原子物理学(褚圣麟)完整答案.pdf

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1、原子物理学习题解答 第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的粒子是放射性物质镭C 放射的，其动能为 7.68 106 电子伏 特。散射物质是原子序数 Z 79 的金箔。试问散射角 150 所对应的瞄准距离b多大？ 解：根据卢瑟福散射公式： M v 2 K c o t 4 0 b 4 0 b 2 Z e 2 Z e 2 2 得到： Z e2ctg 7 9 (1 .6 0 1 01 9 ) 2 ctg 1 5 0 1 5 b 2 2 3 .9 7 1 0 ( 4 8 .8 5 1 0 1 2 ) (7 .6 8 1 06 1 0 1 9 ) 米 4 K 0 式中 K 1 Mv 2 是 粒子

2、的功能。 2 1.2 已知散射角为 的粒子与散射核的最短距离为 2 Z e 2 1 1 r m ( 4 ) ( 1 ) ，试问上题粒子与散射的金原子核 M v 2 s i n 2 0 之间的最短距离rm 多大？ 解：将 1.1 题中各量代入rm 的表达式，得： 1 2 Z e2 1 (1 rm i n ( 4 Mv2 ) ) s i n 0 2 1 9 2 4 7 9 (1 .6 0 1 0 ) 1 9 1 0 9 (1 ) 7 .6 8 1 0 6 1 .6 0 1 0 1 9 sin 7 5 3 .0 2 1 0 1 4 米 1.3 若用动能为 1 兆电子伏特的质子射向金箔。问质子与金箔。

3、问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带一个 e电荷而质量是质子的两倍，是氢的一种同位素的原子核）代替质子，其与金箔原子核的最小距离多大？ 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180 。当入射粒子的动能全部转化为两 粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。 根据上面的分析可得： 2 2 1 Ze Z e M v 2 K ，故有： r m i n p 2 4 0 r m i n 4 0 K p 7 9 (1 . 6 0 1 0 1 9 ) 2 1 . 1 4 1 0 1 3 米 9 1 0 9 1 0 6 1 . 6 0 1 0 1 9 由上式看出：rmin

4、 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代 替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为1.14 1013 米。 1.4 钋放射的一种粒子的速度为1.597 107 米/秒，正面垂直入射于厚度为107 米 、 密度为1.932 104 公斤/ 米3 的金箔。试求所有散射在 90 的粒子占全部入射粒子数 的百分比。已知金的原子量为197 。 解：散射角在 d 之间的粒子数dn与入射到箔上的总粒子数 n 的比是： d n N td n 其中单位体积中的金原子数： N / mAu N0 / AAu dn dn nNt d而散射角大于 900 的粒子数为： 2 d n N t d 所以有

5、： n 2 c o s 2 Ze 2 N 1 2 d) 2 ( ) 2 1 8 0 0 t ( 9 0 2 s i n 3 AA u 4 0 M u 2 cos d sin I 180 2 d 2 180 2 1 等式右边的积分： 9090sin 3 sin 3 2 2 故 2 d n N0 1 ) 2 ( 2 Z e ) 2 t ( Mu2 n A 4 Au 0 6 4 8 . 5 1 0 8 . 5 1 0 0 0 即速度为1.597 107 米 / 秒 的粒子在金箔上散射，散射角大于 90 以上的粒子数大约是 4 0 8.5 10 。 0 1.5 粒子散射实验的数据在散射角很小（ 15）

6、时与理论值差得较远，时什么原 因？ 答：粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而 粒子通过金属箔，经过 好多原子核的附近，实际上经过多次散射。至于实际观察到较小的 角，那是多次小角散射 合成的结果。 既然都是小角散射， 哪一个也不能忽略， 一次散射的理论就不适用。 所以， 粒 子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。 1.6 已知 粒子质量比电子质量大 7300 倍。 试利用中性粒子碰撞来证明：粒子散射“受 电子的影响是微不足道的”。 证明：设碰撞前、后粒子与电子的速度分别为：v , v, 0, v 。根据动量守恒定律，得： e Mv Mv mve m 1 由此得： v (1

