原子物理学杨福家1-6章_课后习题答案

原子物理学课后前六章答案（第四版）
杨福家著(高等教育出版社)
第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论
第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线
第一章 习题1、2解
1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.
要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.
证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。

电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。

α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：
2
2
2212121v m V M V M e +'=αα （1）
ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）
ϕ
θαsin sin 0v m V M e -'= （3）
作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得
)sin(sin ϕθθ
α+=V
M v m e （4）
)sin(sin ϕθϕαα+='V
M V M （5）
再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v
化简上式，得
（６）
θϕμϕθμ2
22sin sin )(sin +=+ （７）
视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有
令
sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0
若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）
（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）
将（9）式代入（7）式，有
θϕμϕμ2
202)(90si n si n si n +=-
θ≈10-4弧度（极大）此题得证。

1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？
（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？
要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值
.
其他值从书中参考列表中找.
解：（1）依
金的原子序数Z2=79
答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.
(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.
(问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)
从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3
依
θa
2 sin
即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。

是常数其值为
最后结果为：d N’/N=9.6×10-5，说明大角度散射几率十分小。

1-3～1-4 练习参考答案（后面为褚圣麟1-3～1-4作业）
1-3 试问4.5MeV的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少?若把金核改为7Li核,则结果如何?
要点分析: 计算简单，重点考虑结果给我们什么启示，影响靶核大小估计的因素。

解: 对心碰撞时，
︒=180θ
时
离金核最小距离
离7Li核最小距离
结果说明: 靶原子序数越小，入射粒子能量越大，越容易估算准核的半径. 反之易反。

1-4 ⑴假定金核半径为7.0 fm,试问入射质子需要多少能量才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？
⑵若金核改为铝时质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面，那么入射质子的能量应为多少？设铝核的半径为4.0 fm。

要点分析:注意对头碰撞时,应考虑靶核质量大小,靶核很重时, m << M可直接用公式计算;靶核较轻时, m << M不满足,应考虑靶核的反冲,用相对运动的质心系来解.79AAu=196 13AAl=27
解：⑴若入射粒子的质量与原子核的质量满足m << M，则入射粒子与原子核之间能达到的最近距离为
，
︒
=180
θ
时，
即
即：
⑵ 若金核改为铝核，m << M
E 理解为质心系能
EC
说明靶核越轻、Z 越小，入射粒子达到靶核表面需要能量越小.核半径估计值越准确.
褚圣麟教材作业题解
1.3若卢瑟福散射用的α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θ=150
°所对应的瞄准距离b 多大?
解： 依
答：散射角为150º所对所对应的瞄准距离为3.9664×10-15m
1.4钋放射的一种α粒子的速度为1.597×107米/秒,正面垂直入射厚度为10-7米,密度为1.932×104公斤/米3的金箔,试求所有散射在θ≥90°的α粒子占全部入射粒子的百分比,已知金的原子量为179。

解: 此题解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. 设散射入大于90°角的粒子数为d n’,入射的总粒子数为n,
金箔的单位体积内的粒子数为N 。

依
注意到：
最后结果为：dn/n=3.89×10-7
问答:如果知道散射的总粒子数，如何计算散射入某一角度内粒子的数量？如何求出其散射截面？如何算出散射几率？
散射入某一角内的粒子数
散射几率(微分散射截面
习题1-5、1-6解
解：积分式的积分结果
结果：
1-5 动能为1.0MeV的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm2的金箔上，记数器的记录以60°角散射的质子。

计数器圆形输入孔的面积为1.5cm2，离金箔散射区的距离为10cm，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子，试问：散射到计数器输入孔的质子数与入射到金箔的质子数之比为多少？（质量厚度ρm定义为单位面积的质量ρm=ρt，则ρ=ρm/ t 其中ρ为质量密度，t 为靶厚）。

要点分析：没给直接给nt。

设置的难点是给出了质量厚度，计算时需把它转换成原子体密度n和厚度t。

需推导其关
系。

解：输入圆孔相对于金箔的立体角为
θ=60º
单位体积内的粒子
依公式
1-6 一束α粒子垂直射至一重金属箔上，试求α粒子被金属箔散射后，散射角大于60°的α粒子与散射角大于90°的粒子数之比。

要点分析：此题无难点，只是简单积分运算。

解：依据散射公式
因为
同理算出
可知
习题1-7、8解
解： 积分式的积分结果
结果：
1-7 单能的窄α粒子束垂直地射到质量厚度为2.0mg/cm2的钽箔上，这时以散射角θ0>20˚散射的相对粒子数（散
射粒子数与入射数之比）为4.0×10-3.试计算：散射角θ=60
要点分析：重点考虑质量厚度与nt 关系。

