\mathcal{P}_G(t)=\left|\left\langle\psi_G \mid \psi(t)\right\rangle\right|^2=\cos ^2\left(\frac{A}{\hbar} t\right)\\\mathcal{P}_D(t)=\left|\left\langle\psi_D \mid \psi(t)\right\rangle\right|^2=\sin ^2\left(\frac{A}{\hbar} t\right)\end{aligned} \]

解释反转

可见，分子确实周期\(T = \frac{\pi \hbar}{2A}\)的周期反转。

贰

我们给出 \(EA − ES ≈ 10−4 eV\) 的估计。计算脉动pulsation、频率fréquence和转动周期période de retournement。该频率对应什么波长范围？

\[ T=\frac{\pi \hbar}{2 A}, \nu=\frac{1}{T}=\frac{2 A}{\pi \hbar}, \omega=2 \pi \nu=\frac{4 A}{\hbar} \]

\(E_A-E_S=2 A \approx 10^{-4} \mathrm{eV}, A \approx 5.10^{-5} \mathrm{eV}\)

\[ T \approx 2,07 \cdot 10^{-11} \mathrm{~s}, \nu \approx 48,3 \mathrm{GHz}, \omega \approx 3,03 \cdot 10^{11} \text { rad.s } \mathrm{s}^{-1} \]

因此，对应的波长：

\[ \lambda=\frac{c}{\nu} \approx 6,21 \mathrm{~mm} \]

叁

对于一般的态 \(|\psi\rangle\) ，我们可以将其表示为基态 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 和第一激发态 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 的线性组合，如: \(|\psi\rangle=\lambda\left|\psi_S\right\rangle+\mu\left|\psi_A\right\rangle\)

其中 \(\lambda\) 和 \(\mu\) 是两个复数，满足 \(|\lambda|^2+|\mu|^2=1\) 。

对于一般的状态 \(|\psi\rangle\)，求能量的平均值 \(\langle E\rangle\)和能量的标准差 \(\sigma_E\)

能量的均值就是哈密顿量的期望：

\[ \begin{aligned}E_{\text {moy }} & =\langle\widehat{H}\rangle=\langle\psi|\widehat{H}| \psi\rangle=\left.(\lambda ^ { * } \left.\langle\psi_S\left|+\mu^*\left\langle\psi_A\right|\right) \widehat{H}\left(\lambda\left|\psi_S\right\rangle+\mu\left|\psi_A\right\rangle\right)\right.\right. \\& =\left(\lambda ^ { * } \left\langle\psi_S\left|+\mu^*\left\langle\psi_A\right|\right)\left(\lambda E_S\left|\psi_S\right\rangle+\mu E_A\left|\psi_A\right\rangle\right)\right.\right.\\&=|\lambda|^2 E_S+|\mu|^2 E_A\end{aligned} \]

能量的标准差：

\[ \begin{aligned}\sigma_E^2=\langle\widehat{H}^2\rangle-\langle\widehat{H}\rangle^2 & =|\lambda|^2 E_S^2+|\mu|^2 E_A^2-\left(|\lambda|^2 E_S+|\mu|^2 E_A\right)^2 \\& =|\lambda|^2 E_S^2+|\mu|^2 E_A^2-|\lambda|^4 E_S^2-|\mu|^4 E_A^2-2|\lambda|^2|\mu|^2 E_S E_A \\& =|\lambda|^2\left(1-|\lambda|^2\right) E_S^2+|\mu|^2\left(1-|\mu|^2\right) E_A^2-2|\lambda|^2|\mu|^2 E_S E_A \\& =|\lambda|^2|\mu|^2 E_S^2+|\lambda|^2|\mu|^2 E_A^2-2|\lambda|^2|\mu|^2 E_S E_A \\& =|\lambda|^2|\mu|^2\left(E_S^2+E_A^2-2 E_S E_A\right)=|\lambda|^2|\mu|^2\left(E_A-E_S\right)^2=4 A^2|\lambda|^2|\mu|^2\end{aligned} \]

得到：

\[ \sigma_E=2 A|\lambda||\mu| \]

肆

假设分子在 \(100 K\) 的热平衡状态下，不同能量分子的比例遵循玻尔兹曼定律。比较 \(E_A\) 和 \(E_S\) 能级的分子数。结论是什么?

