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1、原子物理学习题解答刘富义编临沂师范学院物理系理论物理教研室第一章原子的基本状况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7.68x106电子伏特。散射物质是原子序数Z =79的金箔。试问散射角 1 =150口所对应的瞄准距离b多大?解：根据卢瑟福散射公式:,M M MvK .ctg /=4； 0 2 b = 4； 0 三 b2 ZeZeZe2ctg 24 二。K：得到：一一一 15=3.97 乂10 米79 (1.60 1019)2ctg 150 二_ _Z_126Z19(4 二 8.85 10) (7.68 106 10)式中K0t = 1Mv2是a粒子的功能。1.2已知
2、散射角为日的a粒子与散射核的最短距离为rm =(2 Ze 24 二；二(1-)Mvsin-2-，试问上题a粒子与散射的金原子核之间的最短距离rm多大?解：将1.1题中各量代入rm的表达式，得:min4二；0) 需(1sin192八 .94 79(1.6010)2=9 1096布7.68 101.60 10(1高）_ _14=3.02 父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，其与金箔原子核的最小距离多大？解：当入射粒子与靶核对心
3、碰撞时,散射角为180口。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：Z 2,故有:4 - 0 r minr minZe9=9 10 979(1.6010 一19)210 61.6010 一19=1.14尺10 T米由上式看出：rmin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父10 平米。1.4 针放射的一种ot粒子的速度为1.597父107米/秒，正面垂直入射于厚度为10，米、密度为1.932父104公斤/米3的金箔。试求所有散射在9 90cl的a粒子占全部入射粒子数的百分比。已知金
4、的原子量为197。dn解：散射角在dQ +de之间的a粒子数dn与入射到箔上的总粒子数 n的比是:Ntd其中单位体积中的金原子数：N = ：；/mAu = ：N0/AAu而散射角大于900的粒子数为：dn =dn = nNt $do所以有:dnNt(J：N 0Aau1t ( 4二；02 Ze 2 2 ( Mu 2 )180 :- 90sinecos 一等式右边的积分:8cos 900；dsin 一29 d sin_ o 180 ：-2一 2 90 ?. 3 1sin 一2dnjiAAu4二；(消Mu)28.5 10=8.510一4 .%即速度为1.597父107米/秒的口粒子在金箔上散射，散射
5、角大于90。以上的粒子数大约是8.50%。1.5 粒子散射实验的数据在散射角很小（曰900 的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当 豆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 9 900的散射，甚至会产生e定1800的散射，这与实验相符合。因此，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：电子在第一玻尔轨道上即年 n=1o根据量子化条件，hp 二 mvr n 2 二v nh h可得：频率 =二 =二 2 =二 22 二 a12 二 ma12 二 ma1=6.58父1015赫兹速
6、度：v = 2-1 = h/ma = 2.188父 106米/秒加速度：w = v2/r =v2/a1 = 9.046父 1022米/秒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。解：电离能为Ei =丈_ E1,把氢原子的能级公式 En = Rhc/n2代入，得：Ei = Rh hc(g - -) = Rhc=i3.60 电子伏特。1E：电离电势：Vi =13.60伏特e11、 33 ,第一激发能：Ei = Rh hc(j -怔)=: Rhc =:父 13.60 = 10.20电子伏特1244第一激发电势：V = E1 =10.20伏特e2.3 用能量为12.5电子
7、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：11E =hcRH (-)其中 hcRH =13.6电子伏特1 n1，E1 =13.6M(1 可)=10.2电子伏特22_ 1 、E2 =13.6父(1 -) =12.1 电子伏特321，E3 =13.6X(1 -) =12.8 电子伏特4其中E1和E2小于12.5电子伏特，E3大于12.5电子伏特。可见，具有 12.5电子伏特能量的电子不足以把基态氢原子激发到 n至4的能级上去，所以只能出现n M3的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长
8、为：= 5RH /361117 Rh（好一 3o-1 =6565A二 Rh（；O4RH-2 =1215A32）=9rh11一二 RhQ,313 =1025A2.4试估算一次电离的氮离子He+、二次电离的锂离子 Li+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:2 24二；0h nr 二22 = a14 二 mZe2nZ,n =1,2,3其中ai4 二二0h22 24 二 me= 0.529177x10,米，是氢原子的玻尔第一轨道半径
9、;Z是核电荷数，对于H,Z=1;又t于H,Z=2;对于Li +卜，Z=3;因此，玻尔第一轨道半径之比是rHeZH 1rLiZh 1b)氢和类氢离子的能量公式:c 2422二 me Z(4二;0)2n2h2二 EiZ2其中Ei2二 me2 2(4二；) h电离能之比:0 - E He0 - Ehc)d)rHZHe-2rHZLi 3,n n= 1,2,3电-13.6电子伏特，是氢原子的 基态能量。Z；Z24,+0 - E LiZLi0 - EhzH第一激发能之比:EHe -EHe221 22eH -eHE2i - ELieH -eHEiEiEi12,22321222-Ei7-二 42-Eif氢原子
