原子物理第三章习题答案

第三章 量子力学初步3.1 波长为οA 1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：12410341063.6101063.6----∙∙⨯=⨯==秒米千克λhp 能量为：λ/hc hv E==焦耳151083410986.110/1031063.6---⨯=⨯⨯⨯=。

3.2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长?=λ 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：meV h 2/=λ 对于电子：库仑公斤，19311060.11011.9--⨯=⨯=e m把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可得：οοολA A A V 1225.01000025.1225.12===对于质子，库仑公斤，19271060.11067.1--⨯=⨯=e m ，代入波长的表示式，得：ολA 319273410862.2100001060.11067.1210626.6----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=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ολA V25.12=的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=其中V 是以伏特为单位的电子加速电压。

试证明之。

证明：德布罗意波长：p h /=λ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：222022c p c Km K =+而被电压V 加速的电子的动能为：eV K =2200222/)(22)(c eV eV m p eV m ceV p +=+=∴因此有：2002112/c m eV eVm h p h +⋅==λ一般情况下，等式右边根式中202/c m eV 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：)10489.01(2)41(260200V eVm h c m eV eVm h -⨯-=-=λ 由于上式中οA VeV m h 25.122/0≈，其中V 以伏特为单位，代回原式得： ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=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：⎰=nh pdq 对氢原子圆轨道来说，mvr mr p p r ===∙φφ2,0所以有：⋯⋯=====⋅=⎰3,2,1,22n n m vhn r S nhm vr pd λππφ 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：hn dr p hn d p rr==⎰⎰φφφ其中⎰+==+∴==∙∙rr r n n n nh d p dr p mr p r m p φφφφφ其中,)(,2而 )()(2φφφφd mrdr r m d p dr p r ∙∙+=+⎰⎰nds dsh ds r h m vds dt m v dt dtd m r dt dt dr r m =∴====+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∙∙λλφφ22)(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，610-=∆x 米，动量相对偏差为p p /∆。

根据测不准原理，有2h x p ≥∆∆，由此得：xh p ∆≥∆2 经典力学的动量为：51009.3222-⨯=∆≥∆∴=mKx h p p mKp 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0≡V ）的能量可以有连续的值。

证明：自由粒子的波函数为：)(Et r p hi Ae-⋅+=ψ (1)自由粒子的哈密顿量是：222∇-=mh H ......（2） 自由粒子的能量的本征方程为：ψψE H = (3)把（1）式和（2）式代入（3）式，得：ψE Ae mh Et r p h i=∇--⋅+][2)(22即：mp E E mp E e dz d dy d dx d A m h Et z p y p x p h iz y x 22)(222)(22222222=∴==++∇--+++ψψψ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0,0,,00{=<<=><V L x V V L x x（1）试推导粒子在0V E <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‚Ⅲ三个区域。

（1） 定态振幅方程为0)(2)()(22)(2=-+x x x V E hdx d ψμψ 式中μ是粒子的质量。

Ⅰ区：)(20022222E V hdx d -==-μαψαψ其中 波函数处处为有限的解是：是一任意常数A Ae x x ,)(1αψ=。

Ⅱ区：E hdx d 2222220μβψβψ==+其中 处处有限的解是：是任意常数。

γγβψ,),sin()(2B x B x +=Ⅲ区：)(20022222E V hdx d -==-μαψαψ其中 处处有限的解是：是任意常数。

D De x x ,)(3αψ-= 有上面可以得到：,1),(1,1332211αψψγββψψαψψ-=+==dxd x ctg dx d dx d有连续性条件，得：γβαγββαctg L ctg =+=-)({ 解得：221)(αβαβαββ-+-=L tg 因此得：)/(21αβπβ--=tg n L这就是总能量所满足的关系式。

（2） 有上式可得：)22(L n tg βπαβ-= 偶数，包括零奇数=⋯⋯-=⋯⋯=n Ltgn Lctg 22{ββ亦即2)(2)(LtgL L LctgL L ββαββα=-=令v L u L==αβ,，则上面两方程变为：）（）（2212⋯⋯=⋯⋯-=uutg v uutg v另外，注意到v u 和还必须满足关系：）（3/222022⋯⋯=+h L V v u μ 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c b a 、、在势箱外，势能∞=V ；在势箱内，0=V 。

式计算出粒子可能具有的能量。

解：势能分布情况，由题意知：cz z V b y y V a x x V c z V b y V a x V z y x z y x ><∞=><∞=><∞=≤≤=≤≤=≤≤=和和和0,0,0,;0,0;0,0;0,0在势箱内波函数),,(z y x ψ满足方程：0)]([22222222222=++-+∂+∂+∂ψψψψz y x V V V E h mz y x 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)()()(),,(z Z y Y x X z y x =ψ代入（1）式，并将两边同除以)()()(z Z y Y x X ，得：E hm V h m dz Z d Z V h m dy Y d Y V h m dx X d X z y x 22222222222)21()21()21(-=-+-+- 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：皆为常数。

其中z y x z y x z zy y x x E E E E E E E E h mV h m dz Z d Z E hmV h m dy Y d Y E h mV h m dx X d X ,,,221221221222222222222++=-=--=--=-将上面三个方程中的第一个整数，得：0)(2222=-+X V E hmdx X d x x ……（2） 边界条件：0)()0(==l X X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：⋯⋯===3,2,1,2sin 22222x x x x n n n a h E x an a X πππ类似地，有)(2sin sin sin 8),,(3,2,1,2sin 23,2,1,2sin 22222222222222222cnb n a n m h Ec z n b y n a x n abc z y x n n ch E zcn c Z n n b h E yb n b Y z yxzy x z z z z n y y y y n ++==∴⋯⋯===⋯⋯===ππππψππππππ 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，c b a ==,波函数和能量为：222222223,2sinsin sin 8),,(zy x z y x n n n n n ma h E a z n a y n a x n a z y x ++===ππππψ。