原子物理褚圣麟课后答案.pdf

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1、新版原子物理褚圣麟课后答案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特。散射物质是原子序数Z 79 的金箔。试问散射角 15 0所对应的瞄准距离b多大？解：根据卢瑟福散射公式：6c t g得到：2 4 0M v2 22 Z eb 4 0K Z e2bb10电子伏Z e c t g224 OK12279 (1.60 10)c t g(4 8.8 5 101219 2)(7.6 8 10 1015 02 619)3.9 7 1015米式 中 KM v 是 粒 子 的 功 能。1.2 已知散射角为的粒子与散射核的最短距离为r m(

2、140)2 Z e M v22(1ls in2),试 问 上 题 粒子与散射的金原子核之间的最短距离r m 多大？解：将 1.1题中各量代入r m 的表达式，得：r min19214 01)2 Z e M v)22(1ls in2)9 1094 79 (1.60 106)7.68 10 1.60 101419(1s in753.02 10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。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 笊 核(笊 核 带 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

3、？解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为18 0。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：12M v2KpZe24 Ormin19，故 有:rminZe24 O KP9 10979(1.60 106)210 1.60 10191.14 1013米由上式看出：rm in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。77L 4 针放射的一种 粒子的速度为L 597 10米/秒，正面垂直入射于厚度为10米、密度为1.932 10公斤/米的金箔。43试求所有散射在 90 的 粒子

4、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：第 1 页 共 3 8 页 dnnNtd其中单位体积中的金原子数：N而散射角大于9 0 的粒子数为：dn/mAu NO/AAudn nNt d2dn所以有:nNt d2NOAAut(14 0)(22ZeMu22)290180cossin3d 2等式右边的积分：I 90180cossin3d 2 180902dsinsin3126dn故nN OAAu7t(140)(22 Z e M u2 2)28.5 108.5 104 0即速度为L 5 9 7 10米/秒的 粒子在金箔上散射，

5、散射角大于9 0 以上的粒子数大约是8.5 104 0O1.5 粒子散射实验的数据在散射角很小时与理论值差得较远，时什么原因？(15)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73 00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”。M v M v mv 证明：设碰撞前、后 粒子与电子的速度分别为：v

6、,v,O,v e。根据动量守恒定律，得：e由此得：V Vm M 1 22v e21 7 3 0 0 1 2v e .(1)，2又根据能量守恒定律，得：M v，2M v21 2m v，2 evvm Mve(2)将(1)式 代 入(2)式，得：v v221 27 3 0 0(v v )整理，得：v (7 3 0 0 1)v (7 3 0 0 1)2 7 3 0 0 v v c o s 0227 3 0 0 11 2上式可写为：7 3 0 0 (v v )0v 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.米处放一窗口面积为6

7、.0 1 0 原子量为1 0 7.9 o 试求银的核电荷数Zo1 0 在离 0.1 2第 2页 共 38页522公斤/米的银箔上，粒子与银箔表面成6 0角。2米的计数器。测得散射进此窗口的 粒子是全部入射 粒子的百万分之2 9。若已知银的解：设靶厚度为t o 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度t,而 是 t t/s i n 60,如图卜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：dn nN t d1 4(1)而 d为：d)(2z e M v2 2)2d s i n42(2)把(2)式 代 入(1)式，得:dn nN t(1 4

8、)(2z e M v2 2)2d s i n42(3)式中立体角元d ds/L,tt/s i n 602 02 t/3,2 01N为原子密度。N t 为单位面上的原子数，N t/m A g (A A g/N O),其中 是单位面积式上的质量；m A g 是银原子的质量;A A g 是银原子的原子量；N 0 是阿佛加德罗常数。将各量代入(3)式，得：dnn2N3 A A g(1 4)(2z e M v2 2)2d s i n4，由 此,得：Z=4721 061.8 设 想 铅（Z=8 2）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1 0米的球形原子内，如果有能量为1 0 电子 伏

9、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9 0 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 2M v22 Ze62/4 O R 3.7 8 1 01 6焦 耳 2.3 6 1 0 电子伏特3由此可见，具 有 1 0 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，所受原子中正电荷的排2 2 2 3斥力不同，它们分别为：F 2Ze/4 OR和 F 2Zer/4 O