根据麦克斯韦-玻尔兹曼定律，我们有:

\[ N_r=N g\left(E_r\right) \frac{e^{-\frac{E_r}{k_{B^T}}}}{Z(T)} \]

其中:

\(N_r\) 是能量为 \(E_r\) 状态下的粒子数，
\(N\) 是总粒子数，
\(g\left(E_r\right)\) 是能量为 \(E_r\) 的能级的简并度，
\(Z(T)\) 是归一化因子，也称为配分函数

因为 \(g\left(E_A\right)=g\left(E_S\right)=1\) ，所以我们有:

\[ \frac{N_A}{N_S}=e^{-\frac{E_{A}-E_S}{k_B T}}=e^{-\frac{24}{k_{B^T}}} \approx 0.988 \]

因此，基态和第一激发态几乎是平衡的。我们还有

\[ \frac{N_1}{N_S}=e^{-\frac{E_1-E_{\mathrm{s}}}{k_B T}} \approx 9.10^{-7} \]

之前忽略第二激发态影响的假设是成立的。

电场中的\(NH_3\)分子

氨分子 \(\left(\mathrm{NH}_3\right)\) 具有一个永久偶极矩 \(\vec{D}\) ，位于分子的对称轴上，从氮 (N) 指向平面 \(\mathrm{P}: D=0.6 \cdot 10^{-29} \mathrm{C} \cdot \mathrm{m}\)。当分子从状态 \(\left|\psi_D\right\rangle\) 转变为 \(\left|\psi_G\right\rangle\) 时，偶极矩会发生反转。

壹

证明在状态 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 和 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 下，没有永久偶极矩。

可以将偶极矩与算符\(\widehat{D}\)相关联，使得：

\[ \begin{gathered}\widehat{D}\left|\psi_D\right\rangle=D\left|\psi_D\right\rangle \\\widehat{D}\left|\psi_G\right\rangle=-D\left|\psi_G\right\rangle\end{gathered} \]

有：

\[ \begin{aligned}& \widehat{D}\left|\psi_S\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}} \widehat{D}\left(\left|\psi_D\right\rangle+\left|\psi_G\right\rangle\right)=\frac{D}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_D\right\rangle-\left|\psi_G\right\rangle\right)=D\left|\psi_A\right\rangle \\& \widehat{D}\left|\psi_A\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}} \widehat{D}\left(\left|\psi_D\right\rangle-\left|\psi_G\right\rangle\right)=\frac{D}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_D\right\rangle+\left|\psi_G\right\rangle\right)=D\left|\psi_S\right\rangle\end{aligned} \]

因此：

\[ \left\langle\psi_S|\widehat{D}| \psi_S\right\rangle=\left\langle\psi_A|\widehat{D}| \psi_A\right\rangle=0，\widehat{D}=\left(\begin{array}{cc} 0 & D \\ D & 0 \end{array}\right) \]

从而证明没有永久磁矩。

贰

然后将分子置于沿 \(O x\) 方向的电场 \(\hat{F}\) 中。请回忆与分子相互作用的经典能量表达式。确定在场存在时哈密顿量的本征值和本征矢，这些值和矢量的表达式与 \(F\) 有关。图形表示。

电场与偶极相互作用

\[ \widehat{W}=-F \widehat{D}=-F\left(\begin{array}{cc}0 & D \\D & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0 & -F D \\-F D & 0\end{array}\right) \]

没有电场时的哈密顿量

\[ \widehat{H}_0=\left(\begin{array}{cc}E_S & 0 \\0 & E_A\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}E_0-A & 0 \\0 & E_0+A\end{array}\right) \]

得总的曼哈顿量

\[ \widehat{H}=\widehat{H}_0+\widehat{W}=\left(\begin{array}{cc}E_0-A & -F D \\-F D & E_0+A\end{array}\right) \]

本征值和本征向量

对角化矩阵

\[ \begin{aligned}\operatorname{det}(\widehat{H}-E \widehat{\mathbb{1}})=0 & \Leftrightarrow\left|\begin{array}{cc}E_0-A-E & -F D \\-F D & E_0+A-E\end{array}\right|=0 \\& \Leftrightarrow\left(E_0-A-E\right)\left(E_0+A-E\right)-F^2 D^2=0 \\& \Leftrightarrow E_0^2-2 E_0 E+E^2-A^2-F^2 D^2=0 \\& \Leftrightarrow E^2-2 E_0 E+\left(E_0^2-A^2-F^2 D^2\right)=0\end{aligned} \]

求本征值

\[ E_{ \pm}=\frac{2 E_0 \pm 2 \sqrt{A^2+F^2 D^2}}{2}=E_0 \pm \sqrt{A^2+F^2 D^2} \]

