原子物理学褚圣麟答案.docx

原子物理学习题解答55 / 551 0 6 ´ 1 . 6 0 ´ 1 0 - 1 9= 9 ´ 1 0 9 ´= 1 . 1 4 ´ 1 0 - 1 3 米7 9 ´ (1 . 6 0 ´ 1 0 - 1 9 ) 2p4 p e 0 K4 pe 0 r m i n2pm i n=，故有： r=M v 2 = KZ eZe122解：当入射粒子及靶核对心碰撞时，散射角为180o 。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：= 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。问质子及金箔。问质子及金箔原子核可 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，其及金箔原子核的最小距离多大？sin 7 5o7 .6 8 ´ 1 0 6 ´ 1 .6 0 ´ 1 0 - 1 9)´ (1 += 9 ´ 1 0 9 ´14 ´ 7 9 ´ (1 .6 0 ´ 1 0)- 1 9 220)s i n q)(4p e Mv2rm i n(1 +=11 2 Z e2解：将 1.1 题中各量代入rm 的表达式，得：之间的最短距离rm 多大？0q2s i nM v 2，试问上题a粒子及散射的金原子核)( 1 +)(4 p er m =112 Z e 21.2 已知散射角为q 的a粒子及散射核的最短距离为a 2式中 K = 1 Mv 2 是a 粒子的功能。0a4pe K米= 3 .9 7 ´ 1 0 ( 4p ´ 8 .8 5 ´ 1 0 - 1 2 ) ´ (7 .6 8 ´ 1 06 ´ 1 0- 1 9 )= 2 2 b =- 1 57 9 ´ (1 .6 0 ´ 1 01 9 ) 2 ctg 1 5 0oZ e2ctg q得到：2Z e 22 Z e 2bb = 4 p e 0c o t = 4 p e 0aKqM v 2特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角q = 150o 所对应的瞄准距离b多大？解：根据卢瑟福散射公式：1.1 若卢瑟福散射用的a粒子是放射性物质镭C ' 放射的，其动能为 7.68 ´106 电子伏第一章 原子的基本状况1.5 a粒子散射实验的数据在散射角很小（q £ 15o）时及理论值差得较远，时什么原因？答：a粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而a 粒子通过金属箔，经过08.5 ´10。-4 0即速度为1.597 ´107 米 / 秒 的a粒子在金箔上散射，散射角大于 90o 以上的粒子数大约是00» 8 . 5 ´ 1 0 = 8 . 5 ´ 1 0- 4- 60Au4p eAnMu2× t × (=) 21 ) 2 p ( 2 Z erN0d n2'故22sin 3sin 3 q90oq90o等式右边的积分：dq = 2 ò180 2 = 1oI = ò180 2od sin qcos q2M u4 pe 0AA us i n 3 q29 0 o= 0 × t × (ò 1 8 0) 2) 2 p (o 2 dq1r N2 Ze 2c o sq2n所以有：d sò p N t=pd n '2p而散射角大于 900 的粒子数为：dn ' = ò dn = nNtòp ds其中单位体积中的金原子数： N = r / mAu = r N0 / AAun=N td sd n密度为1.932 ´104 公斤/ 米3 的金箔。试求所有散射在q > 90o 的a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q : q + dq 之间的a粒子数dn及入射到箔上的总粒子数 n 的比是：1.4 钋放射的一种a粒子的速度为1.597 ´107 米/秒，正面垂直入射于厚度为10-7 米 、替质子时，其及靶核的作用的最小距离仍为1.14 ´10-13 米。由上式看出：rmin 及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24pe 0Mvsin 4 q2（2）d s = () 21) 2 ( zed W2图 1.160ºtn而ds 为：(1)=N td s,td n60°度t' ，而是t = t' / sin 60o ，如图 1-1 所示。因为散射到q 及q + dq 之间dW 立体 角内的粒子数 dn 及总入射粒子数 n 的比为：的银箔上，a粒子及银箔表面成 60o 角。在离 L=0.12 米处放一窗口面积为 6.0 ´10 -5 米2的计数器。测得散射进此窗口的a 粒子是全部入射a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a粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚20º即a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a粒子束射到单位面积上质量为1.05 ´10 -2 公斤 / 米2a a v- v ' = 0vva a 上式可写为： 7300（ v- v ' ) 2 = 0vvQ 7300 ³ 1a aaa整理，得：v2 (7300 - 1) + v' 2 (7300 + 1) - 2 ´ 7300 v v' cos q = 0a aa av2= v' 2 + 7300 (v - v ' ) 2v v将（1）式代入（2）式，得：Mva = va+ ve'2（2）2 m' 2Mv a = Mv a + mv e2 2 22' 2 1 ' 21又根据能量守恒定律，得： 17300Maave=ve=-v '(1)由此得： v1r 'm r 'rrmve+Mv a = Mv ar 'r 're证明：设碰撞前、后a粒子及电子的速度分别为：v , v', 0, v' 。