7、) v ve ve M 7300 又根据能量守恒定律，得： 1 1 2 1 2 2 Mv Mv mv e 2 2 2 2 m 2 （2） 2 v v ve M 将（1）式代入（2）式，得： v 2 7300 (v v ) 2 v2 整理，得：v2 (7300 1) v 2 (7300 1) 2 7300 v v cos 0 7300 1 上式可写为： 7300（ v v ) 2 0 v v 0 即粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。 1.7 能量为 3.5 兆电子伏特的细粒子束射到单位面积上质量为1.05 10 2 公斤 / 米2 的银箔上，粒子与银箔表面成 60 角。在离 L=0.12 米

8、处放一窗口面积为 6.0 10 5 米2 的计数器。测得散射进此窗口的 粒子是全部入射粒子的百万分之 29。若已知银的原子 量为 107.9。试求银的核电荷数 Z。 解：设靶厚度为t 。非垂直入射时引起粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚 20 度t ，而是t t / sin 60 ，如图 1-1 所示。 因为散射到 与 d 之间d 立体 角内的粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为： 60 d n t , N td (1) n 而d 为： t 60 图 1.1 2 d 1 ) 2 ( ze ) 2 d ( （2） 2 sin 4 4 0 Mv 2 把（2）式代入（1）式，得： 2 dd

9、n Nt ( 1 ) 2 ( ze ) 2 （3） 2 sin 4 40 Mv n 2 式中立体角元d ds/ L2 ,t t / sin 600 2t / 3, 200 N 为原子密度。 Nt 为单位面上的原子数， Nt / m (A / N ) 1 ，其中是单位 Ag Ag 0 面积式上的质量；m Ag 是银原子的质量； AAg 是银原子的原子量； N0 是阿佛加德罗常数。 将各量代入（3）式，得： 2 dn 2 N 0 1 ze d) 2 ( ) 2 ( 2 4 n A g 4 0 Mv 3 sin A 2 由此，得：Z=47 1.8 设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，

10、而是均匀分布在半径约为 1010 米的球形原子内，如果有能量为106 电子伏特的粒子射向这样一个“原子”，试通过 计算论证这样的粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于 900 的散射。 这个 结论与卢瑟福实验结果差的很远， 这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的 （原子中电子的影 响可以忽略） 。 解：设 粒子和铅原子对心碰撞， 则 粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有 下式决定： 1 Mv2 2Ze 2 / 4 R 3.78 10 16 焦耳 2.36 103电子伏特 0 2 由此可见，具有106 电子伏特能量的粒子能够很容易的穿过铅原子球。粒子在到达原子 表面和原子内部时，所受

11、原子中正电荷的排斥力不同，它们分别为： F 2Ze 2 / 4 R2 和F 2Ze 2 r/ 4 R 3 。可见，原子表面处 粒子所受的斥力最大，越 0 0 靠近原子的中心粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使粒子发生散射最强的垂 直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设粒子擦原子表面而过。此时受 力为 F 2Ze 2 / 4 R2 。可以认为 粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作 0 用，即作用距离为原子的直径 D。并且在作用范围 D 之内，力的方向始终与入射方向垂直， 大小不变。这是一种受力最大的情形。 根据上述分析，力的作用时间为 t=D/v, 粒子的动能为 1 M

12、v 2 K ，因此， 2 v 2K / M ，所以，t D/ v D M / 2K t 根据动量定理： Fdt p p 0 Mv 0 0 t t 而 0 Fdt 2Ze / 40 R 0 dt 2Ze t/ 40 R 2 2 2 2 2 2 所以有： 2Ze t/ 40 R Mv 由此可得：v 2Ze 2t/ 4 R2 M 0 粒子所受的平行于入射方向的合力近似为 0，入射方向上速度不变。据此，有： tg v 2Ze 2t/ 4 R2 Mv 2Ze 2 D/ 4 R2 Mv2 0 0 v 2.4 10 3 这时很小，因此tg 2.4 10 3 弧度，大约是8.2。 这就是说，按题中假设，能量为

13、 1 兆电子伏特的 粒子被铅原子散射，不可能产生散射 角 900 的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当粒子无限靠近原子核时， 会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生 900 的散射，甚至会产生 1800 的散 射，这与实验相符合。因此，原子的汤姆逊模型是不成立的。 第二章 原子的能级和辐射 2.1 试计算氢原子的第一玻尔轨道上电子绕核转动的频率、线速度和加速度。 解：电子在第一玻尔轨道上即年 n=1。根据量子化条件， h p mvr n 2 v nh h 可得：频率 2 2 2a1 2ma1 2ma1 6.58 1015 赫兹 速度： v 2a1 h/ ma1 2.188 10