解： ρm >=︒
N
θ=60º
A
N
A
n
ρ
=
A
m N
tA
n
ρ
=
A
m N
A
nt
ρ
=
依微分截面公式2
164
2
θ
α
σ
sin
1
=
Ω
d
d
知该题重点要求出a2/16
由公式
3
4
180
20
2
23
4
180
20
2
10
4.3
2
sin
sin
2
16
10
6.022
181
2.0
2
sin
16
'-
⨯
=
⨯
⨯
⨯
⨯
=
Ω
=⎰
⎰θθθ
π
θ
αd
a
d
nt
N
dN
3
180
20
2
2
21
4
180
20
2
2310
4.3
2
sin
1
)
4
(
16
10
65
.6
2
sin
sin
2
16
10
6.022
181
2.0-
⨯
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
-
⨯
⨯
⨯
=
⨯
⨯
⨯
⨯⎰θ
π
θ
θ
θ
πa
d
a
3
2
2110
4.3
(-22.13)
)
4
(
16
10
6.65-
⨯
=
⨯
-
⨯
⨯
⨯π
a
所以
26
2
10
2.33
16
-
⨯
=
a
27
4
26
4
2
10
456
.1
2
60
sin
1
10
33
.2
2
sin
1
16
-
-⨯
=
⨯
⨯
=
=
Ωθ
α
σ
d
d
1-8 (1)质量为m1的入射粒子被质量为m2（m2<< m1）的静止靶核弹性散射,试证明:入射粒子在实验室坐标系中的最大可能偏转角θ由下式决定.
1
2
sin
m
m
=
θ
（2）假如粒子在原来静止的氢核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大？
要点分析：同第一题结果类似。

证明：
（1）
ϕθcos cos 211v m V m V m +'= （2） ϕθsin sin 021v m V m -'= （3）
作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得
（4）
（5）
再
将（
4
）、（
5
）
二式
与（1）式联立，消去Ｖ’与v ，得
化简上式，得
（６）
θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ （７）
视θ为φ的函数θ(φ)，对(7)式求θ的极值，有
令
sin2(θ+φ)-sin2φ=0 2cos(θ+2φ)sin θ=0
若 sin θ=0,则 θ=0（极小） （8） (2) 若cos(θ+2φ)=0，则 θ=90º-2φ （9）
将(9)式代入(7)式，有
)(sin sin )(90sin 2
22θϕμϕμ+=-︒
若m2=m1 则有
第一章习题1-9、10题解
1-9 动能为1.0 Mev的窄质子束垂直地射到质量厚度（ρt）为1.5mg/cm2的金箔上，若金箔中含有百分之三十的银，试求散射角大于30°的相对质子数为多少？
要点分析：此题靶为一个复合材料靶,关键找出靶的厚度t .然后计算出金原子数和银原子数,即可积分计算，从书后表可知：ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3; ZAg=47,AAg=108, ρAg=1.05×104kg/m3.
解：先求金箔的厚度t ρt=(0.7ρAu+0.3ρAg) t = 1.5mg/cm2
这种金箔中所含金原子数与银原子数分别为
和
再计算质子被金原子与银原子散射到θ>30°范围内的相对数目。

被金原子散射的相对数目为：
式中，N为入射质子总数，d NAu’为被金原子散射到θ>30°范围内的质子数。

同理可得质子被银原子散射的相对数目为：
被散射的相对质子总数为
将已知数据代入：
NA=6.02×1023,E=1.0MeV,t=0.916μm,ZAu=79,AAu=197,ρAu=18.88×103kg/m3,ZAg=47,AAg=108,ρAg=10.5×103kg/m3 η≈1.028×10-5
结果讨论: 此题是一个公式活用问题.只要稍作变换,很容易解决.我们需要这样灵活运用能力.
1-10 由加速器产生的能量为1.2MeV、束流为5.0 nA的质子束，垂直地射到厚为1.5μm的金箔上，试求5 min内被金箔散射到下列角间隔内的质子数。

金的密度（ρ=1.888×104 kg/m3）
[1] 59°～61°; [2] θ>θ0=60° [3] θ<θ0=10°
要点分析:解决粒子流强度和入射粒子数的关系.
注意:第三问,因卢瑟福公式不适用于小角(如0º)散射，故可先计算质子被散射到大角度范围内的粒子数，再用总入射粒子数去减，即为所得。

解：设j 为单位时间内入射的粒子数，I为粒子流强度，因I= je, j=I/e,时间T=5min内单位面积上入射的质子的总数为N个：
再由卢瑟福公式，单位时间内，被一个靶原子沿θ方向，射到dΩ立体角内的质子数为：
单位时间内，被所有靶原子沿θ方向，射到dΩ立体角内的质子数为
式中，n为单位体积的粒子数，它与密度的关系为：
所以，上式可写为
解：[1]
解：[2] 仍然像上式一样积分，积分区间为60°-180°，然后用总数减去所积值。

即θ>θ0=60°的值。

解：[3] 由于0°的值为无穷大,无法计算,所以将作以变换.仍然像上式一样积分，积分区间为10°-180°，然后用总数减去所积值，即θ<θ0=10°的值。

总数为9.36×1012-7.56×1011=8.6×1012 (个
第二章习题解答
2.1 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，必须使用多少波长的光照射？ 解：
光电效应方程
2
12
m mv h =ν-Φ （1）由题意知 0m v = 即 0h ν-Φ=
1415
1.9 4.59104.13610ev Hz h ev s -Φν=
==⨯⨯⋅ 1.24652.61.9c hc nm Kev nm ev
λ⋅====νΦ
（2） ∵
2
1 1.52
m mv ev = ∴ 1.5c
ev h h
λ
=ν-Φ=-Φ
1.24364.71.5 1.5 1.9hc nm Kev
nm ev ev ev
λ⋅=
==+Φ+
2.2 对于氢原子、一次电离的氢离子He ＋
和两次电离的锂离子Li ＋＋
，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）由基态带第一激发态所需的激发能量及由第一激发态退激到基态所放光子的波长。