10、和类氢离子的广义巴耳末公式:二 z2r凸-nin二1,2,3.n2 =(7 1),(12)2 二2me4(4二 0)2h3是里德伯常数。氢原子赖曼系第一条谱线的波数为:相应地，对类氢离子有: He 门211、1v1(F 一，)下 Li211、_1v1-3 R(72 一力) 一LT121因此，He -11H- 11Li 一 112.5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，是否有可能使处于基态的一次电离的氨粒子 He的电子电离掉？解：Li*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：11 、vHe = 4hcRHe（- - -）= 4hcRHe1hvLi
11、27RLi 27 1 m/MHe = = S hvHe16RHe16 1 m/ M Li由于 M He M M Li，所以 1 + m/M He 1 + m/ M Li ,从而有hvLi十+ A hvHe+，所以能将He+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一条（H）光谱线之间的波长差 九有多大？已知氢白里德伯常数Rh =1.0967758父107米笊的里德伯常数 Rd =1.0970742父107米。 1解：一1=Rh (221、_ _2), ?uH =36/5Rh 3= RD(2232),九d =36/5Rd36, 1R
12、dH - D(丁 -5 RH=1.79A正电子素”。试计算正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电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长人为多少A ?_111R.-1m m-3R88 _13R- - 3 10973731米=2430 A斛：=Re e _( F ) ee 12222.8 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 vn。当n1时光子频率即为电子绕第n玻尔轨道转动的频率。111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：n = = R2 - 一 Jn n (n 1)止ac 11, 2n 1频率为： Vn
13、= = Rc7 = 5 Rcn2 (n 1)2 n2(n 1)22243当n时，有(2n+1)/n (n+1)定2n/n =2/n，所以在n1时，氢原子中电子从 n+1轨3道跃迁到n轨道所发光子的频率为：vn = 2Rc/n 。设电子在第n轨道上的转动频率为fn,则. v mvr P 2Rc1.1 n _ c /2 _ _2 一 寸2 r 2 二mr2二mrn因此，在n1时，有Vn = fn由上可见，当n1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：
14、RR .V =2 -2。已知锂原子电离成 Li离子需要203.44电子伏特的功。问如把(1 0.5951) (n -0.0401)Li +离子电离成Li +/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Li + 离子电离成Li 离子时，有 E1 = Rhc 2 - 驷一2 = 5.35fe子伏特(1 0.5951)2二 (1 0.5951)2Li 是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此 Li +*t Li 时，电离能E3为：E3 =ZRhc GZ2RR/hc =
15、 122.4电子伏特。设Li +t Li +惭电离能为E2。而Li T Li +卜+需要的总能量是E=203.44电子伏特，所以有E2 = 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：设原子的磁矩为磁场沿Z方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为NZ,于是具有磁矩的原子在磁场中所受的力为F = R Z 且，其中田是磁场沿Z方向的梯度。对均匀磁场， 出=0,j Z；Z；Z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 二B 一 ， ,，一非均磁场，00原子在磁场中除做上述运动外，
16、还受到力的作用，原子射束的路径要发生偏转。辽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，磁场的梯度为B = 103；Z2特斯拉/米，磁极纵向范围Li=0.04米（见图2-2）,从磁极到屏距离 L2=0.10米，原子的速度V=5M10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N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12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 ,出射万向与入射万向间的夹角为日。日与速度间的关系为：tg8 =v，v粒子
17、经过磁场 L出射时偏离入射方向的距离 S为:(1)将上式中用已知量表示出来变可以求出Z 一c _ f _汨一八, v - at, a -, t L1 / v- m m FZz汨Li . v 二一m ：:Z vS = L2tg -=Z汨L1L2m：:Zv2Z ：B L1L2m ：Z v2把s代入（1）式中，得:d JZ ；:B L1L2 人史上2 m :Z v2 2m ：:Z v2 整理，得：tlBL2(Li . 2L2) =d2m 辽 v2由此得：4 =0.93x10*焦耳/特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
18、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。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I1,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上I1a21n2n2为A21,则有 g=10A21N 20N20适当选取单位，使 L=_N二=1/3.32, I 0 N 20并注意到 N2 = N
19、20e21t,Bt = S/v ,则有：_NA =e&1t =1/3.32 N 20由此求得：1vA21(In 3.32 -ln1) = ln3.32tsx 1 s 1.5 10，t =3A21vln3.32 103 ln3.32= 1.25X10 上秒第三章量子力学初步3.1 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:34动量为: p = =-10= 6.63父10-24千克 米 秒10能量为：E=hv = hc/=6.63父10,4 m 3M108/10, =1.986父10,5焦耳。3.2 经过10000伏特电势差加速的电子束白德布罗意波长 ? = ?用上述
