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。

Untitled

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

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

$\left|\psiG\right\rangle$ 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:

$|\psi(t)\rangle=\lambda(t)\left|\psi_S\right\rangle+\mu(t)\left|\psi_A\right\rangle$

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：$\lambda(t)=\alpha(t) e^{-i ES t / \hbar}$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 $\left|\psiS\right\rangle$ 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 $\omega1$ 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。