解：
（1）由波尔理论及电子的轨道半径公式 z
n r r n 21=， r 1为氢原子第一波尔半径
222
01122204()(197.3)0.0530.511e e c r a nm nm m e m c e 6
πε====≈/4πε⨯10⨯1.44
h h 氢原子第二波尔半径
可知： He +
(Z=2)
Li
+ + (Z=3)
电子在波尔轨道上的速率为 于是有 H : 61
161
21
2.1910137
1.1102
v c m s m s c v m s 8--=α=⨯3⨯10/=⨯⋅α==⨯⋅
He +
:
61
161
22 4.3810102
v c m s c v m s
--=α=⨯⋅2α==2.19⨯⋅ Li
+ +
:
61
161
23 6.5710102
v c m s c v m s
--=α=⨯⋅3α==3.28⨯⋅ (2) 电子在基态的结合能E k 在数值上等于原子的基态能量。

由波尔理论的能量公式
可得
221140.212r n r r nm
===112
210.0265220.1062
a
r nm
r a nm
====1
12
210.01763
20.07053
a r nm r a nm =
===n z v c n
=α21()2
n
e
z E m c n
=-α
故有 H : 13.6k E ev =
He +
: 2
13.6254.4k E ev =⨯=
Li ++
: 2
13.63122.4k E ev =⨯=
（3）以电压加速电子，使之于原子碰撞，把原子从基态激发到较高能态，用来加速电子的电势差称为激发电势，从基态激发到第一激发态得相应的电势差称为第一激发电势。

2121221
13.6(1)2
E V z e ∆=
=- 对 H : 121
13.6(1)10.24V v =⨯-=
He + : 2
12113.62(1)40.84V v =⨯⨯-=
Li ++ : 2
12113.63(1)91.84
V v =⨯⨯-=
共振线（即赖曼系第一条）的波长： 1
21212E E hc
E hc -=∆=
λ H : 12 1.24121.610.2nm kev
nm ev λ⋅=
=
He +
: 12 1.2430.440.8nm kev nm ev λ⋅==
Li ++
: 12 1.2413.591.8nm kev nm ev
λ⋅==
2.3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ＋＋
发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能？
解：
Li + +
基态能量为 211
()122.42
e E m cz ev α=-
=-，从基态到第一激发态所需能量为 v Z E 8.9143
4.122)2
11(6.132212=⨯=-⨯⨯=∆
故电子必须具有91.8ev 的动能.
2.4 运动质子与一个处于静止的基态氢原子作完全非弹性的对心碰撞，欲使锂原子发射出光子，质子至少应多大的速度运动？ 解：
欲使基态氢原子发射光子，至少应使氢原子从基态激发到第一激发态，因此有：
221
()13.62
k e E m cz z ev 1
=∣E∣=α=
ev E E M m v m E H
p p k 4.202)1(21
12122=∆=∆+==
84
310 6.2610v c m s m s ∴ =
=⨯/=⨯/ （质子静止能量 2
938p m c Mev = ）
2.5 （1）原子在热平衡条件下处于不同能量状态的数目是按波尔兹曼分布的，即处于能量为E n 的激发态的原子数为：
1()11
n E E kT n n g N N e g --/=
式中N 1是能量为E 1状态的原子数，k 为玻尔兹曼常量，g n 和g 1为相应能量状态的统计权重。

试问：原子态的氢在一个大气压、20℃温度的条件下，容器必须多大才能有一个原子处在第一激发态？已知氢原子处于基态和第一激发态的统计权重分别为g 1=2和g 2=8。

（2）电子与室温下的氢原子气体相碰撞，要观察到H α线，试问电子的最小动能为多大？
略。

2.6 在波长从95nm 到125nm 的光带范围内，氢原子的吸收光谱中包含哪些谱线？ 解：
对于min 95nm λ=，有
22min
1
1
11()1R n λ=-
1 4.8n ===
故min 95nm λ=的波长的光子不足以将氢原子激发到n=5的激发态，但可以将氢原子激发到n=4的激发态
∴ n 1=4
同理有：2 1.9n =
== ∵ 对应于n=1的辐射光子的波长应比125nm 更长，在波段以外 ∴ n 2=2
又∵ 氢原子的吸收谱对应于赖曼系， ∴ 在（95∽125nm ）波段内只能观察到3条 即
(1,2)(1,3)(1,4)m n m n m n ν==ν==ν==%%%123
2.7 试问哪种类氢离子的巴耳末系和赖曼系主线的波长差等于13
3.7nm ？ 解：
赖曼系主线：2
2213
(1)24RZ RZ ν=-
=%赖 巴耳末主线：2222
115()2336
RZ RZ ν=-=%巴 二主线波长差：
nm RZ
RZ RZ RZ 7.1331588
)20108(151345362
222==-⨯=-=
-=∆赖巴λλλ 278888
415133.715109737.3110133.7
Z R nm -===⨯⨯⨯⨯⨯
2Z ∴=
2.8 一次电离的氢原子He +
从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能量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 +
从E 2→E 1跃迁辐射的光子的能量为
22121
(
1)32
h E E RcZ Rhc ν=-=--= 氢原子的电离能为
10()E E E Rhc Rhc ∞=-=--=
∴ 电离的电子的能量为
32k E Rhc Rhc Rhc =-=
该电子的速度为
63.0910v m s =
===⨯/
2.9 电子偶素是由一个正电子和一个电子所组成的一种束缚系统，试求出：（1）基态时两电子之间的距离；（2）基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能；（3）由第一激发态退激到基态所放光子的波长。

