原子物理学习题课

第一章 原子的核式结构

1．选择题：

(1)原子半径的数量级是：C

－

A．1010cm; B.10-8m C. 10-10m D.10-13m

(2)原子核式结构模型的提出是根据粒子散射实验中 D

A. 绝大多数粒子散射角接近180 B.粒子只偏2～3

C. 以小角散射为主也存在大角散射 D. 以大角散射为主也存在小角散射 （3）进行卢瑟福理论实验验证时发现小角散射与实验不符这说明：D A. 原子不一定存在核式结构 B. 散射物太厚

C. 卢瑟福理论是错误的 D. 小角散射时一次散射理论不成立

(4)用相同能量的粒子束和质子束分别与金箔正碰，测量金原子核半径的上限. 问用质子束所得结果是用粒子束所得结果的几倍？B

A. 1/4 B . 1/2 C . 1 D. 2

(5)动能EK=40keV的粒子对心接近Pb(z=82)核而产生散射,则最小距离为（m）：D

A.5.91010 B.3.01012 C.5.910-12 D.5.910-15

(6)如果用相同动能的质子和氘核同金箔产生散射,那么用质子作为入射粒子测得的金原子半径上限是用氘核子作为入射粒子测得的金原子半径上限的几倍？C

A.2 B.1/2 C.1 D .4 2．简答题：

（1）简述卢瑟福原子有核模型的要点.

（2）简述粒子散射实验. 粒子大角散射的结果说明了什么？

（3）为什么说实验证实了卢瑟福公式的正确性,就是证实了原子的核式结构? （4）普朗能量子假说的基本内容是什么?与经典物理有何矛盾?

（5）为什么说爱因斯坦的光量子假设是普朗克的能量子假设的发展. （6）何谓绝对黑体?下述各物体是否是绝对黑体? (a)不辐射可见光的物体; (b)不辐射任何光线的物体;

(c)不能反射可见光的物体;(d)不能反射任何光线的物体; (e)开有小孔空腔. 3．计算题：

（1）当一束能量为4.8Mev的粒子垂直入射到厚度为4.0×10-5cm的金箔上时探测器沿20°方向上每秒记录到2.0×104个粒子试求：

①仅改变探测器安置方位,沿60°方向每秒可记录到多少个粒子？ ②若粒子能量减少一半,则沿20°方向每秒可测得多少个粒子？

③粒子能量仍为4.8MeV,而将金箔换成厚度的铝箔,则沿20°方向每秒可记录到多少个粒子?(ρ金＝19.3g/cm3 ρ铅＝27g /cm3；A金＝179 ,A铝＝27,Z金＝79 Z铝＝13)

Ze22S'/r212Ze22S'/r2解：由公式, dN'Nnt( )(2)Nnt()()40Mv0sin4(/2)402Esin4(/2)①当60时, 每秒可纪录到的α粒子dN'2满足:

12 1

dN'2sin4(1/2)sin4100.01455 dN'1sin4(2/2)sin430故 dN'20.01455dN'10.014552102.90910(个)

42② 由于dN'1/E,所以 dN'34dN'1810(个)

42③ 由于dN'nZ,故这时:

22dN'4n4Z4NA4Z4/A4103 223dN'1n1Z1NA1Z1/A11024Z4A12.7132197dN'4dN'12104553(个) 221Z1A419.379272

(2)试证明:α粒子散射中α粒子与原子核对心碰撞时两者之间的最小距离是散射角为900时相对应的瞄准距离的两倍.

2Ze212Ze2证明：由库仑散射公式：b cot，当90时，cot1，这时b22240Mv0240Mv01而对心碰撞的最小距离：

2Ze2112Ze2rm[1]22b 证毕。 2240Mv0sin(/2)40Mv01(3) 铯的逸出功为1.9eV,试求: (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长;(2)如果要得到能量为1.5eV

的光电子,必须使用多大波长的光照射? 解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式

12mv0hw知,铯的光电效应阈频率为: 2w1.91.6101904.5851014(Hz) 34h6.6310c31087阈值波长: 06.5410(m) 1404.5851012-19(2) hwmv01.9eV1.5eV3.4eV3.41.610J

2chc6.631034310873.65610(m) 故: 19h3.41.610(4) 动能为0.87MeV的质子接近静止的汞核(Z=80),当散射角/2时,它们之间的最小距离

是多少?