10、R。可见，原子表面处 粒子所受的斥力最大，越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。22设粒子擦原子表面而过。此时受力为F 2Ze/4 O R o 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1=D八，粒子的动能为t12Mv2K,因此，v222K/M,所以，t D/v DM/2K根据动量定理：2tFdt p p Mv 0,而 Fdt 2Ze/4 OR22tdt

11、 2Zet/4 O R,所以有：222Zet/4 OR2Mv,由此可得：v 2Zet/4 ORM,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：tgv v2Zet/4 ORMv 2ZeD/4 ORMv3222222.4 10这 时 很 小，因此tg 2.4 103弧度，大约是&2。这就是说，按题中假设，能量为1 兆电子伏特的图 LI第 3页 共 38页粒子被铅原子散射，不可能产生散射角 9 0 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 9 0 的散射，甚至会产生 1 8 0 的散射，这与实验相符合。因

12、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：电子在第玻尔轨道上即年n=l。根据量子化条件，p m v r n速度：v加速度：h 2可得：频率v 2 a l6nh2 mal2h2 mal26.58 1015赫兹2 al h/mal 2.188 102222米/秒2w v/r v/al 9.046 10米/秒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。解：电离能为Ei E E l,把氢原子的能级公式En Rhc/n代入，得：Ei RHhc(21121)R h e=1 3.6 0 电

13、子伏特。电离电势：V iE i e1 3.6 0 伏特，第一激发能：E i R H h c(1 121 22)3 4R h e3 41 3.6 0 1 0.2 0电子伏特，第一激发电势：V IE l e1 0.2 0 伏特2.3用能量为1 2.5 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：E h c RH1 12I n i2)其 中 h c RH1 3.6 电子伏特E l 1 3.6 (1 E 2 1 3.6 (1 E 3 1 3.6 (12 1 3 1 42)1 0.2电子伏特)

14、1 2.1电子伏特)1 2.8电子伏特22其 中 E 1 和 E 2 小 于 1 2.5电子伏特，E 3 大 于 1 2.5电子伏特。可见，具 有 1 2.5 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的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为：第 4页 共 3 8页 11R H(1 22132)5RH/361 6565A12RH(112122)34RII2 1215A13RII(112132)89RH3 1025A2.4 试估算一次电离的氮离子He、二次电离的锂离子L i的第一玻尔轨道半径、电离电势、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

15、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。a)氢原子和类氢离子的轨道半径：4 0hn4 mZe2222al22n2Z,n 1,2,310其 中 a l4 0 h 4 m e20.5 2 9 1 7 7 1 0 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；Z 是核电荷数，对于因此，玻尔第一轨道半H,Z 1；对于H,Z 2；对 于 L i径之比是r He r H2,Z 3；ZHZH2 2eZHl r L i 1,2 r I l ZL i 3 Zn2 2b）氢和类氢离子的能量公式：E2 m e Z224(4 0)n hEl,n 1,2,3其 中 El2 m e2

16、2 4 2(4 0)h1 3.6电子伏特，是氢原子的2He 2 I I 2 L i基态能量。0 EHe O EH电离能之比：ZZZ4,0 EL i0 EHZ2 H922 2EHe EHe EH EHc)第一激发能之比:212 1El E1 E1 El2 2 1 22 2 2El El El El22 21 4 2 1 12 2 23 3EE2Li2HE EILilH22121 921122第 5 页 共 3 8 页 d)氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：Z2R(1 l)v,22nln2其中 R n2(nl 1),(nl 2)nl 1,2,3 2 me2243(4 0)h 是里德伯常数。氢原子赖

17、曼系第 条谱线的波数为：H llCvl R(2 2)1112相应地，对类氢离子有：He 22R(1 1)lvllle 2212 1IHLi 2vl 3R(2 2)Li 12 1因此，He 1H 1 14,Li 1H 119e 2.5 试问二次电离的锂离子L i从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能使处于基态的一次电离的氮粒子H电离掉？解：L i由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：He的电离能量为：的电子v He 4 h c RHe(1 1 2 1 )4 h c R He h v L ih v Fl e由于 2 7 R L i l 6R He 2 7 1 m/M He 1 61