解：
电子偶素可看作类氢体系，波尔理论同样适用，但有关公式中的电子质量必须采用体系的折合质量代替，对电子偶素，其折合质量为：
2
e e e m M m
m M μ=
=+
（1） 22
001122
442220.0530.106e r a nm nm e m e πεπε====⨯=μh h
（2）电离能为 1i A E E E R hc ∞=-=
式中 11
21A e R R R m
M ∞∞==+ 于是 76
11 1.097373110 1.2410 6.8022
i E R hc ev ev -∞==⨯⨯⨯⨯=
则电离电势为 6.80i i E
V v e
==
第一激发电势为
222121211
()
312 5.102A R hcZ E R hc V v e e e
∞-∆∆==== （3）共振线波长为
31212 1.2410243.15.10hc nm ev
nm E ev
λ⨯⋅===∆
2.10 -
μ子是一种基本粒子，除静止质量为电子质量为电子质量的207倍外，其余性质与电子都一样。

当它运动速度较慢时，被质子俘获形成μ子原子，试计算：（1）μ子原子的第一波尔轨道半径；（2）μ子原子的最低能量；（3）μ子原子赖曼线系中的最短波长。

解：
（1）μ子原子可看作类氢体系，应用波尔理论，其轨道半径为
22
02
4n n r e Z
πε=μh 式中 2072071836
186.020********
e e e e m M m m m M ⨯μ=
==++
其第一波尔半径为
24
0112
40.053 2.8510186.0186.0186.0
e a nm r nm m e πε-====⨯h
（2）μ子原子的能量公式为
2211()186.0()22n e z z E c m c n n
αα=-μ=-⨯
最低能量 1n =
2311
186.0()186.013.6 2.53102
e E m c ev ev α=-⨯=-⨯=-⨯
（3）由波长公式 hc
E
λ=∆
3min
3
max 1 1.24100.490( 2.5310)
hc hc nm ev nm E E E ev λ∞⨯⋅====∆---⨯
2.11 已知氢和重氢的里德伯常量之比为0.999 728，而它们的核质量之比为m H /m D =0.500 20，试计算质子质量与电子质量之比。

解：
由 1A e A
R R m M ∞
=
+可知 10.9997281e
H D
e D H
m R M m R M +
==+
又∵ 0.50020
H
D M M =
∴
0.5002010.9997281e
H
e H
m M m M +
=+
则 30.499528
1836.5 1.8100.000272
H e M m ==≈⨯
2.12 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率为多大？（2）试估计氢原子的反冲能量与所发光子的能量之比。

解：
（1）所发光子的能量
ev ev Rhc E E h 2.106.1343
)2
111(2212=⨯=-=-=ν
光子的动量 c
ev
c h h
P 2.10=
=
=
νλ
氢原子的反冲动量等于光子动量的大小，即c
h P v M H ν
=
=反 s m s m
c m h H v 26.31031067.110602.12.1082719=⨯⨯⨯⨯⨯==--ν反
（2） 氢原子的反冲能量为
J J v m E H k 2722721087.8)26.3(1067.12
121--⨯=⨯⨯⨯==
反 91927104.510
602.12.101087.8---⨯=⨯⨯⨯=νh E k
2.13 钠原子的基态为3s ，试问钠原子从4P 激发态向低能级跃迁时，可产生几条谱线（不考虑精细结构）？ 解：
不考虑能级的精细结构，钠原子的能级图如下：
根据辐射的选择定则1±=∆l 可知，当钠原子从4P 态向低能级跃迁时可产生6条光谱。

2.14
钠原子光谱的共振线（主线系第一条）的波长等于λ=589.3nm ，辅线系线限的波
长等于∞λ=408.6nm ，试求（1）3S 、3P 对应的光谱项和能量；（2）钠原子基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能。

解：
（1） 由Na 的能级图可知，3P 能级的光谱项和能级分别为：
163310447.26.4081
1~-∞
⨯====m nm
T p
p λν
ev nm
Kev
nm hcT E p p 03.36.40824.133-=⋅-
=-=
3S 能级的光谱项和能级可通过下式求出：
1
1
331~λν==-p s T T ev
m ev nm hcT E m
T T s s p s 14.510144.41024.110144.4103.589110447.21
163331
6961
33-=⨯⨯⋅⨯-=-=⨯=⨯+
⨯=+
=---λ
（2）Na 原子的电离能为
ev ev E E E s i 14.5)14.5(03=--=-=∞
故电离电势为 v e
E V i
i 14.5== 第一激发电势为
v e
ev ev e E E e E V s p 11.2)
14.5(03.3331212=---=-=∆=
第三章题解
3-1
电子的能量分别为10eV ，100 eV ，1000 eV 时，试计算相应的德布罗意波长。