解：最小距离为:

Ze211Ze21rm[1][1] 240mpv0sin(/2)402Epsin(/2)1280（1.61019）113910[1]1.6010(m) 61920.87101.610sin459(5)粒子的速度为 1.597  107 m/s，正面垂直入射于厚度为 10-7米、密度为1.932 104 kg/m3

的金箔。试求所有散射在   90 的粒子占全部入射粒子的百分比。金的原子量为197。 解：金原子质量 MAu = 197  1.66  10-27 kg = 3.27  10-25 kg 箔中金原子密度 N = /MAu = …… = 5.91  1028 个/m3

入射粒子能量 E = 1/2 MV2 = 1/2  4  1.66  10-27 kg  (1.597  107 m/s)2 = 8.47  10-13 J 若做相对论修正 E = E0/(1-V2/C2)1/2 = 8.50  10-13 J

对心碰撞最短距离 a=Z1Z2e2/40E = …. = 4.28  10-14 m

2

百分比 dn/n (90180)=

Nta24112= … = 8.50  10-4 % 2sin45sin90（6）能量为3.5MeV的细粒子束，射到单位面积质量为1.05×10-2kg／m2的银箔上，如题图所示。粒子与银箔表面成60º角，在离入射线成＝20º的方向上，离银箔散射区距离L＝0。

2

12米处放一窗口面积为6.0×10-5m的计数器。测得散射进此窗口的粒子是全部入射粒子的百分之29，若已知银原子量为107.9，试求银的核电核数Z。 窗口

 200

600 L

计数器

解：银原子质量：MAg = 107.9  1.66  10-27 kg = 1.79  10-25 kg 银箔有效质量厚度： = 0.01 kg/m2  cos30 = 0.0115 kg/m2

有效单位面积上的银原子数：Nt= /MAg = … = 6.45  1022 个/m2 计数器立体角：d = S/r2 = 6.0  10-5 m2 / (0.12 m)2 = 4.17  10-3

d 与 d 之间的关系：d = S/r2 = (2r sin)  (rd) / r2 = 2 sin d

银箔

微分散射截面 d =

a42cossin32da216d2sin42= ……= 0.2866  a2

百分比 dn/n = NtAd/A = Nt d = 29/106

所以 d = 4.496  10-28 a = 3.96  10-14 m 即 Z  ZAg  e2 / 计算得 ZAg = ….. =

(40E) = a = 3.96  10-14 m 48 约等于实际值 47

第二章 玻尔氢原子理论

1.选择题:

(1)若氢原子被激发到主量子数为n的能级,当产生能级跃迁时可能发生的所有谱线总条数应为：B

A．n-1 B .n(n-1)/2 C .n(n+1)/2 D .n

(2)氢原子光谱赖曼系和巴耳末系的系线限波长分别为：D A.R/4 和R/9 B.R 和R/4 C.4/R 和9/R D.1/R 和4/R

(3)氢原子赖曼系的线系限波数为R,则氢原子的电离电势为：D A．3Rhc/4 B. Rhc C.3Rhc/4e D. Rhc/e

(4)氢原子基态的电离电势和第一激发电势分别是：A

A．13.6V和10.2V; B –13.6V和-10.2V; C.13.6V和3.4V; D. –13.6V和-3.4V (5)由玻尔氢原子理论得出的第一玻尔半径a0的数值是：B

A.5.291010m B.0.529×10m C. 5.29×10m

-10-12

D.529×10m

-12

(6)根据玻尔理论,若将氢原子激发到n=5的状态,则：A

A.可能出现10条谱线，分别属四个线系 B.可能出现9条谱线，分别属3个线系 C.可能出现11条谱线，分别属5个线系 D.可能出现1条谱线，属赖曼系

3

(7)欲使处于基态的氢原子发出H线，则至少需提供多少能量（eV）?B

A.13.6 B.12.09 C.10.2 D.3.4

(8)氢原子被激发后其电子处在第四轨道上运动,按照玻尔理论在观测时间内最多能看到几条线？B

A.1 B.6 C.4 D.3

(9)氢原子光谱由莱曼、巴耳末、帕邢、布喇开系…组成.为获得红外波段原子发射光谱,则轰击基态氢原子的最小动能为: D

A .0.66 eV B.12.09eV C.10.2eV D.12.75eV

(10)用能量为12.7eV的电子去激发基态氢原子时,受激氢原子向低能级跃迁时最多可能出现几条光谱线（不考虑自旋）； A

A．3 B.10 C.1 D.4

(11)有速度为1.87510m/s的自由电子被一质子俘获,放出一个光子而形成基态氢原子,则光子的频率（Hz）为:B

A．3.310； B.2.410 ； C.5.710； D.2.110.