18、 m/M L i He M He M L i,所以 1 m/M 1 m/M L i,从而有h v L i h v He ，所以能将H e的电子电离掉。2.6氢与其同位素笊(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 条(H)光谱线之间的波长差 有多大？已知氢的里德伯常数R H 1.0 9 67 7 5 8 1 0 米 7 1,笊的里德伯常数 R D 1.0 9 7 0 7 4 2 1 0 米 7 1。解：1H1 R H(1 2 1 2 1 3 13 2 2),H 3 6/5 R H D R D(2 2 ),D 3 6/5 R DH D3 65(1 R I 1 1 R

19、 D)1.7 9 A第6页 共38页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“正电子索”。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?解:1R e e (1 121 22)R11m m3438R,83R13 10973731米 2430A2.8 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 率。no 当 n l 时光子频率即为电子绕第n 玻尔轨道转动的频、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：vn1nRIn2l(n 1)2频率为：v ncR c I n2l(n 1)222 n l n(n 1)

20、422R c当 n 时,有(2 n l)/n (n21）频率为：v n2 n/n 2/n,所以在nl时，氢原子中电子从n+1 轨道跃迁到n轨道所发光子的32 R c/n3o设电子在第n轨道上的转动频率为f n,则f nv m v r22 r 2 m rP2 m r22 R c n3因此，在 nl时，有 v n f n由上可见，当 n l 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 L i 原子序数Z=3,其光谱的主线系可用下式表示:VR(1 0.5 9 5 1)2R(n 0.0 4 0 1)2。

21、已知锂原子电离成L i离子需要2 0 3.4 4 电子伏特的功。问如把L i离子电离成L i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 L i离子电离成L i离子时，有E1L iR h c(l 0.5 9 5 1)2R h eR h c(l 0.5 9 5 1)25.3 5 电子伏特L i是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此L i时,电 离 能 E3 为：E3设 L iZR h c l22Z2 RR h e 1 2 2.4电子伏特。L i的电离能为E2。而

22、 L i L i需要的总能量是E=2 0 3.4 4 电子伏特，所以有E2 E El E3 7 5.7 电子伏特第 7页 共 38页 2.1 0 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,于是具有磁矩的原子在磁场中所受的力为F ZB Z,其中B Z是磁场沿Z 方向的梯度。对均匀磁场，B Z0,原子在磁场中不受力，原子磁矩绕磁场方向做拉摩进动，且对磁场的取向服从空间量子化规则。对于非均磁场，路径要发生偏转。B Z0原子在磁场中除做上述运动外，还受到力的作用，原子射束的2.1 1 史特恩-盖拉

23、赫实验中，处于基态的窄银原子束通过不均匀横向磁场，磁场的梯度为B Z1 0 特斯拉/米，磁极纵向范围32L l=0.0 4 米（见图2-2）,从磁极到屏距离L 2=0.1 0 米，原子的速度v 5 1 0 米/秒。在屏上两束分开的距离d 0.0 0 2 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）。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 L 2区域粒子不受力作惯性运动。经磁场区域L 1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：t gV V粒子经过磁场L 1 出射时偏离入射方向的距离S为：S1

24、BL 1 20 Z（1）将上式中用已知量表示出来变可以求出Z2 m Zvfmv a t,a vBm Z,t L l/vZ BL 1m ZvS L 2 t g Sd 2 S Z BL 1 L 2m Zd 2v2Z BL 1 L 2m Zv2把 S代 入(1)式中，得:d 2Z BL 1 L 2m Z2 3v2Z BL 12 m Zv22整 理,得：Z BL 12 m Zv2(L I 2 L 2)d 2由此得：Z 0.93 10焦耳/特2.1 2 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 10米/秒，在沿粒子束方向上

25、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=L 5 毫 米 的 B 点，共振谱线强度分别为10和 I I,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N，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。第 8 页 共 3 8 页320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。设发射共振谱线的跃迁几率为A 21,则有1110A21N2A21N20N2N20,适当选取单位，使1110N2N20H1/3.3 2,并注意到 N2 N20evs3A21t,而 t

26、S/v,A21则有:(ln3.32 Ini)svln3.326ln3.323N2N20eA21t1/3.3 2,由此求得:t1A211.5 1010 ln3.321.25 10 秒第三章量子力学初步3.1 波长为1A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：动量为：Ph6.6 3 1 0 1 083 41 06.6 3 1 02 4千 克 米 秒1能量为：E hv he/6.6 3 1 03 43 1 0/1 01 01.9 8 6 1 01 5焦耳。3.2经 过 1 0 0 0 0 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