电子的能量
3-2 设光子和电子的波长均为0.4nm ，试问：（1）光子的动量与电子的动量之比是多少？ （2 解：（1
p 光子:p 电子=1:1
3-3 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? 解： （1）依题意，相对论给出的运动物体的动能表达式是：
2
mc
E = 20
c m E E k += 20
22c m mc = 02m m = 02
2
021m c
v m m =-= 41122=-c v
22141c
v -= 2243c v =
所以
0.866c c 4
3
v ≈=
（2） 根据电子波长的计算公式：
0.001715nm
eV
105111.226nm )
(1.226nm
3
=⨯=
=eV E k λ
3-4 把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量．若晶体的两相邻布喇格面间距为0.18nm ，一级布喇格掠射角(入射束与布喇格面之间的夹角)为30°,试求这些热中子的能量． 解：根据布喇格衍射公式 nλ=d sin θ λ=d sin θ=0.18×sin30°nm =0.09 nm
1.226nm λ= 22
1.226nm ()13.622eV 185.56eV k
E λ
===
3-5 电子显微镜中所用加速电压一般都很高，电子被加速后的速度很大，因而必须考虑相对论修正．试证明：电子的德
式中V r =V (1+0.978×10-6
V)，称为相对论修正电压，其中电子加速电压V 的单位是伏特．
分析:考虑德布罗意波长,考虑相对论情况质量能量修正,联系德布罗意关系式和相对论能量关系式,求出相对论下P 即可解.
题意得证.
3-6 (1)
-⎪⎭⎫E
式中E o 和E 分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量．(康普顿波长λc =h /m 0c ,m 0为粒子静止质量，其意义在第六章中讨论)
（1
则电子的动能为211.55KeV.
则电子的动能为211.55KeV
注意变换：1. ΔP转化为Δλ表示;
2. ΔE转化为Δν表示
;
3-7 一原子的激发态发射波长为600nm? 解：依
h
t
E≥
∆
∆
求Δt
2
η
≥
∆
∆E
t
3-8 10fm的区域中，这正是原子核线度的数量级，试计算它的最小动能．
解：粒子被束缚在线度为r的范围内，即Δx = r
那么粒子的动量必定有一个不确定度，它至少为：
x
2∆
≥
∆
η
x
p
∵
∴
∴ 3-9 已知粒子波函数⎭
⎬⎫⎩
⎨⎧---
=c z b y a x N 2||2||2||
exp ψ，试求：(1)归一化常数N ；(2)粒子的x 坐标在0到a 之间的几率；(3)粒子的y 坐标和z 坐标分别在-b →+b 和-c →+c.之间的几率． 解: (1)因粒子在整个空间出现的几率必定是一,所以归一化条件是:
⎰
+∞
∞
-ψdv = 1
即:
dz e
dy e
dx e
N dv c
z b
y a x ⎰⎰⎰⎰⎰
⎰∞
+∞
--∞+∞
--∞+∞
--∞
+∞
-=22
22
22
22
ψ
=1822220
2
==⎰⎰⎰∞-
∞
-
∞
-abc N d e
c d e
b d e a N c
z c
z b
y b
y a
x a
x
所以 N abc
81=
(2) 粒子的x 坐标在a →0区域内几率为:dz e
dy e
dx e
N c
z b
y a a
x ⎰⎰⎰∞+∞
--∞+∞
---22
22
22
2
()[]
)1
1(211412e
e abc N -=
--=- (3) 粒子的
),(),,(c c z b b y -∈-∈区域内的几率为:
dz
e
dy e
dx e
N
c
c
c
z b
b b
y a
x ⎰⎰⎰
+--+--∞
+∞
--22
22
22
2
2
2)11(8-=e abc N 2)11(-=e
3-10 若一个体系由一个质子和一个电子组成，设它的归一化空间波函数为ψ(x 1，y 1，z 1；x 2，y 2，z 2)，其中足标1，2分别代表质子和电子，试写出：
(1)在同一时刻发现质子处于(1，0，0)处，电子处于(0，1，1)处的几率密度； (2)发现电子处于(0，0，0)，而不管质子在何处的几率密度； (3)发现两粒子都处于半径为1、中心在坐标原点的球内的几率大小
3-11 对于在阱宽为a 的一维无限深阱中运动的粒子，计算在任意本征态ψn 中的平均值x 及)(x x -，并证明：当n →∞时，上述结果与经典结果相一致．
3-12 求氢原子1s 态和2P 态径向电荷密度的最大位置． 第三章习题13,14
3-13 设氢原子处在波函数为1
),,
(a
r e
a
r -
⋅=ππϕθψ的基态，a 1为第一玻尔半径，试求势能
r
e
r U 41)(πε
-
= 的平均值．
3-14 证明下列对易关系：
η)
)i p y =],[ 0=],[y p x )
) 0],[x =L x )
) z L x η)
)i ],[y = 0=],[x x L p )
)
z P L p )η)
)i ],[y x =
第三章习题15解
3-15 设质量为m 的粒子在半壁无限高的一维方阱中运动,此方阱的表达式为:
V (x)=⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤<∞a
x a x 00
0x 0
V 试求: (1)粒子能级表达式; (2)证明在此阱内至少存在一个束缚态的条件是,阱深0V 和阱宽a 之间满足关系式:
m
a V 322
2
0η≥
解: (1) 在x<0时,由薛定谔方程可得:
ψψE V m r =⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+∇-)(222η 因为 -∞=)(x V 所以 0)(1=ψx (1)
a x ≤≤0, V(x)=0,体系满足的薛定谔方程为: 22
2
222ψψE dx d m =-
η (2) 整理后得:0222222=+ψψηmE dx d 令η/2mE k = 则: 022
2
22=+ψψk dx
d 因为0)0(2=ψ所以波函数的正弦函数:)sin(2kx A =ψ (3)
x>a , 0)(V x V = 薛定谔方程为: 3302
3
222ψψψE V dx d m =+-
η (4) 整理后得: 0)
(232
0232=--ψψηE V m dx d 令η/)(20E V m k -= 则: 0'322
32=-ψψk dx
d 方程的解为:x
k Be '3-=ψ (5) 式中A,B 为待定系数,根据标准化条件ψ
ψ'
的连续性,有)()(')()('3322a a a a ψψψψ=
将(3),(5)式代人得: 'k k kctg =α (6) (2):证明: 令 ka
u =a k v '= 则(6)式可改为:v uctgu -= (7)
同时, u 和v 还必须满足下列关系式:
2
2022222/2)'(h a mv a k k v u =+=+ (8)
联立(7) (8)可得粒子的能级的值..
用图解法求解:在以v 为纵轴u 为横轴的直角坐标系中(7) (8) 两式分别表示超越曲线和圆,其交点即为解. 因k k ’ 都不是负数,故u 和v 不能取负值,因此只能取第一象限. 由图可知(7) (8)两式至少有一解得条件为:
2
202η
a mv 2π≥ 即 m a V 3222
0η≥
4-l 一束电子进入1.2T 的均匀磁场时，试问电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大? 分析要点: m s =1/2,g s =2;
B B s s z g m μμμ±=±=
解：已知：电子自旋磁矩在磁场方向的投影
B B s s z g m μμμ±=±=
依磁矩与磁场的作用能量 θμμcos B B E =⋅=ρ
ρ
自旋与磁场平行时
1cos0s s B E B B B μμμ=⋅=︒=r
r
自旋与磁场反平行时
2cos180s s B E B B B μμμ=⋅=︒=-r
r
则 442122 1.20.578810 1.38910B E E E B eV eV
μ--∆=-==⨯⨯⨯=⨯
4-2 试计算原子处于
2
3/2D 状态的磁矩μ及投影μz 的可能值．
则-)j
s )))
∴
4-3 试证实：原子在6
G 3／2状态的磁矩等于零，并根据原子矢量模型对这一事实作出解释． 解: 因为 2S +1=6 S =5/2 J = 3/2 l = 4 g J m J =0
这是一个多电子耦合系统,相互作用产生的总效果为零.说明多电子作用有互相抵消的情况.
4-4 在史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄的银原子束通过极不均匀的横向磁场，并射到屏上，磁极的纵向范围d =10cm ，磁极中心到屏的距离D =25 cm ．如果银原子的速率为400m ／s ，线束在屏上的分裂间距为2.0mm ，试问磁场强度的梯度值应为多大?银原子的基态为2
S 1／2，质量为107.87u ． 解：原子束在屏上偏离中心的距离可用下式表示:
对原子态 2
S 1/2⇒ L =0 S =1/2 J =1/2故 M g 因子为:g =2
4-5在史特恩-盖拉赫实验中(图19.1)d =10cm ，磁极中
心到屏的距离D =30cm ，使用的原子束是处于基态4
F 3/2的钒原子，原子的动能E k =50MeV ．试求屏上线束边缘成分之间的距离．
Z =Z =Z =
即: Z ±3/2=2Z 2(±3/2)= 2×0.52092=1.42cm Z ±1/2=2Z 2(±1/2)= 2×0.1736=0.347cm
4-6. 在史特恩-盖拉赫实验中，原子态的氢从温度为400 K 的炉中射出，在屏上接受到两条氢束线，间距为0.60cm ．若把氢原子换成氯原子(基态为2
P 3／2)，其它实验条件不变，那么，在屏上可以接受到几条氯束线?其相邻两束的间距为多少? 解： 已知 Z 2=0.30cm T =400K 3kT =3×8.617×10-5
×400eV=0.103eV J 由Z
=
2
s
=1/2
共有2j +1=4条，相邻两条间距为|Z ''-Z '|=0.4cm 。