(12)按照玻尔理论基态氢原子中电子绕核运动的线速度约为光速的：C A.1/10倍 B.1/100倍 C .1/137倍 D.1/237倍

（13）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的结构的“正电子素”那么该“正电子素”由第一激发态跃迁时发射光谱线的波长应为：C

A．3R /8 B.3R/4 C.8/3R D.4/3R

(14)电子偶素是由电子和正电子组成的原子，基态电离能量为：C A.-3.4eV B.+3.4eV C.+6.8eV D.-6.8eV

(15)根据玻尔理论可知，氦离子He+的第一轨道半径是：C A．2a0 B. 4a0 C. a0/2 D. a0/4

(16)假设氦原子（Z=2）的一个电子已被电离，如果还想把另一个电子电离，若以eV为单位至少需提供的能量为：A

A．54.4 B.-54.4 C.13.6 D.3.4 (17）在He+离子中基态电子的结合能是：B

A.27.2eV B.54.4eV C.19.77eV D.24.17eV (18)夫—赫实验的结果表明：B

A电子自旋的存在； B原子能量量子化 C原子具有磁性； D原子角动量量子化 (19）夫—赫实验使用的充气三极管是在：B

A.相对阴极来说板极上加正向电压,栅极上加负电压； B.板极相对栅极是负电压,栅极相对阴极是正电压； C.板极相对栅极是正电压,栅极相对阴极是负电压； D.相对阴极来说板极加负电压,栅极加正电压

(20）处于基态的氢原子被能量为12.09eV的光子激发后,其轨道半径增为原来的C A．4倍 B.3倍 C.9倍 D.16倍 2．简答题:

（1）19世纪末经典物理出现哪些无法解决的矛盾？

（2）用简要的语言叙述玻尔理论(三方面)，并根据你的叙述导出氢原子能量表达式. (3) 波尔理论的核心是什么?其中那些理论对整个微观理论都适用?

(4) 为什么通常总把氢原子中电子状态能量作为整个氢原子的状态能量? (5)为什么氢原子能级,随着能量的增加,越来越密?

151515166 4

（6）处于n=3的激发态的氢原子(a)可能产生多少条谱线?

(b)能否发射红外线? (c)能否吸收红外线?

(7) 要确定一个原子的状态,需要哪些量子数?

(8) 解释下述的概念或物理量,并注意它们之间的关系:激发和辐射；定态、基态、激发态和电离态；能级和光谱项：线系和线系限；激发能，电离能；激发电位、共振电位、电离电位；辐射跃迁；自发辐射；受激辐射；受激吸收。

3．计算题:

1) 对于氢原子、一次电离的氦离子He+和两次电离的锂离子Li2+，分别计算它们的：（1）第一、

第二玻尔轨道半径及电子在这些轨道上的速度；（2）电子在基态的结合能；（3）第一激发电势及共振线的波长。 解：（1）He+：v1e240Z1v1c310812.19106(m/s)

213711r1a10.0530.0265(nm)

Z2224r2a10.0530.106(nm)

Z21Li2+：v1cZ310836.57106(m/s)

137Z13v1c31083.285106(m/s)

2137211r1a10.0530.0177(nm)

Z3224r2a10.0530.0708(nm)

Z3hcRH2ZhcRHZ2 212对于He+有：EhcRH254.56(eV)

EEE1对于Li2+有：EhcRH3122.76(eV)

2ZcZ1310824.38106(m/s) 137（2）电子在基态的结合能等于把电子从基态电离所需要的能量：

Z2Z23Z2hcRH （3）E2E1hcRH(22)124322+hcRH3hcRH313.640.8(eV) 对于He有：E2E14所以He+的第一激发电势为40.8V

23327hcRH13.691.8(eV) 对于Li2+有：E2E144所以Li2+的第一激发电势为91.8V. 共振线波长:Hehchc0.30107(m)30nm

E2E13hcRHLi2hc4hc0.135107(m)13.5nm

E2E127hcRH

5

2) 一次电离的氦离子He+从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能使处于基态的氢原子电离，

从而放出电子，试求该电子的速度。 解：He+所辐射的光子能量：

2222EE2E1hcRH(2)3hcRH40.8eV

12氢原子电离所需要的能量为E'E'113.6eV，所以，放出的电子动能为

Ek40.813.627.2eV，

速度为： v2Ekme227.21.6101963.09310m/s 319.1103) 已知动能为91.8eV的电子恰好使某类氢离子由基态激发至第一激发态，试问该类氢离子是什么?