27、罗意波长与加速电压之间有如下关系：h/得:2meV对于电子：m 9.11 1031公斤，e 1.60 1019库仑，把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可12.25A12.25A 0.1225A,对于质子，m 1.67 10 27公斤，e 1.60 10 19库仑，代入波长的示式，得：6.626 102 1.67 102734192.862 101000012.253A1.6 0 1 03.3 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的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：1 2.2 5(1 0.4 8 9 1 06V)A其中V是以伏特为单位的电子加速电压。试证明之。K证

28、明：德布罗意波长：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：h/p,而被电压V加速的电子的动能为：K e V22 K m 0 c2p c,2 2PP2(e V)c222 m 0 e V22因此有：h/ph2 m 0 e Vl e V 2 m 0 c22 m 0 e V (e V)/c一般情况下，等式右边根式中e V/2 m o e 一项的值都是很小的。所以，可以将上式的根式作泰勒展开。只取前两项，得：第 9页 共 38页 2h2 m 0 e V(1e V 4 m 0 c2)h2 m 0 c V(1 0.4 8 9 1 06V)由于上式中h/2 m 0 e V1 2.2 5

29、 A,其 中 V以伏特为单位，代回原式得：1 2.2 5(1 0.4 8 9 1 06V)A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：p dqn h,对氢原子圆轨道来说，p r 0,p m r2m v rp d所以有：2 m v r n hhm vS 2 r n n ,n 1,2,3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 dhprdr nrhpr mr,p

30、 mr其中2(prdr p d)nh,其中 n n nr而(prdr p d)(mrdr2mr d)2(mr2drdtdt mrd dtdt)mvdt rdsdshhm v dsds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1 0 0 0 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=1 0 0 0 电子伏特，x 1 06米，动 量 相 对 偏 差 为P/PO根据测不准原理，有p xh2，由此得:PPh2 x,经典力学的动量为：2 m Kh2 x

31、2 m K3.0 9 1 05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。ih(p r E t)证明：自由粒子的波函数为：A e,(1)第 1 0 页 共 38页自由粒子的哈密顿量是：Hh22,(2)2 m自由粒子的能量的本征方程为：H E ,(3)2ih(p r E t)把(1)式 和(2)式 代 入(3)式，得：即：h2 mih A e2 EPh222 mA(2d d x2 2d d y2 2d d z2 2)e(p x x p y y p z z E t)E2 mpE2E2 m自由粒子的

32、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 V 0 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I,II,in 三个区域。(1)定态振幅方程为d d x2(x)22 h2(E V(x)(x)0式 中 是 粒 子 的 质 量。I 区:d d x2 220其中2 22 h2(V O E),波函数处处为有限的解是：l(x)x“是一任意常数。II区：d d x2 20其中2 22 h

33、2E,处处有限的解是：2(x)B s in(xHI区：d d xA e),B,是任意常数。20 其中222 h2(VO E),处处有限的解是：3(x)Dex,D是任意常数。有上面可以得到：Id 1IdxId22dxctg(X ),Id 33dx,有连续性条件，得:Ctgctg(L)解得：tg(L)1因此得：L n 2tg 1(/)这就是总能量所满足的关系式。22第1 1页 共3 8页(2)有上式可得：tg(n 22)tgctgL2 L2n偶数，包括零亦即L(L)ctg L(L)tgu2L2n奇数L2v utg令(1)L u,L v,则上面两方程变为:V utgu22(2)另外，注意到u和V还必

34、须满足关系：U2v22 V O L/h （3）2所 以 方 程（1）和（2）要分别与方程（3）联立求解。V O o 3.8 有一粒子，其质量为叫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，式计算出粒子可能具有的能量。解：势能分布情况，由题意知：V x 0,0 x a;V y 0,0 y b;V z 0,0 z c;V x ,x 0 和 x a V y ,y 0 和y b V z ,z 0 和 z c2 x2 2在 势 箱 内 波 函 数（x,y,z）满足方程：2 y222 z222 m h2 E (V x V y V z)0解这类问题，通常是运用分离变