4-7 试问波数差为29.6cm -1
的赖曼系主线双重线，属于何种类氢离子? 解：
41
31
3
484.5)1(~84.5)1(~--+∆=⇒⨯+=∆cm l l n z cn l n z νν
16.29~-=∆cm ν
以为是赖曼系主线 n =2 L =1 代入上式 得，z =3 所以是Li 原子 又因为其为类氢离子 所以为+
+Li
4-8
试估计作用在氢原子2P 态电子上的磁场强度．
解: B
B hc B μμ
μλλ222
∆=∆=
又由(21-13)式,Δμ=4.53×10-5
eV
T 4.010
788.521053.425
5
=⨯⨯⨯=∆≈--B B μμ 4-9
试用经典物理方法导出正常塞曼效应．
4-10 Z=30锌原子光谱中的一条谱线(3S1→3p0)在B为1．00T的磁场中发生塞曼分裂，试问：从垂直于磁场方向观察，原谱线分裂为几条?相邻两谱线的波数差等于多少?是否属于正常塞曼效应?并请画出相应的能级跃迁图．
1
=0,±1,在外磁场作用下，可以分裂为三条。

2
)
2
2
(
2
3
)
(
2
1
2
3
=
-
+
=
-
+
=
J
L
S
g)
)
)
对于基态m2=0,在外磁场作用下，并不分裂。

2
3
)
2
2
(
2
3
)
(
2
1
2
3
2
2
2
2
=
-
+
=
-
+
=
J
L
S
g)
)
)
B
g
m
g
m
E
E
E
E
B
μ)
(
)
(-
+
-
=
'
-
'
=B
E
E
B
μ
⎪
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
+
-
2
2
e
B m
e
2
η
=
μ
B
m
e
e
π
ν
ν
4
⎪
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
+
='
2
2
z
B
m
eB
e
GH
(T)
14
2
2
4
2
2
⨯
⎪
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
=
⎪
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
=
-'
π
ν
ν
)
(
467
.0
2
2
4
2
2
~-
⨯
⎪
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
=
⎪
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
=
-'
=cm
T
B
c
m
eB
c
e
π
ν
ν
ν
=(0.934,0,-0.934)cm-1
所以原谱线在外加磁场中分裂为三条，垂直磁场可以看到三条谱线。