求本征向量

对于\(E_+\)

\[ \begin{aligned}& \left(\begin{array}{cc}-A-\sqrt{A^2+F^2 D^2} & -F D \\-F D & A-\sqrt{A^2+F^2 D^2}\end{array}\right)\binom{\alpha}{\beta}=\binom{0}{0} \\\Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{l}-\left(A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}\right) \alpha-F D \beta=0 \\-F D \alpha+\left(A-\sqrt{A^2+F^2 D^2}\right) \beta=0\end{array}\right.\end{aligned} \]

\[ \alpha=-\frac{F D}{A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}} \beta \]

对于\(E_-\)

\[ \begin{aligned}& \left(\begin{array}{cc}-A+\sqrt{A^2+F^2 D^2} & -F D \\-F D & A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}\end{array}\right)\binom{\alpha}{\beta}=\binom{0}{0} \\\Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{l}\left(-A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}\right) \alpha-F D \beta=0 \\-F D \alpha+\left(A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}\right) \beta=0\end{array}\right.\end{aligned} \]

\[ \beta=\frac{F D}{A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}} \alpha \]

设\(\tan \theta=\frac{F D}{A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}}\)，得：

\[ \left\{\begin{array}{l}\left|\psi_{+}\right\rangle=\binom{\sin \theta}{-\cos \theta}=\sin \theta\left|\psi_S\right\rangle-\cos \theta\left|\psi_A\right\rangle \\\left|\psi_{-}\right\rangle=\binom{\cos \theta}{\sin \theta}=\cos \theta\left|\psi_S\right\rangle+\sin \theta\left|\psi_A\right\rangle\end{array}\right. \]

叁

假设电场很弱 \((D \cdot F / A \ll 1)\)。给出与这个近似相关的场的大致大小。确定每个本征态下偶极矩的平均值。讨论这些本征态随 \(F\) 的变化。

\(F \ll \frac{A}{D} \approx 1,33 \cdot 10^6 \mathrm{~V} \cdot \mathrm{m}^{-1}\)

每个本征态下得均值：

\[ \left\{\begin{array}{l} \left\langle\psi_{+}|\widehat{D}| \psi_{+}\right\rangle=-2 D \cos \theta \sin \theta=-D \sin 2 \theta \\ \left\langle\psi_{-}|\widehat{D}| \psi_{-}\right\rangle=2 D \cos \theta \sin \theta=D \sin 2 \theta \end{array}\right. \]

对\(tan(\theta)\)近似得到：

\[ \tan \theta=\frac{F D}{A+\sqrt{A^2+F^2 D^2}} \simeq \frac{F D}{2 A} \simeq \theta \]

然后均值可以近似为：

\[ \left\{\begin{array}{l}\left\langle\psi_{+}|\widehat{D}| \psi_{+}\right\rangle \simeq-\frac{F D^2}{A} \\\left\langle\psi_{-}|\widehat{D}| \psi_{-}\right\rangle \simeq \frac{F D^2}{A}\end{array}\right. \]

同样近似求解能量特征值：

\[ \left\{\begin{array}{l} E_{+}=E_0+\sqrt{A^2+F^2 D^2}=E_0+A \sqrt{1+\frac{F^2 D^2}{A^2}} \simeq E_0+A+\frac{F^2 D^2}{2 A}=E_A+\frac{F^2 D^2}{2 A} \\ E_{-}=E_0-\sqrt{A^2+F^2 D^2}=E_0-A \sqrt{1+\frac{F^2 D^2}{A^2}} \simeq E_0-A-\frac{F^2 D^2}{2 A}=E_S-\frac{F^2 D^2}{2 A} \end{array}\right. \]

对应的本征态：

\[ \left\{\begin{aligned}\left|\psi_{+}\right\rangle & =\sin \theta\left|\psi_S\right\rangle-\cos \theta\left|\psi_A\right\rangle \simeq \theta\left|\psi_S\right\rangle-\left|\psi_A\right\rangle \simeq \frac{F D}{2 A}\left|\psi_S\right\rangle-\left|\psi_A\right\rangle \\& \simeq \frac{F D}{2 A} \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_D\right\rangle+\left|\psi_G\right\rangle\right)-\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_D\right\rangle-\left|\psi_G\right\rangle\right) \\& \simeq-\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1-\frac{F D}{2 A}\right)\left|\psi_D\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1+\frac{F D}{2 A}\right)\left|\psi_G\right\rangle \\\left|\psi_{-}\right\rangle & =\cos \theta\left|\psi_S\right\rangle+\sin \theta\left|\psi_A\right\rangle \simeq\left|\psi_S\right\rangle+\theta\left|\psi_A\right\rangle \simeq\left|\psi_S\right\rangle+\frac{F D}{2 A}\left|\psi_A\right\rangle \\& \simeq \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_D\right\rangle+\left|\psi_G\right\rangle\right)+\frac{F D}{2 A} \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\left|\psi_D\right\rangle-\left|\psi_G\right\rangle\right) \\& \simeq \frac{1}{\sqrt{2}}\left(1+\frac{F D}{2 A}\right)\left|\psi_D\right\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1-\frac{F D}{2 A}\right)\left|\psi_G\right\rangle\end{aligned}\right. \]