现以动能为110eV的电子激发该基态离子,试问可得到几条谱线?这些谱线的波长各为多少?(不考虑精细结构)

Z2Z23Z2hcRH,得：Z解: 由EE2E1hcRH(22)124224E3hcRH491.83

313.6所以该类氢离子是Li2+. E1hcRHZ/113.69122.4eV

E2hcRHZ2/2230.6eV E3hcRHZ2/3213.6eV

E4hcRHZ2/427.65eV

由于E3E1108.8eV110eV和E4E1114.84eV110eV,所以动能为110eV的

电子能将Li2+激发至n=3的激发态,可得三条谱线,波长分别为:

hc6.6310343108811.35410m 19E2E191.81.610hc6.631034310821.1426108m 19E3E1108.81.610hc6.6310343108837.312510m 19E3E2171.6104) 已知氢和重氢的里德伯常数之比为0.999728,而它们的核质量之比为mH/mD=0.50020.计算质子质量与电子质量之比. 解: 由RHR11和RDR知:

1me/mD1me/mHRH1me/mD10.50020me/mH0.999728 RD1me/mH1me/mH解得: mH/me1836.5

5) 当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时,(1)试求这个氢原子所获得的反冲速度是多大?(2)试估计氢原子的反冲能量与所发光子能量之比.

h1.6321018275.4410(kgm/s) 解: (1) 放出的光子的动量: p8c310pHp5.441027由动量守恒定律得氢原子的反冲速度为: v3.26(m/s)

mHmH1.671027h(2) 反冲能量 EkH2pHp2(5.441027)2278.8710(J) 272mH2mH21.6710hE2E1(13.63.4)eV1.6321018J

6

显然 EkH8.871027/h5.435109 可见反冲能量是可以忽略不计的. 181.63210课后习题

1题：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：

140e22mevr2r 所以 mev2 =

e2E127.2 eV = 43.57  10-19 J 40r12v = 2.187  106 m/s

f = v/2r = 2.187  106 m/s / 6.28  0.529  10-10 m = 6.583  1016 HZ a = v2/r = 9.05  1022 m/s2

2题： 试由氢原子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: 电子经电势差为U的电场加速后,若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子电离,

则U称为该原子的电离电势; 若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子激发到第一激发态,则U称为该原子的第一激发电势.

Z2由 EnhcRH2 , n1,2,，对于基态氢原子, Z=1,

n3487由 EE1hcEH6.63103101.09710J13.64eV

得电离电势为13.64V 由 E2E1hcEH(113)13.64eV10.23eV 224得第一激发电势为10.23V.

3题： 能量为12.5eV的电子射入氢原子气体中，气体将发出哪些波长的辐射？ 解： 由EnhcRH113.6eV，得 n2n2E113.6eV，E23.4eV，E31.51eV，E40.85eV，… 而E2E110.2eV12.5eV，E3E112.09eV12.5eV，

但E4E112.75eV12.5eV，所以气体将发出以下三种波长的辐射：

hc6.6310343108711.218810(m) 19E2E110.21.610hc6.631034310821.028107(m) 19E3E112.091.610hc6.6310343108736.577410(m) 19E3E2(3.41.51)1.6104题： 估算 He+ 离子、Li2+ 离子第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线的波长分别与氢原子上述物理量之比。

解：类氢离子能级能量 En = -hcRAZ2/n2  -hcRHZ2/n2 n = 1,2,3,…. 轨道半径 rn = a1  n2/Z

电离能 Eionization = (E - E1) = hcRHZ2 第一激发能：E2

excitation = E2 - E1 = 3/4 hcRHZ

赖曼系第一条谱线的波长  = hc/(E2-E1) = 4/(3RHZ2) 因此：第一玻尔轨道半径比 1 ：2 和 1 ：3 电离电势比 4 ：1 和 9 ：1 第一激发电势比 4 ：1和 9 ：1

赖曼系第一条谱线波长比 1 ：4 和 1 ：9

7

5题：从 Li2+ 离子第一激发态向基态跃迁时所发光子 是否可以使 处于基态的He+ 离子电离？ 解：类氢离子能级能量：En = -hcRZ2/n2 n=1,2,3……..