Δm=0,+1,-1,分别对应于π，σ+，σ-三条谱线。

虽然谱线一分为三，但彼此间间隔值为2μB B，并不是μB B，并非激发态和基态的S=0，因S≠0所以它不是正常的塞曼效应。

对应的能级跃迁图
4-11 试计算在B为2.5T的磁场中，钠原子的D双线所引起的塞曼分裂．
解：A ．对于2S 1/2态，用⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+=222ˆˆˆ2123j l s g j ，将s =1/2, l =0;j =1/2代入，即可算出g j =2；由于j =1/2,因而m j =21
±
，于
是m j g j =±1。

B.对于P 态，相应的l =1，因而j =l ±s, s =1/2,j =1/2，3/2，有两个原子态2P 1/2，2
P 3/2。

分别对应于 g 1/2=2/3, m 1g 1=±1/3
2g 2=±2/3 , ±6/3
依 L g m g m h B g m g m B ~
)(/)(11221122-=-=-'μνν
L L L g m g m ~3432~)131(~)(11221⎪⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛±±=±-±=-=-'νν 分裂为四条线。

L L L g m g m ~
13135~1)3632(~)(11222⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛±±±=±-⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛±±
=-''=-'νν 分裂为六条线。

4-12 注:此题(2)有两种理解(不同习题集不同做法,建议用第二种方法).
钾原子的价电子从第一激发态向基态跃迁时，产生两条精细结构谱线，其波长分别为766.4nm和769.9nm，现将该原子置于磁场B中(设为弱场)，使与此两精细结构谱线有关的能级进一步分裂．
(1)试计算能级分裂大小，并绘出分裂后的能级图．
(2)如欲使分裂后的最高能级与最低能级间的差距ΔE2等于原能级差ΔE1的1.5倍，所加磁场B应为多大?
要点分析:钾原子的价电子从第一激发态向基态的跃迁类似于钠的精细结构。

其能级图同上题。

解：
(1) j g j
A.对于2S1/2态，用
⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛-
+
=
2
2
2
ˆ
ˆ
ˆ
2
1
2
3
j
l
s
g
j
,将s=1/2, l=0;j=1/2代入，即可算出g j=2；由于j=1/2,因而m j=2
1
±
，于是m j g j=
±1。

B.对于P态，相应的l=1，因而j=l±s, s=1/2,j=1/2，3/2，有两个原子态2P1/2，2P3/2。

分别对应于
2P
1/2对应有m1=±1/2, g1/2=2/3, m1g1=±1/3
2P
3/2对应有m2=±1/2，g3/2=4/3, m2g2=±2/3 , ±6/3
能级分裂大小:
P 3/2能级分裂大小: m 2g 2从+6/3→+2/3为4/3μB B P 1/2能级分裂大小: m 2g 2从+1/3→-1/3为2/3μB B S 1/2能级分裂大小: m 1g 1从+1→-1为2μB B (2) 解: 有两种认为: (2)
第一种认为:ΔE =(E 2-E 1) 与教材计算结果一致.
若使ΔE 2=1.5ΔE 1=1.5(E 2- E 1) 即ΔE 1+7/3μB B =1.5ΔE 1 即
=0.5 即∴
B=27.17 T (3)
第二种认为:ΔE =(E 2-E 0)与教材结果相差甚远
若使ΔE 2=1.5ΔE 1 即ΔE 1+3μB B =1.5ΔE 1 即 1=0.5(E 2-E 0)
∴
B=4648.3 T
4-13 假如原子所处的外磁场B大于该原子的内磁场，那么，原子的L·S耦合将解脱，总轨道角动量L和总自旋角动量S将分别独立地绕B旋进．
(1)写出此时原子总磁矩μ的表示式；
(2)写出原子在此磁场B中的取向能ΔE的表示式；
(3)如置于B磁场中的原子是钠，试计算其第一激发态和基态的能级分裂，绘出分裂后的能级图，并标出选择定则(Δm s=0，Δmι=0，±1)所允许的跃迁．
4-144-14 在居B=4T的外磁场中，忽略自旋—轨道相互作用，试求氢原子的2P-1S跃迁 (λ=121 nm)所产生的谱线的波长.
解：∵
B
g
m
g
m
h
h
B
μ
ν
ν)
(
1
1
2
2
-
+
='
忽略自旋与轨道相互作用,即引起帕邢-巴克效应。

此时，
B
L
g
S
g
m
e
B
U
l
s
e
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
⋅
+
=
⋅
-
=)
(
2
μ
或者
)(22)(22l s e
z z e m m m B
e L S m eB U +=+=η (1) 选择规则变为
Δm s =0，Δm ι=0，±1
∴ 对应于1S 态，m s =±1/2, m l =0. 因此类比 (1)式给出双分裂. 对应于1P 态，m s =±1/2, m l =0，±1. 因此给出六分裂. 依据跃迁定则可能的跃迁如图.产生六种跃迁，三种波长。