14、6 米/秒 2 2 22 2 / r v / a1 9.046 10 米 / 秒 加速度： w v 2.2 试由氢原子的里德伯常数计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。 2 解：电离能为 Ei E E1 ，把氢原子的能级公式 E n Rhc/ n 代入，得： 1 1 Ei RHhc ( 2 1 ) Rhc=13.60 电子伏特。 电离电势：V Ei 13.60 伏特 i e R hc ( 1 1 ) 3 Rhc 3 13.60 10.20 电子伏特 第一激发能： E i H 12 22 4 4 E1 10.20 伏特 第一激发电势：V 1 e 2.3 用能量为 12.5 电子伏特的电子去激发

15、基态氢原子， 问受激发的氢原子向低能基跃迁 时，会出现那些波长的光谱线？ 解：把氢原子有基态激发到你 n=2,3,4等能级上去所需要的能量是： ( 1 1 ) E hcR 其中hcR 13.6 电子伏特 H H 12 n2 E 13.6 (1 1 ) 10.2 电子伏特 1 2 2 E 13.6 (1 1 ) 12.1 电子伏特 2 32 E 13.6 (1 1 ) 12.8 电子伏特 3 4 2 其中 E1和E 2 小于 12.5 电子伏特，E 3 大于 12.5 电子伏特。可见，具有 12.5 电子伏特能量的 电子不足以把基态氢原子激发到n 4 的能级上去，所以只能出现n 3 的能级间的跃

16、迁。 跃迁时可能发出的光谱线的波长为： 1 1 1 RH ( ) 5RH / 36 2 2 32 1 1 6565 A 1 1 1 3 RH ( ) RH 12 2 2 4 2 2 1215 A 1 1 1 8 RH ( ) RH 12 32 9 3 3 1025 A 2.4 试估算一次电离的氦离子 H 、 二次电离的锂离子 L 的第一玻尔轨道半径、 电离电 e i 势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。 解： 在估算时， 不考虑原子核的运动所产生的影响， 即把原子核视为不动， 这样简单些 。 氢原子和类氢离子的轨道半径： a) 4 h 2 n 2 n2 0 r

17、 a1 , n 1,2,32 2 4 mZe Z 0.529177 10 10 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径； 2 40 h 其中a 1 42 me 2 Z是核电荷数，对于H, Z 1；对于H, Z 2；对于Li ，Z 3； r 因此，玻尔第一轨道半径之比是 rHe ZH 1 , Li ZH 1 r Z 2 r Z 3 H H He Li 氢和类氢离子的能量公式： b) 2 4 2 2 2 me Z E Z , n 1,2,3E 1 (4 ) 2 n 2 h 2 n2 0 2 4 2 me 其中 E 13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。 1 (4 ) 2 h 2 0 电离能之比： 0 2

18、EHe Z He 4 , Z 2 0 E H H 2 Z Li 0 ELi 9 Z 2 0 E H H 第一激发能之比： c) 22 2 2 E1 E1 2 1 E He E He 22 12 4 E2 E 1 12 12 H H E E 1 2 2 1 12 32 32 E1 E1 2 1 E Li E Li 2 2 12 9 E2 E 1 12 12 H H E E 1 2 2 1 12 氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式： d) 1 1 ) ， n n11, 2 , 3v Z R ( 2 (n 1),(n 2)2 2 2 1 1 n 1 n 2 22 me 4 其中 R 是里德伯常数。 (

19、4 ) 2 h 3 0 氢原子赖曼系第一条谱线的波数为： ( 1 1 ) 1 H v1 R 2 2 H 1 2 相应地，对类氢离子有： 22 R ( 1 1 ) 1 v He 1 He 12 22 1 1 32 R ( 1 1 ) v Li 1 12 22 Li 1 因此， He Li 1 1 , 1 1 H H 1 4 1 9 2.5 试问二次电离的锂离子 L 从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能 i 使处于基态的一次电离的氦粒子 H 的电子电离掉？ e 解： L 由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为： i H 的电离能量为： e 1 1 4hcRHe ( ) 4hcRHe