根据动量守恒定律，得：r rr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q 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，a 粒 子散射的实验数据在散射角很小时及理论值差得较远。1.6 已知a 粒子质量比电子质量大 7300 倍。试利用中性粒子碰撞来证明：a粒子散射“受 电子的影响是微不足道的”。 ò0根据动量定理：Fdt = p - p 0 = Mv - 0tv =2K / M ，所以，t = D/ v = D M / 2K2用，即作用距离为原子的直径 D。并且在作用范围 D 之内，力的方向始终及入射方向垂直，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, a粒子的动能为 1 Mv 2 = K ，因此，0力为 F = 2Ze 2 / 4pe R2 。可以认为a 粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作靠近原子的中心a粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使a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a粒子擦原子表面而过。此时受00F = 2Ze 2 / 4pe R2 和F = 2Ze 2 r/ 4pe R 3 。可见，原子表面处a 粒子所受的斥力最大，越由此可见，具有106 电子伏特能量的a粒子能够很容易的穿过铅原子球。a粒子在到达原子表面和原子内部时，所受原子中正电荷的排斥力不同，它们分别为：201 Mv2 = 2Ze 2 / 4pe R = 3.78 ´10 -16 焦耳 » 2.36 ´103电子伏特计算论证这样的a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。这个结论及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a 粒子和铅原子对心碰撞，则a 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：10-10 米的球形原子内，如果有能量为106 电子伏特的a粒子射向这样一个“原子”，试通过由此，得：Z=471.8 设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为2Asin34 pe 0 MvA gn4 q2(=) 2) 2 (dWze1dn2 hN 02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：Ag0AgN 为原子密度。 Nt' 为单位面上的原子数， Nt' = h/ m= h (A / N ) -1 ，其中h是单位式中立体角元dW = ds/ L2 ,t = t' / sin 600 = 2t' / 3,q = 2002n4pe0Mvsin 4 q2（3）) 21) 2 ( zedn = Nt (dW2把（2）式代入（1）式，得：会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生q > 900 的散射，甚至会产生q » 1800 的散射，这及实验相符合。因此，原子的汤姆逊模型是不成立的。这时q很小，因此tgq » q = 2.4 ´10 -3 弧度，大约是8.2。这就是说，按题中假设，能量为 1 兆电子伏特的a 粒子被铅原子散射，不可能产生散射 角q > 900 的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当a粒子无限靠近原子核时，v= 2.4 ´10 -300tgq = v = 2Ze 2t/ 4pe R2 Mv = 2Ze 2 D/ 4pe R2 Mv2a 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：0由此可得：v = 2Ze 2t/ 4pe R2 M所以有： 2Ze t/ 4pe0 R = Mv 222222而 ò0 Fdt = 2Ze / 4pe0 R ò0 dt = 2Ze t/ 4pe0 Rtt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4 23E = 13.6 ´ (1 - 1 ) = 12.8 电子伏特322E = 13.6 ´ (1 - 1 ) = 12.1 电子伏特2 21E = 13.6 ´ (1 - 1 ) = 10.2 电子伏特12n2HH其中hcR = 13.6 电子伏特E = hcR-( 11 )2.3 用能量为 12.5 电子伏特的电子去激发基态氢原子，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：e1第一激发电势：V= 10.20 伏特= E14412 22iH第一激发能： E= R hc ( 1 - 1 ) = 3 Rhc = 3 ´13.60 = 10.20 电子伏特ei电离电势：V = Ei = 13.60 伏特- ) = Rhc=13.60 电子伏特。