由（1）式看来，三种波长必然差
11 1.8740.4674--=⨯==cm cm c
m eB L e π~ L ~
10111⎪
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-+='λλ λ=121nm
∴
nm ⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-='00274.012112100274.0121λ
第四章 原子的精细结构：电子的自旋
4-1)解：B U B m B S m e B U B s B e
s μμμ22=∆⇒=⋅=⋅-=ρ
ρρρ
B U B m B s B μμ22=∆⇒
=ρ
4141()20.578810 1.2 1.39102
B S g h B ev T T ev h μ---⋅=⨯⨯⋅⨯=⨯V 4-2）3/21
342,2,225
D S e j g ===∴=状态，54;23,2,21====g j l s
4
5
B B μμμμ=⇒=
其大小：B μ55.1= B B z m mg μμμ5
4
==
3113
,,,2222m =--
B z μμ)5
652,52,56(--=
4-3) 解：6G 3/2 态：;2
3,4,25612===
⇒=+j l s s 该原子态的Lande g 因子：0)12
3(23)
14(4)125
(252
123=++-+⋅+=g
原子处于该态时的磁矩：
0)1(=+=B j j j g μμ (J/T)
μP P S
μL
利用矢量模型对这一事实进行解释： 各类角动量和磁矩的矢量图如上。

其中
P S = [S(S+1)]1/2 ħ = (35/4)1/2 ħ P L = [L(L+1)]1/2 ħ = (20)1/2 ħ P J = [J(J+1)]1/2 ħ = (15/4)1/2 ħ μS = g S ⨯[S(S+1)]1/2⨯μB = (35)1/2 μB μL = g l ⨯[L(L+1)]1/2⨯μB 利用P S 、P L 、P J 之间三角形关系可求出 α = 30︒ cos β =
7
25
由已知的cos β 、μS 、μL 可求出 μ =
B μ5 以及 θ = 120︒
所以 θ − α = 90︒。

即 矢量 μ 与 P J 垂直、μ 在 P J 方向的投影为0。

或：根据原子矢量模型：总磁矩s l μμμρ
ρ,等于分量相加，即：
)2()2(),cos(),cos(2
22222J
L S J g J S L J g J S J L B S B l s l -+-+-+-=+=μμμμμρρρρ
可以证明： ),cos(),cos(J S J L s l ρρρ
ρμμ-=
J s l ρ
ρ
ρ在
与μμj μμμ与在上投影等值而反向，所以合成后，＝0 4-4)解：22mv dD z B z z B
⋅∂∂±=μ，222mv
dD
z B z z B ⋅∂∂=∆μ 2z
∆3222.010;1010;2510m d m D m ξ---=⨯=⨯=⨯ 123107.87400;10;0.93106.02
10B v m s M μ----=⋅⨯=⨯12332301093.0;1002.687
.107---⨯=⨯⨯==
JT kg N A m B μ 将所有数据代入解得：z z 21.2310/B J m
ξ
ξ
∂=⨯∂T/m 4-5)解：234
F 3/2
3
4,2142
F j g =
+=态，分裂为：2j （束） k
z B z B
E dD
z B mg mv dD z B mg z 222⋅∂∂-=⋅∂∂-=∆μμ ,,,,δ
--=31132m=22225
52
=g 对于边缘两束，k
z B
E dD z B jg z 222⋅∂∂=∆μ 4223
0.10.3
20.578810510 1.01025010
m δ---⨯∆=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯3225 4-6)解：
2
3
,21,21,23;23,1,21:232
--====m j l s P 态
,,;214j --+=113
222
即：屏上可以接收到4束氯线 对于H 原子：m E dD
z B z k z B
22106.022-⨯=⋅∂∂=∆μ 对于氯原子：k
z B
E dD
z B g z 22⋅∂∂='∆μ
222
g z z =∆'∆ ⇒ )(2
122
z g z ∆='∆ 对于34
:232
=
g P 态，代入得：2z '∆4/3'0.600.402
cm δ=
⨯=
<注：T ＝400K,表明：大部分H 原子处于基态，当T=105K 时，才有一定量得原子处于激发态> 4-7)解：赖曼系，产生于：21n n =→=
0,1==l n ，对应S 能级
1,0;2==l n ，对应S 、P 能级，所以赖曼系产生于：21P S →
双线来源于：2
3/21/22,2P P P 2的分裂，2
由21－12’知：13
4
84.5)
1(-⨯+=∆cm l l n Z ν 将
1,2,6.291
===∆-l n cm ν代入29.62,1,3V cm n e Z -∆===代入，解得：= 即：所得的类H 离子系：Li ++
4-8)解：2P 电子双层的能量差为：
ev ev ev l l n Z U 44344341053.41025.7)
11(1211025.7)1(---⨯=⨯⨯+⋅⋅=⨯⨯+=∆
两一方面：B U B μ2=∆ ⇒ )(39.010
5788.021053.424
4
T U B B =⨯⨯⨯=∆=--μ 4-10)解： 1,0,1;2;1,0,1312:1113
-=====⇒=+m g j l s s S 态
0;0,1,2
3
312:203====⇒=+m j l s s P 态
11)(g m mg =∆有三个值，所以原谱线分裂为三个。

相应谱线与原谱线的波数差：
hc
B c c
c B μννν
νλλνν
)2,0,2()(111~~-=-'=-'=-'=-'
相邻谱线的波数差为：
hc
B B μ2 不属于正常塞曼效应（正常塞曼效应是由s=0到s=0的能级之间的跃迁） 4-11）解：① 212
232
33S P →
21
,23;34;23,1,21:3232±±=====m g j l s P
2
1
;2;21,0,21:3212±=====m g j l s S
分裂后的谱线与原谱线的波数差为：
℘---=℘∆=∆~)3
5,1,31,31,1,35(~)(~mg ν。