在电场\(F\)作用下，本征能量和本征态的这种改变被称为斯塔克效应。这是一种类似于塞曼效应的现象，后者是在磁场 \(B\) 作用下，本征能量和本征态发生改变的现象。

梯度场中的氨分子

考虑弱场强情况下，场在\(z\)方向存在梯度。

壹

证明分子会受到相反符号的力，具体取决于它们是否处于哈密顿量的本征态中。

在梯度场中受力：

\[ f=-\nabla E_{\text {elec }}=-\frac{D^2}{2 A} \nabla\left( \pm F^2\right) \]

对于两个本征态分别有：

\[ \begin{aligned}& f_{+}=-\frac{D^2}{2 A} \frac{d F^2}{d z} \\& f_{-}=\frac{D^2}{2 A} \frac{d F^2}{d z}\end{aligned} \]

贰

如果将氨分子 \(\left(\mathrm{NH}*3\right)\) 的单动能射流送入电场梯度中会发生什么? 解释为什么以及如何根据分子是否处于状态 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 或 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 对它们进行分类。*

*在弱电场的情况下: \[ \left\{\begin{array}{l} \left|\psi*{+}\right\rangle=\sin \theta\left|\psi_S\right\rangle-\cos \theta\left|\psi_A\right\rangle \approx-\left|\psi_A\right\rangle \\ \left|\psi_{-}\right\rangle=\cos \theta\left|\psi_S\right\rangle+\sin \theta\left|\psi_A\right\rangle \approx\left|\psi_S\right\rangle \end{array}\right. \]

氨分子会根据它们处于状态 \(\left|\psi_{+}\right\rangle\)或 \(\left|\psi_{-}\right\rangle\)，或者等效地处于状态 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 或 \(\left|\psi_S\right\rangle\) ，被偏转至相反的方向。因此，可以对分子进行分类: 那些沿着电场梯度方向偏转的分子将是基态 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 中的分子，而那些沿着相反方向偏转的分子将是第一激发态 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 中的分子。

震荡场中的氨分子

例如，可以选择处于状态 \(\left|\psi_A\right\rangle\) ，能量为 \(E_A\) 的分子，即初始激发态的分子。因此，将这些初始状态为 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 的分子通过一个共振腔，该腔中存在一个电场 \(F=F_0 \cos (\omega t)\) 。我们设 \(D F_0=\hbar \omega_1\) 和 \(2 A=\hbar \omega_0\) 。我们还用以下方式描述系统的瞬时状态:

|(t)=(t)|_S+(t)|_A

壹

写出\(\lambda(t)\) 和 \(\mu(t)\) 需要满足的微分方程。

努力回忆上一次哈密顿算符出现：

\[ \widehat H=\left(\begin{array}{cc} E_S & DF \\ DF & E_A \end{array}\right) \]

代入体系随时间演变的薛定谔方程：

\[ \widehat{H}|\psi(t)\rangle=i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}|\psi(t)\rangle \Leftrightarrow\left(\begin{array}{cc}E_S & -\hbar \omega_1 \cos (\omega t) \\-\hbar \omega_1 \cos (\omega t) & E_A\end{array}\right)\binom{\lambda(t)}{\mu(t)}=i \hbar\binom{\dot{\lambda}(t)}{\dot{\mu}(t)} \]

从而得到需要符合得薛定谔方程：

\[ \left\{\begin{array}{l} i \hbar \dot{\lambda}(t)=E_S \lambda(t)-\hbar \omega_1 \cos (\omega t) \mu(t) \\ i \hbar \dot{\mu}(t)=-\hbar \omega_1 \cos (\omega t) \lambda(t)+E_A \mu(t) \end{array}\right. \]