20、 v He 2 1 hvLi 27RLi 27 1 m/ MHe hvHe16RHe 16 1 m/ MLi 由于 MHe MLi , 所以1 m/ MHe 1 m/ MLi ， hv He ，所以能将 He 的电子电离掉。 从而有 hv Li 2.6 氢与其同位素氘（质量数为 2）混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。试问 其巴耳末系的第一条（ H ）光谱线之间的波长差 有多大？已知氢的里德伯常数 R 1.0967758 107 米1 ，氘的里德伯常数 R 1.0970742 107 米1 。 H D 1 ( 1 1 ) ， 36 / 5R 解： R H H H 2 2 32 H 1 (

21、1 1 ) ， 36 / 5R R D D D 2 2 32 D 36 1 1 H D ( ) 5 RH RD 1.79 A 2.7 已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的“正电子 素”。试计算“正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长为多少 A？ 1 解： R ( 1 1 ) R 1 3 3 R ee12 2 2 m 4 8 1 m 8 1 米 2430 A 3R 3 10973731 2.8 试证明氢原子中的电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道，发射光子的频率n 。当 n1 时 光子频率即为电子绕第 n 玻尔轨道转动的频率。 证明：在氢原子中电子从 n+1 轨

22、道跃迁到 n 轨道所发光子的波数为： R 1 1 1 v n n 2 (n 1) 2 n 2n 1 频率为：v c Rc 1 1 Rc n n 2 (n 1) 2 n2 (n 1) 2 当 n1 时，有 (2n 1) / n 2 (n 1) 2 2n/ n 4 2 / n 3 ，所以在 n1 时，氢原子中 3 电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道所发光子的频率为： v n 2Rc/ n 。 设电子在第 n 轨道上的转动频率为 f n ，则 v mvr P 2Rc f n 2r 2mr2 2mr2 n 3 因此，在 n1 时，有 vn f n 由上可见，当 n1 时，请原子中电子跃迁所发出的光子

23、的频率即等于电子绕第 n 玻尔轨道 转动的频率。这说明，在 n 很大时，玻尔理论过渡到经典理论，这就是对应原理。 2.9 Li 原子序数 Z=3，其光谱的主线系可用下式表示： R R v 。已知锂原子电离成 Li 离子需要 203.44 电子伏特的 (1 0.5951) 2 (n 0.0401) 2 功。问如把 Li 离子电离成 Li 离子，需要多少电子伏特的功？ 解：与氢光谱类似，碱金属光谱亦是单电子原子光谱。锂光谱的主线系是锂原子的价电 子由高的 p 能级向基态跃迁而产生的。一次电离能对应于主线系的系限能量，所以 Li 离子 电离成 Li 离子时，有 R hc Rhc Rhc E 5.35

24、电子伏特 1 (1 0.5951) 2 (1 0.5951) 2 Li 是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此 Li Li 时，电离能 E 为： 3 2 Z Rhc Z2RR hc 122.4电子伏特 。 E 3 12 设 Li Li 的电离能为 E 。而 Li Li 需要的总能量是 E=203.44 电子伏特， 所以有 2 E 2 E E1 E3 75.7电子伏特 2.10 具有磁矩的原子，在横向均匀磁场和横向非均匀磁场中运动时有什么不同？ 答：设原子的磁矩为 ，磁场沿 Z 方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为 Z ，于是 B B 具有磁矩的原子在磁场中所受的力为 F Z ，其中 是磁场沿

25、Z 方向的梯度。 Z Z B 对均匀磁场， 0 ，原子在磁场中不受力，原子磁矩绕磁场方向做拉摩进动，且对磁场 Z B 的 取向服从空间量子化规则。对于非均磁场， 0 原子在磁场中除做上述运动外，还 Z 受到力的作用，原子射束的路径要发生偏转。 2.11 史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄银原子束通过不均匀横向磁场，磁场的梯度 B 为 103 特斯拉/米，磁极纵向范围 L =0.04 米(见图 2-2)，从磁极到屏距离 L =0.10 米 ， 1 2 Z 原子的速度v 5 102 米/秒。在屏上两束分开的距离d 0.002 米。试确定原子磁矩在磁 场方向上投影 的大小（设磁场边缘的影响可忽略不计