35、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：Id X X d x222 m h2Vx)(Id Y Y d y222 m h2Vy)(Id Z Z d z222 m h2V z)2 m h2E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：Id X X d x l d Y Y d y2 2 2222 m h h2 2V x2 m h2 2E x2 mV y V z2 m hE y E zId Z Z d z22 m h22 m h2其 中

36、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：d X d x222 m h2(E x V x)X 0 (2)第 1 2 页 共 38页边界条件：X(0)X(l)02 an x a2X ns in2 2X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:E x2 b2h 2 a2n x,n x 1,2,3Y n E y Z ns in2 2n y b2yh 2 b 2 c2n y,n y 1,2,3 n z c2s in2 2z类似地，有E zh2 cnz,nz 1,2,38abc2(x,y,z)sin2nx xanzc2sinn

37、y ybsinnz zcEh2m22(nxa2nyb22)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：(x,y,z)E8 a23s inn x x a2s in2n y y a2s inn z z ah2 m a2 2 2n,n2n x n y n z第四章碱金属原子4.1 已知L i原子光谱主线系最长波长 6707A,辅线系系限波长 3519A。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

38、激发电势为VI,电离电势为V ，则有：eVl h VIc1.850 伏特 h(lcheeceV h Ve1he)5.375 伏特。4.2 N a 原子的基态3S。已知其共振线波长为58 9 3A,漫线系第一条的波长为8 19 3A,基线系第一条的波长为18 459 A,主线系的系限波长为2413A。试 求 3S、3P、3D、4F各谱项的项值。第 13 页 共 38 页 p m a x,dm a x,f m a x,p ,解：将.上述波长依次记为容易看出：m a x即 p m a x 58 9 3A,dm a x 8 19 3A,f 18 459 A,p 2413A T3S v T3P11P14

39、.144 10 米6 1P p m a x12.447 10 米66 11.227 10 米 0.6 8 5 10 米61T3D T3p T4F T3Ddm a x11f m a xP4.3 K原子共振线波长7 6 6 5A,主线系的系限波长为28 58 A。已知K原子的基态4S。试求 4S、4P 谱项的量子数修正项s,各为多少？值 1/，解：由题意知：p m a x 7 6 6 5A,p 28 58 A,T4s v 由 T4s P PR(4 s)2，得：4 sR k/T4S设 R K R,则有 s 2.229,T4P1p1P m a x,与 上 类 似 p 4R /T4P 1.7 6 44.

40、4 L i 原子的基态项2S。当把L i 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1 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1 有关，可以记为E E(n,l)。理论计算和实验结果都表明1 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：1 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 2S;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

41、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

42、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。2 2解：赖曼系的第一条谱线是n=2 的能级跃迁到n=l 的能级产生的。根据选择定则，跃迁只能发生在2 P IS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：ER he (Z)n22R he a2(Z S)n34(l

43、 j1 23 4 n)，其中(Z)(Z S)1第 1 4 页 共 3 8 页 E(2 P 3/2)E(l Sl/2)h12 2 2 c l hcE(2 P 3/2)E(l Sl/2)2 2 2 E(2 P l/2)E(l Sl/2)h2 hcc 2 E(2 P l/2)E(l Sl/2)2 2因此，有：2 1hcE(2 P 3/2)E(l Sl/2)E(2 P 3/2)E(l Sl/2)E(2 P l/2)E(l Sl/2)E(2 P 3/2)R heE(2 P l/2)R heE(l Sl/2)R hc2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 6 a 64 2 2 1 6 5 a 64 4 a

44、 4 2将以上三个能量值代入 的表达式，得：4 a644 8 1 1 a64642 2 2 4 a 4 8 1 5 a 64 2 2 2 1 R R(4 8 Il a)(4 8 1 5 a)1 35.3 9 1 0 米 5.3 9 1 0 3 A6 1 4.7 N a 原子光谱中得知其3 D 项的项值T3 D 1.2 2 7 4 1 0 米，试计算该谱项之精细结构裂距。6 1 7 1 解：已知 T3 D 1.2 2 7 4 1 0 米,R N a 1.0 9 7 4 1 0 米n而 Z*R N a T3 D*2.9 9 0 1 n/nR a Z3 2*4 所以有：T n l(l 1)3.65