¥Ei = RHhc ( 211 1解：电离能为 Ei = E ¥ - E1 ，把氢原子的能级公式 E n = -Rhc/ n 代入，得：22.2 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。加速度： w = v/ r = v / a1 = 9.046 ´10 米 / 秒22222米/秒6= 6.58 ´1015 赫兹速度： v = 2pa1n = h/ ma1 = 2.188 ´102pma12pma12pa122=可得：频率 n =hnhv2 pfn= mvrph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，c)第一激发能之比：HH0 - EZ 2= 9=ELi0 -Z+ +Li+ +2HH0 - EZ 2= 4 ,=Z HeEHe2+电离能之比：0 -0(4pe ) 2 h 21» -13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。= -其中 E2p me2 40n2(4pe ) 2 n 2 h 21E = -= E × Z , n = 1,2,3¼¼2p me Z2242b)氢和类氢离子的能量公式：LiHe+ +H+H3Z2rZr= 1ZH= 1 , Li+ + =ZH因此，玻尔第一轨道半径之比是 rHer+Z是核电荷数，对于H, Z = 1；对于H, Z = 2；对于Li+ +，Z = 3；4p2 me 21其中a =4pe0 h2Z= 0.529177 ´10 -10 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；4p mZe22= a1, n = 1,2,3¼¼r =0n24pe h 2 n 2a)氢原子和类氢离子的轨道半径：势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别及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 。ieol 3 = 1025 A2.4 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39l3212= RH ( - ) = RH8111ol 2 = 1215 A24l2 212= RH ( - ) = RH3111ol1 = 6565 A1l2 232= RH ( - ) = 5RH / 361 11电子不足以把基态氢原子激发到n ³ 4 的能级上去，所以只能出现n £ 3 的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为：eH+ 的电离能量为：i解： L+ + 由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：e使处于基态的一次电离的氦粒子 H+ 的电子电离掉？i2.5 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94 l1l1HH=11 , l1l1Li + +He +因此，1+lLi22121+v% Li- 1 ) = 32 R ( 1112212+lHe1+v% He1- 1 ) = 22 R ( 1相应地，对类氢离子有：v%1= R 2 -2 =H12lH1( 11 )氢原子赖曼系第一条谱线的波数为：0(4pe ) 2 h 3是里德伯常数。其中 R =2p2 me 4n 1 n 212122=(n +1),(n + 2)¼¼2v = Z R (-n1=1, 2 , 3¼¼) ， n11d)氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：1 2 21 12E- EHH1212- E 1E2E Li - E Li = 2 2 12 = 921E1- E132321 2 21 12E- EHH1212- E 1E2E He - E He = 22 12 = 412E1- E12 222l(n+ 1) 2n2 (n+ 1) 2n 2nRc =1频率为：v = c = Rc 1 -2n+ 1n(n+ 1) 2n 2lnv11= R 1 -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nn 。当 n>>1 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 轨道跃迁到 n 轨道所发光子的波数为：3R¥ 3 ´=l =o米 = 2430 A18m1 +48lm122 2¥e+e-· 3 = 3 R1- 1 ) = R( 11解：= Ro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l为多少 A？o= 1.79 A2.7 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5RHRDDl = l H - l D =(-)1136Dl2 232DDD= R- 1 ) ，l = 36 / 5R( 11Hl2 232HHH= R解：- 1 ) ，l = 36 / 5R( 11DHR = 1.0967758 ´107 米-1 ，氘的里德伯常数 R = 1.0970742 ´107 米-1 。2.6 氢及其同位素氘（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 a ）光谱线之间的波长差 Dl 有多大？