26、） 。 解：银原子在非均匀磁场中受到垂直于入射方向的磁场力作用。其轨道为抛物线；在 L2 区域粒子不受力作惯性运动。经磁场区域 L1 后向外射出时粒子的速度为v ，出射方向与 入射方向间的夹角为 。 与速度间的关系为：tg v v 粒子经过磁场 L1 出射时偏离入射方向的距离 S 为： = 1 2 S ( ) 2m Z v Z （1） 将上式中用已知量表示出来变可以求出 Z B f v at , a ,t L1 / v m m Z Z B L1 v m Z v Z B L1L2 S L2tg v2 m Z S d S d Z B L1L2 v2 2 2 m Z 把 S 代入（1）式中，得： 2

27、 d Z B L1L2 Z B L1 v2 2m Z v2 2 m Z B L d 整理，得： Z 1 (L 2L ) 1 2 2m Z v2 2 由此得： 0.93 10 23 焦耳 / 特 Z 2.12 观察高真空玻璃管中由激发原子束所发光谱线的强度沿原子射线束的减弱情况， 可以测定各激发态的平均寿命。若已知原子束中原子速度v 103 米/秒，在沿粒子束方向 上相距 1.5 毫米其共振光谱线强度减少到 1/3.32。 试计算这种原子在共振激发态的平均寿命。 解：设沿粒子束上某点 A 和距这点的距离 S=1.5 毫米的 B 点，共振谱线强度分别为 I0 和I 1 ，并设粒子束在 A 点的时刻

28、为零时刻，且此时处于激发态的粒子数为 N20 ，原子束 经过 t 时间间隔从 A 到达 B 点，在 B 点处于激发态的粒子数为 N2 。 光谱线的强度与处于激发态的原子数和单位时间内的跃迁几率成正比。 设发射共振谱线 I 1 A21 N2 N2 的跃迁几率为 A21 ，则有 I 0 A21 N20 N20 I 适当选取单位，使 1 N2 1/ 3.32 ， I 0 N20 并注意到 N N e A21t , 而t S / v， 2 20 N 则有： 2 e A21t 1/ 3.32 N20 由此求得： 1 v A21 (ln 3.32 ln1) ln 3.32 t s 1.5 10 3 1 s

29、 t vln 3.32 103 ln 3.32 A 21 1.25 10 6 秒 第三章 量子力学初步 3.1 波长为1 A的 X 光光子的动量和能量各为多少？ 解：根据德布罗意关系式，得： 34 动量为： p h 6.63 10 6.63 10 24 千克 米 秒1 10 10 能量为： E hv hc/ 6.63 10 34 3 108 /10 10 1.986 10 15 焦耳。 3.2 经过 10000 伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长 ? 用上述电压加速的质 子束的德布罗意波长是多少？ 解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系： 对于电子：m 9.1110 31 公斤，e 1.6

30、0 10 19 库仑 h/ 2meV 把上述二量及 h 的值代入波长的表示式，可得： 12.25 12.25 A A 0.1225 A V 10000 对于质子，m 1.67 10 27 公斤，e 1.60 10 19 库仑 ，代入波长的表示式，得： 34 6.626 10 2.862 103 A 2 1.67 1027 1.60 1019 10000 12.25 3.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来 A的电子德 V 布罗意波长与加速电压的关系式应改为： 12.25 (1 0.489 10 6V) A V 其中 V 是以伏特为单位的电子加速电压。试证明之。 证明：德布罗

31、意波长： h/ p 对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能 K 与其动量 p 之间有如下关系： K2 2Km c2 p2c2 0 而被电压 V 加速的电子的动能为： K eV 2 p2 (eV) 2m eV 0 c2 p 2m eV (eV) 2 / c2 0 因此有： h 1 h/ p 2m0eV eV 1 2m c2 0 一般情况下，等式右边根式中eV / 2m c2 一项的值都是很小的。所以，可以将上式的 0 根式作泰勒展开。只取前两项，得： h eV h (1 0.489 106V) (1 ) 2 4m0c 2m0eV 2m0eV m eV 12.25 A，其中 V 以伏特为单位，代回原

32、式得： 由于上式中h / 2 0 V 12.25 (1 0.489 10 6V) A V 由此可见，随着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长 变短。 3.4 试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波波长。 上述结果不 但适用于圆轨道，同样适用于椭圆轨道，试证明之。 证明：轨道量子化条件是： pdq nh 2 对氢原子圆轨道来说， pr 0, p mr 所以有： pd 2 mvr nh mvr S 2r n h n , n 1,2,3mv 所以,氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波长。椭圆轨道的量子化条件 是： p d n h pr d