题中Li2+ 离子中出射光子能量 E = E2 – E1 = 9/4 hcR = 91.8 eV 使 基态He+ 离子电离所需能量 Eion = E - E(1) = 2 hcR = 54.4 eV 9/4 > 2, 故 能使电离。

6题; 氢与其同位素氘混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。问 巴耳末系的第一条谱线 (H) 之间的波长差  有多大？已知 RH = 10967758 m-1，RD = 10970742 m-1 解：巴耳末系满足 1/ = R (1/4 – 1/n2) n = 3, 4, 5, 6,……….. 对于谱线 H ，n=3，1/ = 5R/36，  = 36/5R (H) - (D) = 36/5 (1/RH – 1/RD) =

36(RDRH)5RDRH = 1.7856 A



7 题：已知一对正负电子绕共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的电子偶素。试计算其第一激发态向基态跃迁时放出光子的波长。 解：m1 = m2 = m

质心系中 r = r1 + r2 r1 = r2 = r/2 v1 = v2 = v

运动学方程 ke2/r2 = 2mv2/r ---------------------- (1)

角动量量子化条件：m1  v1  r1 + m2  v2  r2 = mvr = nħ -----------------(2) (1) 和 (2) 联立解得：r40n222em/2 -------------------------(3)

从运动学角度求取体系能量的表达式

把（1）代入E = EK+EP = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 – Ke2/r = mv2 – Ke2/r (3) 代入 (4) 中 En = -

-Ke2/2r ------------ (4)

(40)nh22(m/2)e2242 = 1/2 En (H) = - 13.6 eV/2n2

E2 – E1 = … = 5.1 eV

(21)=hc/[E(2)-E(1)] = 2433 A

11题：在史特恩-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，磁场梯度为 B/z = 103 T/m，磁极纵向范围 L1 = 0.04 m (习题图2-1)，从磁极到屏距离 L2 = 0.10 m，原子速度 v = 500 m/s。在屏上两束分开的距离 d = 0.002 m。试求原子磁矩在磁场方向上投影 z 大小。磁场边缘的影响忽略不计。

解：原子通过 L1 和L2 的时间 t1 = L1/v，t2 = L2/v

通过L1 时段 原子受力 fz = z  B/z，方向因 z 方向的不同而不同，或者向上或者向下。 Z 方向原子的加速度 az = fz/m

刚脱离磁场时刻 原子 Z 方向的瞬时速度 vz = az  t1 原子在 Z 方向的偏转位移 d/2 = 1/2  az  t12 + vz  t2

代入数值计算得 z = 1.007 B = 9.335  10-24 J/T

第三章 量子力学初步

8

1．选择题：

（1）为了证实德布罗意假设,戴维孙—革末于1927年在镍单晶体上做了电子衍射实验从而证明了：B

A.电子的波动性和粒子性 B.电子的波动性 C.电子的粒子性 D.所有粒子具有二象性 (2)德布罗意假设可归结为下列关系式：B A .E=h， p=

h; B.E=，P=; C. E=h ，p=; D. E= ，p= (3)为使电子的德布罗意假设波长为100埃,应加多大的加速电压：D

A．11.51106V； B.24.4V； C.24.4105V； D.0.015V (4）基于德布罗意假设得出的公式12.25V Å的适用条件是：C

A.自由电子，非相对论近似； B.一切实物粒子，非相对论近似； C.被电场束缚的电子，相对论结果； D带电的任何粒子，非相对论近似

(7)按量子力学原理,原子状态用波函数来描述. 不考虑电子自旋,对氢原子当有确定主量子数n时,对应的状态数是：C

22

A．2n; B.2n+1; C.n; D.2n

(8)按量子力学原理,原子状态用波函数来描述.不考虑电子自旋,对氢原子当nl确定后,对应的状态数为：D

2

A.n; B.2n; C.l; D.2l+1

(9)按原子力学原理,原子状态用波函数来描述.考虑电子自旋,对氢原子当nl确定后,对应的状态数为：A

2

A.2(2l+1); B.2l+1; C. n; D.n

(10)按量子力学原理,原子状态用波函数来描述.考虑自旋对氢原子当nlm确定后对应的状态数为：B

A.1; B.2; C.2l+1; D. n 2．简答题

（1）波恩对波函数作出什么样的解释？ （2）何谓定态？定态波函数具有何种形式？

（3）波函数满足标准条件是什么？写出波函数的归一化条件. （4）微观粒子的状态用什么来描述?为什么?

（5）按照光的波动说,光强与什么成正比?按照光的粒子说,光强度又与什么成正比?怎样才能把这两种学说联系起来?