45、5 米 14.8 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，即能量为E的激发态原子数目N N O ggO e (E E O)/K T。其中N O 是能量为E 0 的状态的原子数，g 和 gO 是相应能量状态的统计权重，K是玻尔兹曼常数。3。试估算此气体的温度。已从高温饱原子气体光谱中测出其共振光谱双线1 8 9 4 3.5 A,2 8 5 2 L 1 A 的强度比 H：1 2 2：第 1 5 页 共 38页知相应能级的统计权重gl 2,g2 4。解：相 应 于 1,2的能量分别为：E l he/1;E 2 he/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

46、上的粒子数N,即 I NI1 I2 K T N 1 N 2 gl g2 e E l E 2 K T 2 3 E l E 2e 2 g23 glE 2 E lK l n 2 g23 gl 2 7 7 3 K 由此求得T 为：T第五章多电子原子5.1 H e 原子的两个电子处在2 P 3 d电子组态。问可能组成哪几种原子态?用原子态的符号表示之。已知电子间是L S耦合。解：因 为 1 1 1,1 2 2,sl s2所以可以有如下1 2 个组态：1 2 s si s2 或 si s2;,L 1 1 1 2,1 1 1 2 1,1 1 1 2,S 0,1;L 3,2,1L l.S O,P 1L 1,S

47、 l,P 0,1,2L 2,S 0,D 2L 2,S 1,D 1,2,3L 3,S 0,F 3L 3,S 1,F 2,3,45.2 已知H e 原子的两个电子被分别激发到2 P 和 3 d轨道，器所构成的原子态为D,问这两电子的轨道角动量pH与 P 1 2 之间的夹角，自旋角动量p si 与 p s2 之间的夹角分别为多少？解：(1)已知原子态为D,电子组态为2 P 3 d,L 2,S 1,1 1 1,1 2 2 3 3 3 1 3 1 3 1因此，第 1 6 页 共 38页 p l lp l 2P LP L 2 1 1(1 1 l)h2 2 6 1 2(1 2 1)L(L 1)2 2 62

48、p l l p l 2 2 p l l p l 2 co s L 2 2 co s L (P L p l l p l 2)/2 p l l p l 2 1 2 3L 1 0 64 6(2)si s2 1 2 P l P 2P S s(s l)h 2 h3 2 h S(S l)h而P S2 p si p s2 2 p sl p s2 co s s2 2 2 2 2 co s s(P S p si p s2)/2 p sl p s2 1 3S 7 0 3 2 5.3 锌 原 子(Z=3 0)的最外层电子有两个，基态时的组态是4 s4 s。当其中有一个被激发,考虑两种情况：(1)那电子被激发到5 s

49、态；(2)它被激发到4 P 态。试求出L S耦合情况下这两种电子组态分别组成的原子状态。画出相应的能级图。从（I）和（2）情况形成的激发态向低能级跃迁分别发生几种光谱跃迁？解：（1）组态为 4 s5 s 时 1 1 1 2 0,si s2 1 2,L 0,S 0,1S 0时，J L 0,单重态SOS 1 时;J 1,三重态3 1 sl根据洪特定则可画出相应的能级图，有选择定则能够判断出能级间可以发生的5种跃迁：5 S0 4 P 1,5 S1 4 P 0;5 S1 4 P 1;5 S1 4 P 2,所以有5条光谱线。4 P 1 4 S0（2）外层两个电子组态为4 s4 P 时：1 1 3 3 3

50、 3 1 1 3 31 1 0,1 2 1,si s2 1 2,L 1,S 0,1S 0时，J L 1,单重态P lS 1 时;J 2,1,0,三重态 3 1 P 2,1,01 1 根据洪特定则可以画出能级图，根据选择定则可以看出，只能产生一种跃迁，4 P 1 4 S0,因此只有一条光谱线。第 1 7 页 共 38页 5.4试以两个价电子1 1 2和 1 2 3为例说明，不论是L S耦合还是j j 耦合都给出同样数目的可能状态.证明：（D L S 耦合，S 0,1;L 5,4,3,2,1,S 0 时;J L,5个 L 值分别得出5 个 J 值，即 5个单重态.S 1 时;J L 1,L,L 1