33、r nr h 其中 2 pr m r , p mr ( prdr pd) nh, 其中n n nr ( p dr p d) (mrdr mr2 d) 而 r mrdrdt mr2 d dt ( ) dt dt mv2 dt mvds ds ds h h r ds n 因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。 3.5 带电粒子在威耳孙云室（一种径迹探测器）中的轨迹是一串小雾滴，雾滴德线度约为 1 微米。当观察能量为 1000 电子伏特的电子径迹时其动量与精典力学动量的相对偏差不小于多少？ 解：由题知,电子动能 K=1000 电子伏特， x 10 6 米，动量相对偏差为 p/ p。 h h

34、根据测不准原理，有 px ，由此得： p 2 2x 经典力学的动量为： p 2mK p h 3.09 10 5 p 2x 2mK 电子横向动量的不准确量与经典力学动量之比如此之小， 足见电子的径迹与直线不会有明显 区别。 3.6 证明自由运动的粒子（势能V 0 ）的能量可以有连续的值。 证明：自由粒子的波函数为： i ( p r Et ) Ae h （1） 2 自由粒子的哈密顿量是： H h 2 （2） 2m 自由粒子的能量的本征方程为： H E （3） i ( p rEt) 2 把（1）式和（2）式代入（3）式，得： h 2 Ae h E2m 即： i ( 2 2 2 2 h 2 A( d

35、d d pxx pyy p zzEt) )e h Edx2 dy2 dz2 2m 2 p E2m 2 p E 2m 自由粒子的动量 p 可以取任意连续值，所以它的能量 E 也可以有任意的连续值。 3.7 粒子位于一维对称势场中，势场形式入图 3-1，即 0 x L,V 0 x 0 , x L,V V 0 （1）试推导粒子在 E V0 情况下其总能量 E 满足的关系式。 （2）试利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量只能是一些不连续的值。 解：为方便起见,将势场划分为 三个区域。 2 d ( x) 2（1） 定态振幅方程为 (E V ) 0 ( x) ( x) dx2 h 2 式中 是粒子的质

36、量。 2 d 2区： 2 0其中2 (V E ) 0 dx2 h2 波函数处处为有限的解是： (x ) Aex , A是一任意常数 。 1 2d 区： 2 0其中2 E 2dx 2 h2 处处有限的解是：2 (x ) Bsin(x ), B,是任意常数。 2 d 2区： 2 0其中2 (V E ) 0 dx2 h2 处处有限的解是： (x ) De x , D是任意常数。 3 1 d1 1 d2 1 d3 , ctg (x ), , 有上面可以得到： 1 dx 2 dx 3 dx 有连续性条件，得： ctg ctg ( L ) 解得： tg ( L) 2 1 2 因此得： L n 2tg1 (

37、 /) 这就是总能量所满足的关系式。 （2） 有上式可得： nL tg( ) 2 2 L tg n 偶数，包括零 2 L ctg n 奇数 2 L (L )ctg L 2 亦即 L (L )tg L 2 令 L u ,L v，则上面两方程变为： u v utg （ 1 ） 2 u v utg （2） 2 另外，注意到u和v还必须满足关系：u2 v2 2V L2 / h2 （3） 0 所以方程（1）和（2）要分别与方程（3）联立求解。 3.8 有一粒子，其质量为 m ,在一个三维势箱中运动。势箱的长、宽、高分别为 a、b、c在势箱外，势能V ；在势箱内，V 0 。式计算出粒子可能具有的能量。 解

38、：势能分布情况，由题意知： Vx 0,0 x a; V y 0,0 y b; Vz 0,0 z c; Vx , x 0和x a V y , y 0和y b Vz , z 0和z c 在势箱内波函数(x, y , z ) 满足方程： 2 2 2 2 m E (V V V ) 0 x y z 2x2 2 y2 2z2 h2 解这类问题，通常是运用分离变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。 令(x, y , z ) X(x )Y( y )Z(z ) 代入（1）式，并将两边同除以 X(x )Y( y )Z(z ) ，得： 1 d2 X 1 d2Y 1 d2 Z 2m 2m 2m 2 mE V ) (