（6）何谓定态?解定态问题的方法和步骤是什么? 3．计算题：

（1） 电子和光子各具有波长0.20nm,它们的动量和总能量各是多少? 解：由德布罗意公式h/p,得：

6.631034Js24p电p光3.31510kgm/s 90.2010mhcE光hp光c3.315102431089.94510-16(J)

h2224E电p电cm0c(3.3151024)2321016(9.11031321016)2

9.8910316.707610278.191014(J)

（2） 铯的逸出功为1.9eV,试求: (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长;(2)如果要得到能量为1.5eV的光电子,必须使用多大波长的光照射?

9

解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式

12mv0hw知,铯的光电效应阈频率为: 2w1.91.610191404.58510(Hz) 34h6.6310c3108阈值波长: 06.54107(m) 1404.5851012-19(2) hwmv01.9eV1.5eV3.4eV3.41.610J

2chc6.63103431083.656107(m) 故: 19h3.41.61033kT1.3810233006.211021J0.038eV 22(3) 室温(300K)下的中子称为热中子.求热中子的德布罗意波长?

解：中子与周围处于热平衡时,平均动能为:

其方均根速率: v2mn26.2110212700m/s

1.671027hh6.631034由德布罗意公式得：0.15(nm)

pnmnv1.6710272700(4) 若一个电子的动能等于它的静止能量,试求：(1)该电子的速度为多大?(2)其相应的德布罗意波长

是多少?

222解：（1）由题意知，Ekmcm0cm0c，所以

mc2m0c21v2/c22m0c2 v3c 2hhhh6.631034121.410(m) （2）由德布罗意公式得： 318pmv2m0v3m0c39.110310(5)一粒子在一维无限深势井中运动，已给(x)Asinx/a，求归一化常数A；又若

(x)Ax（ax），A=？，粒子在何处几率最大？

解：由归一化条件，在粒子可能出现的空间发现粒子的总几率等于1，因此：

(x)dxAsin02a22xadxA20a1cos2x/axa2xadxA2(sin)|0224aA2a/21

得: A2/a, (x)2/asinx/a. 同理，若(x)Ax（ax），由归一化条件可得：

aoAx(ax)dx222a051322a415a2aAx(a2axx)dxA(xaxx)0A1 3453022222则 A30/a5， (x)30/a5x(ax).

2粒子出现几率最大处对应:[(x)]d(x)/dx0,

2dx2(ax)2d(x2a22ax3x4)2xa26ax24x30 有

dxdx易求得 xa/2 (由波函数的连续性，x=0,或x=a两个解舍去) 所以, 粒子在xa/2处出现的几率最大.

2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波波长？用该电压加速的质子束，其德布罗意波波长？

10

解：非相对论下估算电子的速度：

1/2  m0  v2 = 10000 eV = m0c2  1/2  (v/c)2 = 511 keV  1/2  (v/c)2 所以 v ≈ 20% c

故 采用相对论公式计算加速后电子的动量更为妥当。 加速前电子总能量 E0 = m0c2 = 511 keV

加速后电子总能量 E = m0c2 + 10000 eV =521000 eV 用相对论公式求加速后电子动量

p11101587eV2 E2m0c42714410000000261121000000eVccchhc1.241106eVm0.12221010m= 0.1222 Å 电子德布罗意波长 p101587eV101587eV采用非相对论公式计算也不失为正确：

hph2m0Ekhc2m0cEk21.241106eVm1.241106m0.1227 Å 51.011102511keV10000eV用该电压加速质子时，质子质量是电子质量的1836倍，质子速度会更小。直接采用非相对论公式计算。课后习题

3 电子被加速后速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来电子 hh0.1227= 0.00286 Å p21836m0Ek183612.25（Å） 的电子德布罗V意波长与加速电压的关系式应改为：单位的电子加速电压的数值。请证明之。 证明：非相对论下：012.25(10.489106V) （Å）。其中 V 为以伏特为V12.25h p0 为不考虑相对论而求出的电子动量，0 为这时求出的p0V波长。考虑相对论效应后：出的波长。

则

h 这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量， 为这时求p/0

=

p0/p

=

2m0Ek12E2m0c4cc2m0Ek(Ekm0c2)2m0c42c2m0EkEk2m0c2Ek21

Ek12m0c2Ek = 加速电势差电子电量，如果以电子伏特为单位，那么在数值上即为 V。 /0 =

1，这里 m0c2 也以电子伏特为单位，以保证该式两端的无量纲性和等式的成立。

V122m0cm0c2 也以电子伏特为单位时，2 m0c2 的数值为 1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000