已知氢的里德伯常数+从而有 hv Li+ +> hv He + ，所以能将 He 的电子电离掉。由于 MHe < MLi , 所以1 + m/ MHe > 1 + m/ MLi ，16RHe 16 1 + m/ MLihvHe+=27 × 1 + m/ MHe27RLihvLi+ +¥12v He- ) = 4hcRHe= 4hcRHe (+11¶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¶ Z，其中是磁场沿 Z 方向的梯度。具有磁矩的原子在磁场中所受的力为 F = m Z¶B¶ BE 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 m ，磁场沿 Z 方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为 m Z ，于是2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12¥3ERhc » Z2RR hc = 122.4电子伏特 。= Z23Li+ + 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：(1 + 0.5951) 2¥(1 + 0.5951) 21= 5.35电子伏特E =- Rhc »RhcR¥ hc电离成 Li+ 离子时，有子由高的 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+ 离子功。问如把 Li+ 离子电离成 Li+ 离子，需要多少电子伏特的功？解：及氢光谱类似，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(1 + 0.5951) 2(n- 0.0401) 2-。已知锂原子电离成 Li+ 离子需要 203.44 电子伏特的v =RR由上可见，当 n>>1 时，请原子中电子跃迁所发出的光子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：f n因此，在 n>>1 时，有 vn =n 32pr 2pmr22pmr2n=f =P= 2Rcmvrv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3当 n>>1 时，有 (2n+ 1) / n 2 (n+ 1) 2 » 2n/ n 4 = 2 / n 3 ，所以在 n>>1 时，氢原子中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。Z由此得： m = 0.93 ´10 -23 焦耳 / 特22m ¶Z v221m¶B Ld整理，得：Z1 (L + 2L ) =2m ¶Z2m ¶Z v2v2d - m Z ¶B L1L2 = m Z ¶B L12把 S 代入（1）式中，得：2m ¶Z2v2S = d - S' = d - m Z ¶B L1L2m ¶Zv2'S = L2tgq =m Z ¶B L1L2m ¶Z v v= m Z ¶B L1mm ¶Z,t = L1 / vv = at , a =fm ¶B将上式中用已知量表示出来变可以求出 m Zm Z （1）S =()2m ¶Z v2=1 ¶B L1粒子经过磁场 L1 出射时偏离入射方向的距离 S 为：v入射方向间的夹角为q 。q 及速度间的关系为：tgq = v 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 ，出射方向及v '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 m 的大小（设磁场边缘的影响可忽略不计）。 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¶Z21¶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 ，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¶Z¶B的 取向服从空间量子化规则。对于非均磁场，¹ 0 原子在磁场中除做上述运动外，还= 1.25 ´10 -6 秒21Avln 3.32103 ´ ln 3.32=t =s1s1.5 ´10 -3tA21 =(ln 3.32 - ln1) =ln 3.32v1N20由此求得：N则有：2 = e - A21t = 1/ 3.32220并注意到 N = N e - A21t , 而t = S / v，N20I 0= 1/ 3.32 ，N2I适当选取单位，使 1 =A21 N20N20I 0=的跃迁几率为 A21 ，则有µN2A21 N2I 1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 。光谱线的强度及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 点的时刻为零时刻，且此时处于激发态的粒子数为 N20 ，原子束而被电压 V 加速的电子的动能为： K = eV0K2 + 2Km c2 = p2c2对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能 K 及其动量 p 之间有如下关系：证明：德布罗意波长：l = h/ pV其中 V 是以伏特为单位的电子加速电压。试证明之。