39、V ) ( V ) ( x y z X dx2 h2 Y dy2 h2 Z dz2 h2 h2 方程左边分解成三个相互独立的部分，它们之和等于一个常数。因此，每一部分都应等于一 个常数。由此，得到三个方程如下： 1 d2 X 2m 2m Vx E x dx2 h 2 h2 X 1 d2Y 2m 2m V y E y Y dy2 1 d2 Z h 2 h 2 2m 2m Vz E z Z dz2 h2 h2 其中E E x E y E z , E x , E y , E z皆为常数。 将上面三个方程中的第一个整数，得： 2 d X 2m(E V ) X 0 （2） x x dx2 h2 边界条件

40、： X(0) X(l ) 0 可见，方程（2）的形式及边界条件与一维箱完全相同，因此，其解为： X 2 sin n x x n a a 2 2 h n 2 , n 1,2,3E x x x 2a2 类似地，有 Y 2 sin n y y n b b 2 2 h n 2 , n 1,2,3E y y y 2b 2 Z 2 sin n z z n c c 2 2 h n 2 , n 1,2,3E z z z 2c2 sin n xxsin n yysin n zz 8 (x, y , z ) abc a b c n 2 n 2 n 2 2 h 2 y ( x z ) E a2 b 2 c2 2m

41、可见，三维势箱中粒子的波函数相当于三个一维箱中粒子的波函数之积。而粒子的能量 相当于三个一维箱中粒子的能量之和。 对于方势箱，a b c,波函数和能量为： sin n xxsin n yysin n zz 8 (x, y , z ) a 3 a a a 2 2 E h n 2 , n 2 n 2 n 2 n 2 x y z 2ma2 第四章 碱金属原子 4.1 已知 Li 原子光谱主线系最长波长 6707 A，辅线系系限波长 3519 A。求 锂原子第一激发电势和电离电势。 解：主线系最长波长是电子从第一激发态向基态跃迁产生的。辅线系系限波长是电子从 无穷处向第一激发态跃迁产生的。设第一激发电

42、势为V1 ，电离电势为V ，则有： c eV1 hhc V1 1.850伏特 e c c eV h h hc( 1 1 ) 5.375伏特。 V e 4.2 Na原子的基态 3S。 已知其共振线波长为 5893 A， 漫线系第一条的波长为 8193 A， 基线系第一条的波长为 18459 A，主线系的系限波长为 2413 A。试求 3S、3P、3D、4F 各谱 项的项值。 解：将上述波长依次记为 pmax , d max , f max , p , 即 pmax 5893 A, d max 8193 A, f max 18459 A, p 2413 A 容易看出： 1 T v 4.144 10

43、6 米1 3S P1 1 2.447 106 米1 T 3P P pmax 1 1.227 106 米1 T T 3D 3 p d max 1 0.685 106 米1 T T 4F 3D f max 4.3 K 原子共振线波长 7665 A，主线系的系限波长为 2858 A。已知 K 原子的基态 4S。 试求 4S、4P 谱项的量子数修正项 s , p 值各为多少？ 解：由题意知： pmax 7665 A, p 2858 A,T4s v P 1/ P R 由T S ，得： 4 s Rk / T4S 4 (4 s ) 2 1 1 设 RK R,则有 s 2.229,T4P P Pmax 与上类

44、似 p 4 R / T4P 1.764 4.4 Li 原子的基态项 2S。当把 Li 原子激发到 3P 态后， 问当 3P 激发态向低能级跃迁时 可能产生哪些谱线（不考虑精细结构）？ 答：由于原子实的极化和轨道贯穿的影响，使碱金属原子中 n 相同而 l 不同的能级有很 大差别，即碱金属原子价电子的能量不仅与主量子数 n 有关，而且与角量子数 l 有关，可以 记为 E E (n,l ) 。理论计算和实验结果都表明 l 越小，能量越低于相应的氢原子的能量。 当从 3P 激发态向低能级跃迁时，考虑到选择定则： l 1 ，可能产生四条光谱，分别由 以下能级跃迁产生： 3P 3S ;3S 2P;2P 2