11

伏特，那么 V/2m0c2 远小于 1。（注意，这个设想实际上与电子速度很大存在一点矛盾。实际上电子速度很大，但是又同时不可以过大。否则，V/2m0c2 远小于 1 的假设可能不成立）。 设 y = 1 + V/2m0c2 = 1+x，f(y) =

1 y由于 x << 1， f(y) 函数可在 y = 1 点做泰勒展开，并忽略高次项。结果如下： f(y) = 1 +

1Vf|y1x= 1−x/2 = 1 − |y1x= 1 + (1/2) 23/24m0cyy将m0c2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得 f(y) = 10.48910V 因此  = 0  f(y) =

612.25(10.489106V) V5 带电粒子在威尔逊云室的轨迹是一串小雾滴，线度约为 1 m。当观察能量为 1000 eV 的电子径迹时，其动量与经典力学动量的偏差不小于多少？ 解：经典力学动量准确可求，如下：p2m0Ek ，这里 m0 为电子静止质量，Ek 为电子动能，

即1000eV。

而从量子力学层次考虑，根据不确定关系，该量是不能准确确定的。该量的不确定度满足 p  x  ħ/2。这里 x ≈ 1 m。

所以 p/p  ħ/2  (1/p)  (1/x) =

hc111.241106eVm−6 = 3  10642m0c2Ekx12.562511000eV1000eV10m108642即 p/p  3  10−4 %

7 粒子在一维对称势场中，势场形式如下图。即：0 < x < L 时 V = 0；x < 0 和 x > L 时 V = V0。

（1） 试推导粒子在 E < V0 情况下 总能量 E 满足的关系式。

V(X)（2）利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量 E 只能取 一些不连续的值。 解答：以下将在两种不同坐标系下解答本问题。其中第一种维持原坐标不变；另一种为将横

坐标向右平移L/2，即取 x = x − L/2，在这个坐标系中，−L/2 x < L/2 时 V=0、在其它区间 V =V0。 < V0V0（1）E 满足关系的推导：本题中的势场与时间无关，所以是

E定态问题，而且是一维的。先写出定态薛定谔方程的一般形式，0Lx如下：

Y Axis Title022d2uVuEu 2mdx246810在 x > L 和 x < 0 区域， V = V0，代入薛定谔方程并整理 得 X Axis Titled2u2m(V0E)u 22dx设

2m(V0E)k2，由题中 E < V0 知道 k2 > 0 2 12

容易知道，上面薛定谔方程的通解在 x < 0 和x>L区均为：

uAekxBekx，其中 A、B 为待定系数。

（注意，这里不可以认为在 x < 0 以及 x > L 时 无反射粒子。实际上，在该两区域，可以看成存在无穷多的连续势壁。这与教材势垒问题中 在 x > L 区间 势场恒等于零，不存在势壁并因此不存在反射粒子的情况 完全不同。） 利用波函数的有界性知道：

x < 0 时，如果 B ≠ 0，那么 x → − 时 波函数 趋于 无穷。所以在x < 0 时 B =0。 类似道理 x > L 时，A = 0 。 因此 x < 0 时，u = A  ekx x > L 时，u = B  e−kx

在 0 < x < L 区域，V = 0。代入 薛定谔方程中 得

d2u2mEu 这里 E > 0。 dx22设

2mE2 2容易知道 上面薛定谔方程的通解为

uCsin(x) C和  为 待定常数，且 0   < 2

或 uC'cos(x)D'sin(x) C’ 和D’为待定系数 或 uC''eixD''eix C’’ 和 D’’ 为待定系数

三个通解线性相关并等效。本次计算中，采用第一个通解。 总结一下，由定态薛定谔方程解得的波函数为： x < 0， u1 = A  ekx A 待定 0< x < L， u2Csin(x) C、 待定

x > L， u3 = B  e−kx B 待定

各波函数在各自的适用区间中，满足 有界性 和 单值性。下面考察在整个区间的波函数连续性。由于在临界点两边的任何一侧，波函数不恒为零，所以 波函数的连续性 要求： x = 0 处，u1 = u2 ； du1/dx = du2/dx x = L 处，u2 = u3 ； du2/dx = du3/dx 将上述连续性条件应用于波函数 得 A = C  sin

Ak = C    cos

B  e−kL = C  sin(L+)

−B  k  e−kL = C    cos(L+) 进一步推导

tan = / k

tan(L+）= −/ k

由 tan = / k > 0，得 0 <  < /2、和 3/2 <  < 2 由 tan (L+) = tan (−) 得 L+ = n −  即  = n/2 − L/2 =

nL2mE n = 1, 2, 3, ……. 22 13

又由tan = / k 得

arctanEEE3arcsin(0)或arcsin()()