ol = 12.25 (1 - 0.489 ´10 -6V) A布罗意波长及加速电压的关系式应改为：VA的电子德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l =12.25 o2 ´1.67 ´10-27 ´1.60 ´10-19 ´10000l =o= 2.862 ´10-3 A6.626 ´10-34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：10000VA= 0.1225 AA =l =oo12.25 o 12.25把上述二量及 h 的值代入波长的表示式，可得：l = h/2meV对于电子：m = 9.11´10 -31 公斤，e = 1.60 ´10 -19 库仑能量为： E = hv = hc/ l= 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l = ? 用上述电压加速的质 子束的德布罗意波长是多少？解：德布罗意波长及加速电压之间有如下关系：l10 -10= 6.63 ´ 10 - 24 千克 · 米 · 秒-1动量为： p = h = 6.63 ´10-34o3.1 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：第三章 量子力学初步其中pf df = nf hpr dr = nr hòòmv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：S = 2pr = n h = nl , n = 1,2,3¼¼f = mvr对氢原子圆轨道来说， pr = 0, pf = mr所以有：ò pdf = 2p × mvr = nh2V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： ò pdq = nh·ol = 12.25 (1 - 0.489 ´10 -6V) AV0/2由于上式中hom eV » 12.25 A，其中 V 以伏特为单位，代回原式得：2m0eV2m0eV4m0c2) =(1 -l =(1 - 0.489 ´10-6V)heVh根式作泰勒展开。只取前两项，得：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02m c21 +eV2m0eV×l = h/ p =1h因此有：0p =2m eV + (eV) 2 / c2c20+ 2m eV p2 = (eV)2即：2m = EyÑ 2 Ae h把（1）式和（2）式代入（3）式，得： - h2v v+ i ( p ×r-Et)自由粒子的能量的本征方程为： Hy = Ey （3）2m（2）Ñ 2自由粒子的哈密顿量是： H = - h2（1）hy = Aev v+ i ( p ×r- Et )电子横向动量的不准确量及经典力学动量之比如此之小，足见电子的径迹及直线不会有明显区别。3.6 证明自由运动的粒子（势能V º 0 ）的能量可以有连续的值。 证明：自由粒子的波函数为：2Dx 2mKp= 3.09 ´10 -5h Dp ³2mKp =经典力学的动量为：2Dx2根据测不准原理，有 DpDx ³，由此得： Dp ³hhl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及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， Dx = 10 -6 米，动量相对偏差为 Dp/ p。ds ò= nlrhds= ò ds = h ò= ò mv2 dt = ò mvdsdtdt)= ò (··mrdrdt + mr2 f df dtfr而ò( p dr + p df) =(mrdr + mr2 fdf)ò··pr = m r , pf = mr f ò ( prdr+ pfdf) = nh, 其中n= nf + nr2··解得：ba- = ctg ( bL + g )ba = ctg g有连续性条件，得：y3 dxy2 dxy1 dx有上面可以得到：= -a ,= bctg (bx+ g),= a ,1 dy31 dy21 dy13处处有限的解是：y (x ) = De -ax , D是任意常数。h2dx20d y2m区：- a2y = 0其中a2 =(V - E )2处处有限的解是：y2 (x ) = Bsin(bx+ g), B,g是任意常数。h2dx 22md区：+ b2y = 0其中b2 =E2y1波函数处处为有限的解是：y (x ) = Aeax , A是一任意常数 。h2dx20d y2m区：- a2y = 0其中a2 =(V - E )2式中 m 是粒子的质量。h 2dx2( x)( x)= 0d y( x)2m（1） 定态振幅方程为+(E -V )y2 x < 0 , x> L,V =V0（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。0< x < L,V = 0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2m E =p22my = Eyp22mdz2dy2dx2+pxx+ pyy+ p zz-Et)e h= EyddÑ 2 A( d- h2222+ i (在势箱内波函数y(x, y , z ) 满足方程：所以方程（1）和（2）要分别及方程（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：势能分布情况，由题意知：Vx = 0,0 £ x £ a; V y