20、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：九=h/J2meV 对于电子：m = 9.11父10口公斤，e = 1.60父109库仑把上述二量及h的值代入波长的表示式，可得：12.25 -12.25 ,A A = 0.1225AN 10000对于质子，m =1.67父102公斤，e =1.60父10,9库仑，代入波长的表示式，得: 34= 2.862 10dA6.626 1012.25 -A的电子德布罗意波长2 1.67 10 47 1.60 10 “9 100003.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来与加速电压的关系式应改为：122
21、5上 二=(1 -0.489 10 V)AV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：，=h / p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： K2+2Km0c2= p2c2而被电压V加速的电子的动能为:K 二 eV2(eV)2c2m0eVp = . 2m0eV (eV)2/c2因此有:h.2meVeV 2m0c2一般情况下，等式右边根式中 eV/2mc2 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：heVh6】一h (1 -eVy)-h (1 -0.489 10 V)2mOeV4mOc2m0eV12.25 二由于上式中
22、h/q2moeV也一A,其中V以伏特为单位，代回原式得:12.25a 二 =(1 -0.489 10 V) A,V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：pdq = nh对氢原子圆轨道来说，pr = 0, p = mr2 = mvr所以有：pd = 2二 mvr = nh一 _ hS = 2 -r = n n , n = 1,2,3 =-=m v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
23、长。椭圆轨道的量子化条件是：,p d = n h:p r dr = n r h其中 pr 二 mr, p 二 mrprdr + p.#) = nh,其中 n = n +nr 而(prdr p d )二；(mrdr mr2 d )*dr2 ,d= (m r dt mr dt) dtdt2 ,二；:mv dt = mvdsh ds=, ds = hds.二n 因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。1微米。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 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
24、=1000电子伏特，Axnl。虫米，动量相对偏差为 Ap/p。h根据测不准原理，有 ipix ,由此得：Ap之 2经典力学的动量为：p = ,2mK.2 X2mK= 3.09 10)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三0）的能量可以有连续的值。证明：自由粒子的波函数为：自由粒子的哈密顿量是:i _.h(p一日)(1)自由粒子的能量的本征方程为:匕22m(2)H = E-(3)h 2（p r -Et）把（1）式和（2）式代入（3）式，得：盯Ae h = E2m即：h2d2d2d21Pxx pyy pzzEt）
25、2A（-d-y -d-7 -dT）e hE2mdxdydz2L =E;2m2E=心2m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：x：L,V=0x：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I ?n?ni三个区域。d,(x)2N(1) 定态振幅方程为 一: +与(E -V(x)氏(x) = 0dx2h2式中N是粒子的质量。I区：注口2甲=0其中2=当0E)dxh波函数处处
26、为有限的解是：中1(x) = Ae叱A是一任意常数。n区：弋十P绅=0其中P2 = 2E dxh处处有限的解是：W2(x) = Bsin(Px+)B, 是任意常数。出区：d 2 dx_豆2甲=0其中汽2 =翼0 _e) h2处处有限的解是:匕(x) =DeqD是任意常数。有上面可以得到:1dx 2d1-2dx= %tgx),1一 3*3 dx有连续性条件，得:Of二ctgOf=函(-L )解得:tg ( L)=PP十ototK1 2-a因此得：L =n： -2tg 八)这就是总能量所满足的关系式。(2) 有上式可得：P 一 tg(亦即-tg n=偶数，包括零(g2儿n=奇数L:L = -( L
27、)ctg L二 L = ( L)tg 令 PL = u,a L = v,则上面两方程变为:u-utg 一(1)2=utg u(2)2另外，注意到u和v还必须满足关系：u2+ v2 =2NVoL2 /h2(3)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、 势能V =8；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：宽、高分别为a、b、c在势箱外,VxVyVzVxVyVz=0,0 x a;=0,0 y 三 b;=0,0 三 z 3S;3s 2P;2P 2S;3P 2S。4.5 为什么谱项S项的精细结
28、构总是单层结构？试直接从碱金属光谱双线的规律和从电子自旋与轨 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
29、双层结构的间隔随主量子数 n的增加而逐渐减小。这样的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。解：赖曼系的第一条谱线是 n=2的能级跃迁到n=1的能级产生的。根据选择定则，跃迁只能发生在22Pt 12S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:_2Rhc(Z 一二)_2 _ 4Rhca (Z - S)4n其中(Z 二)=(Z -S) =1_ _2_ 2_CE(22P3/2) -E(12Si/2)= h 11hc- , 1 _ _2