V0EV02V02L2mEEn= < /2 n=1,2,3,……N1 22V0nL2mEE < 3/2 n= 3,4,5,…..N2 )= 22V0因此能量 E 满足的关系式为 0 < arcsin 或  < arcsin(其中 N1 = INTEGER(2L2mE2L2mE1) N2 = INTEGER(3) hh(2) 图解法说明 能量取值的不连续性 L2mV0nx； < f3(x) = arcsin(−x) < 3/2 设 0 < f1(x) = arcsinx < /2；f2(x) = 22其中 0 < x =

E < 1 V0则能量E 的解可通过 f2 与f1 的交点、与f3 的交点的横坐标求出。

f2f(x)5n=1043f3n=321f10.500.751.00n=2n=100.000.25 x

做各函数曲线如上图所示。图中横坐标为

E。从f2 函数 与 f1 及f3 函数的交点的横坐标可V0求出能量E的解。解的个数与 0 < x < 1区间内交点的个数相等，而交点的个数决定于f2 函数的斜率

L2mV0。斜率越大，交点个数越多。当 L 和 m 很大时，交点的横坐标数值趋于连续，2对应宏观现象。当二者不是很大时，交点的横坐标数值是不连续的，也就是说能量E的取值是不

14

连续的。

下面采用第二种坐标系重新求解本问题。

坐标平移，设 x = x −L/2 则势场变为：I 区 x < −L/2， V = V0

II 区 −L/2 < x < L/2， V=0 III区 x > L/2， V=V0

d2u2m(V0E)u 在 I 区中：22dxuIA1ekxB1e 其中 k =

kx2m(VE)0

kx利用边界条件知道 A1 = 0，所以 uIB1ekx同理知道在III区中：uIIIA3e，

d2u2mE在 II 区中：22u 所以 uIIA2cos(x)B2sin(x)，其中 dx波函数的连续性 要求：

x = −L/2 处，uI = uII ； duI/dx = duII/dx x = +L/2 处，uII = uIII ； duII/dx = duIII/dx 代入波函数进行运算 得

2mE B1ekL2A2cos(kL2L2)B2sin(L2) ------------------------------ （1）

B1kekL2A2sin(L2)B2cos(L2) --------------------------------（2）

A3eA2cos(kL2L2)B2sin(L2) ----------------------------- （3）

A3keA2sin(L2)B2cos(L2) --------------------------- （4）

(1) 式两端同乘 k 后，右端与 (2)式右端相等；(3) 式两端同乘 −k 后，右端与 (4)式右端相等。

A2kcos(L2)B2ksin(L2)A2sin(L2)B2cos(L2)

A2kcos(L2)B2ksin(L2)=A2sin(L2)B2cos(L2)

两式相加 (略去B2的下角标)：Bksin(L22LL两式相减 (略去B2的下角标)：Akcos() = Asin()

222L当 A ≠ 0 ，同时 B ≠ 0 的条件下：tan()1。无实数解。 2) = Bcos(L)

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当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下：tan(L2)k 即 tan(V0EL2mE) 2E当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：tan(L2)k 即tan(L2mEE )2V0E上面两式 即为能量 E满足的关系式。 图解法求 能量 E：设 x =

E V0f1(x) =

L2mV0111tan(x) f(x) = f(x) = 23

2f1(x)x2做上面三个函数的曲线求交点，进一步可求能量E以及证明它的不连续性和取值个数的有限性。

另外，上面能量 E 所满足的关系式还可以做进一步的变换。

2当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下：tan(L2)k22121

LLcos2()cos2()22sin2(L)cos(2L2)22k2E V0E V0cos(L2)当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：

tan2(L2)2k2121

LLcos2()cos2()22sin2(L)k2E cos()2122V0k2Lsin(L2)E V0设 x =

L2mV0E，(0 < x < 1)；设 =C (常数)；则

2V0当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下：cos(Cx) = x

当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：sin(Cx) = x

做 f1(x) = cos(Cx)；f2(x) = x ；f3(x) = sin(Cx) 曲线：

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f(x)1.000.750.500.250.00-0.25-0.50-0.75-1.000.000.250.50 f3f1f2f20.751.00x

解释从略。然而两种方法求得的E值个数居然不同(两次作图中均设 常数 C=10)，这一点 仍感到疑惑。

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