45、S ;3P 2S。 4.5 为什么谱项 S 项的精细结构总是单层结构？试直接从碱金属光谱双线的规律和从 电子自旋与轨道相互作用的物理概念两方面分别说明之。 答：碱金属光谱线三个线系头四条谱线精细结构的规律性。第二辅线系每一条谱线的二 成分的间隔相等， 这必然是由于同一原因。 第二辅线系是诸 S 能级到最低 P 能级的跃迁产生 的。最低 P 能级是这线系中诸线共同有关的，所以如果我们认为 P 能级是双层的，而 S 能级 是单层的，就可以得到第二辅线系的每一条谱线都是双线，且波数差是相等的情况。 主线系的每条谱线中二成分的波数差随着波数的增加逐渐减少，足见不是同一个来源。 主线系是诸 P 能级跃迁

46、到最低 S 能级所产生的。 我们同样认定 S 能级是单层的， 而推广所有 P 能级是双层的，且这双层结构的间隔随主量子数 n 的增加而逐渐减小。这样的推论完全符 合碱金属原子光谱双线的规律性。因此，肯定 S 项是单层结构，与实验结果相符合。 碱金属能级的精细结构是由于碱金属原子中电子的轨道磁矩与自旋磁矩相互作用产生 附加能量的结果。S 能级的轨道磁矩等于 0，不产生附加能量，只有一个能量值，因而 S 能 级是单层的。 4.6 计算氢原子赖曼系第一条的精细结构分裂的波长差。 解：赖曼系的第一条谱线是 n=2 的能级跃迁到 n=1 的能级产生的。根据选择定则，跃迁 只能发生在 2 2 P 12 S

47、 之间。而 S 能级是单层的，所以，赖曼系的第一条谱线之精细结构 是由 P 能级分裂产生的。 氢原子能级的能量值由下式决定： 2 2 4 E Rhc (Z ) Rhca (Z S) 1 3 ) ( n2 n 3 = 1 4n j 2 其中 (Z ) (Z S) 1 c 2 2 E (2 P3 / 2 ) E (1 S1 / 2 ) h1 hc 1 2 2 E (2 P3 / 2 ) E (1 S1 / 2 ) c 2 2 E (2 P1 / 2 ) E (1 S1 / 2 ) h 2 hc 2 因此，有： 2 2 E (2 P1 / 2 ) E (1 S1 / 2 ) 2 1 2 2 hcE

48、(2 P3 / 2 ) E (1 S1 / 2 ) 2 2 2 2 E (2 P3 / 2 ) E (1 S1 / 2 )E (2 P1 / 2 ) E (1 S1 / 2 ) 2 16 a E (2 2 P ) R hc 3 / 2 64 2 16 5a E (2 2 P ) R hc 1 / 2 64 2 E (12 S ) Rhc 4 a 1 / 2 4 将以上三个能量值代入 的表达式，得： 4a2 64 1 48 11a2 48 15a2 R 64 64 4a2 64 R (48 11a2 )(48 15a2 ) 5.39 10 13 米 5.39 10 3 A 4.7 Na原子光谱中

49、得知其 3D 项的项值T 1.2274 106 米1 ， 试计算该谱项之精细 3D 结构裂距。 解：已知T3D 1.2274 10 米 , RNa 1.0974 10 米 6 1 7 1 RNa n * 2.9901 T3D 而Z* n/ n * 2 *4 Ra Z 所以有：T 3.655米1 n 3l (l 1) 4.8 原子在热平衡条件下处在各种不同能量激发态的原子的数目是按玻尔兹曼分布的， g e ( EE0 ) / KT N N 即能量为 E 的激发态原子数目 。 其 中 N0 是能量为 E 0 的状态的 0 g 0 原子数，g和g 0 是相应能量状态的统计权重，K 是玻尔兹曼常数。从

50、高温铯原子气体光谱中 测出其共振光谱双线 1 8943.5 A, 2 8521.1 A的强度比I 1：I2 2： 3 。试估算此气体 的温度。已知相应能级的统计权重 g1 2, g2 4 。 解：相应于1， 2 的能量分别为： E1 hc/ 1 ; E 2 hc/ 2 所测得的光谱线的强度正比于该谱线所对应的激发态能级上的粒子数 N，即 I N E1 E2 I 1 N 1 g 1 e 2 KT I N g 3 2 2 2g2 2 E1 E2 e KT 3g1 由此求得 T 为： E 2 E1 T 2773K Kln 2g2 3g1 第五章 多电子原子 5.1 He 原子的两个电子处在 2p3d