贰

我们进一步设定：\(\lambda(t)=\alpha(t) e^{-i E_S t / \hbar}\)和\(\mu(t)=\beta(t) e^{-i E_A t / \hbar}\) 通过一段较为复杂的计算（此处略去），我们可以证明：\(\alpha(t)=\frac{i \omega_1}{\Omega} \sin \left(\frac{\Omega t}{2}\right) e^{i\left(\omega-\omega_0\right) t / 2}\) 我们定义 \(\Omega=\sqrt{\left(\omega-\omega_0\right)^2+\omega_1^2}\)。设 \(P_{A S}(t)\) 为分子在时刻 \(t\) 处于状态 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 的概率。证明： \(P_{A S}(t)=P_0\left[\left(\omega-\omega_0\right), \omega_1\right] \sin ^2\left(\frac{\Omega t}{2}\right)\)

根据定义，我们有：

\[ P_{A S}(t)=\left|\left\langle\psi_S \mid \psi(t)\right\rangle\right|^2=|\lambda(t)|^2=|\alpha(t)|^2=\frac{\omega_1^2}{\Omega^2} \sin ^2\left(\frac{\Omega t}{2}\right)=\frac{\omega_1^2}{\left(\omega-\omega_0\right)^2+\omega_1^2} \sin ^2\left(\frac{\Omega t}{2}\right) \]

因此，我们得到：

\[ P_{A S}(t)=P_0\left[\left(\omega-\omega_0\right), \omega_1\right] \sin ^2\left(\frac{\Omega t}{2}\right) \]

其中

\[ P_0\left[\left(\omega-\omega_0\right), \omega_1\right]=\frac{\omega_1^2}{\left(\omega-\omega_0\right)^2+\omega_1^2} \]

叁

将 \(P_0\) 作为 \(\left(\omega-\omega_0\right)\) 的函数表示出来。证明向能量为 \(E_S\) 的状态的去激发是一个共振现象。对于 \(\omega\) 的哪个值 \(\omega_M\)，\(P_0\) 观察到最大值？共振的宽度是多少？

为了表示 \(P_0\) 作为 \(\left(\omega-\omega_0\right)\) 的函数，我们可以根据之前得到的表达式: \[ P_0\left[\left(\omega-\omega_0\right), \omega_1\right]=\frac{\omega_1^2}{\left(\omega-\omega_0\right)^2+\omega_1^2} \]

这是一个标准的共振曲线，其中 \(\omega_1\) 是曲线的宽度参数，而 \(\omega_0\) 是共振频率。当 \(\omega=\omega_0\) 时，即 \(\left(\omega-\omega_0\right)=0\) ， \(P_0\) 达到最大值，这表明去激发是一个共振现象。

最大值 \(\omega_M\) 发生在 \(\omega=\omega_0 ，\) 即: \[ \omega_M=\omega_0 \]

共振的宽度可以通过观察 \(P_0\) 曲线在下降到最大值的一半时的频率范围来估计。这对应于 \(\left(\omega-\omega_0\right)^2\) 的值是 \(\omega_1^2 \stackrel{*}{*}\) 的情况。因此，共振宽度大约是 \(\omega_1\) 。

肆

假设 \(\omega=\omega_M\)。如何选择 \(T\) 以实现光束的完全去激发？设 \(L\) 为腔的长度，\(u\) 为分子的速度：给出 \(L, u\) 和 \(\omega_1\) 之间的条件。这个条件对你来说容易实现吗？

从状态 \(\left|\psi_A\right\rangle\) 到 \(\left|\psi_S\right\rangle\) 的跃迁概率 \[ P_{A S}(t)=P_0\left[\left(\omega-\omega_0\right), \omega_1\right] \sin ^2\left(\frac{\Omega t}{2}\right) \] 会在 0 和一个依赖于 \(\omega\) 和 \(\omega_1\) 的最大值 \(P_{\max }\) 之间周期性地振荡。我们可以选择电场的角频率 \(\omega\) 以实现共振，取 \(\omega=\omega_M=\omega_0\)。于是我们有 \(\Omega=\sqrt{\left(\omega-\omega_0\right)^2+\omega_1^2}=\omega_1\)，跃迁概率变为 \[ P_{A S}(t)=\sin ^2\left(\frac{\omega_1 t}{2}\right) \] 因此，分子将在时间 \(T\) 后耗尽其能量 \(2 A\)，使得 \[ \frac{\omega_1 T}{2}=\frac{\pi}{2} \Leftrightarrow T=\frac{\pi}{\omega_1} \] 因此，我们需要选择 \(T\) 使得 \(u T=L\)，以实现光束的完全去激发，这导致条件 \[ \pi u=\omega_1 L \] 这个条件表明，为了实现完全去激发，分子的速度 \(u\) 和腔的长度 \(L\) 必须与 \(\omega_1\) 成比例。在实际应用中，这个条件可能需要精确控制实验参数才能实现。