原子物理第三章量子力学初步答案

第三章量子力学初步3.1波长为ia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：p二A二6.63x1°34二6.63x10-24千克•米•秒-1九 10-io能量为:E=hv=hc/九二6.63x10-34x3x108/10-io二1.986x10-15焦耳。经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长九=?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：九=h/\.2meV 只寸于电子：m=9.11x10-31公斤，e=1.60x10-19库仑把上述二量及h的值代入波长的表示式，可得："竽A=需A=0-1225A对于质子，m=1.67x10-27公斤，e=1.60x10-19库仑，代入波长的表示式，得：=2.862x10-3表示式，得：=2.862x10-3AJ2x1.67x10-27x1.60x10-19x10000电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来九=1225A的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：12.25(1-12.25(1-0.489x10-6V)A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：九=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：K有如下关系：K2+2Kmc2=p2c20而被电压V加速的电子的动能为：K而被电压V加速的电子的动能为：K=eV(eV)2c2+2meV0p='2meV+(eV)2/c20因此有：eV2mc20二h/eV2mc20J2meV0般情况下，等式右边根式中eV/2mc2—项的值都是很小0的。所以，可以将上式的根式作泰勒展开。只取前两项，得：TOC\o"1-5"\h\zh eV h九二= (1 )二= (1-0.489x10-6V).J2meV 4mc2 .-2meVw0 0 \ 0由于上式中h八亦v.1225a，其中v以伏特为单位，代回原v0 Jv式得：1225九=—4=^(1-0.489x10-6V)A

w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。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：Rpdq=nh对氢原子圆轨道来说，p=0,p=mr2$=mvr0所以有：Jpd0=2兀-mvr=nhhS=2兀r=n =nk,n=1,2,3 mv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：pd0=nh

00pdr=nhrr其中p=mrp=mr,p=mr2©r0.•丄(pdr+pd©)=nh,其中n=n+nr © © rJ(pdr+pd©)=J(mrdr+mr2©d©)r©=(J(m•drdt+mr2©—dt)=

dt dtJds•••小亍=nkmv2dt=mvds=h ds—ds=h(j)——r k因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。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，Ax=10-6米，动量相对偏差为Ap/p。根据测不准原理，有ApAx>h，由此得：Ap>丄2 2Ax经典力学的动量为：p=p2mK:.-L>h =3.09x10-5p2—X\：2mK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o）的能量可以有连续的值。+—（p-r-Et）证明：自由粒子的波函数为:屮—Aeh （1）自由粒子的哈密顿量是：H=-竺V2……（2）2m自由粒子的能量的本征方程为：Hw=E屮 （3）h2 j_（一一—E）把（1）式和（2）式代入（3）式，得：-2mV2狙几"V=E即：h2 d2 d2 d2丄-—V2A（—+—+—）e+h（pxx+pyy+pzz一Et）2m dx2dy2dz2p2=砂2—屮=砂2m:E=巴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试推导粒子在E<V情况下其总能量E满足的关系式。0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1,11,111三个区域。(1) 定态振幅方程为竺h+空(E-V)屮=0dx2 h2 (x)(x)式中卩是粒子的质量。I区：竺世-a2屮=0其中a2=空(V-E)TOC\o"1-5"\h\zdx2 h20波函数处处为有限的解是：屮(x)=Aeax,A是一任意常数。1II区：凹+B2屮=0其中B2=空Edx2 h2处处有限的解是：屮£(x)=Bsin(px+y),B,丫是任意常数。III区：d^-a2屮=0其中a2=空(V-E)dx2 h20处处有限的解是：屮(x)=De-a,D是任意常数。3有上面可以得到：丄竺=a，丄竺=pctg(Px+丫)，丄竺=-a,屮dx屮dx 屮dx1 2 3有连续性条件，得：ap=ctg7{pa-^=ctg(pL+7)解得：tg(卩L)=-1-a2因此得：pL二n兀-2tg-1（P/a）这就是总能量所满足的关系式2）有上式可得：p=tg(孚-学)a2 2_{-tg ……n二偶数，包括零ctg— n_奇数2aL_-(pL)ctg芈亦即 PL2aL_(pL)tg-令pL_u,aL_v，则上面两方程变为uv_-utg (D2uV_utg ⑵2另外，注意到U和V还必须满足关系：u2十v2_2卩VL2/h2 ⑶0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a、b、c在势箱外，势能V；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：_0,0<x<a;V_0,0<y<b;V_0,0<z<c;xyz=g,x<0和x>a;V=g,y<0和y>b;V=g,z<0和z>cxyz

在势箱内波函数屮(x,y,z)满足方程：空+空+凹+2m[e_(V+v+V加二02x22y22z2h2 xyz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。令屮(x,y,z)二X(x)Y(y)Z(z)代入(1)式，并将两边同除以x(x)Y(y)Z(z)，得：(丄空-Zmv)+(丄竺I-2mv)+(丄性-也V)一叫Xdx2 h2 x Ydy2 h2 yZ dz2 h2 z h2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：Xdx2-- V=h2xEh2x1d2Y2m2mV=EYdy2h2yh2y1d2Z2m2mV=-EZdz2h2zh2z1d2X 2m2m2)其中E=E+E+E,E,E,E皆为常数。xyzxyz将上面三个方程中的第一个整数，得：2)烂+如(E-V)X=0dx2 h2 xx边界条件：X(0)二X(1)二0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：

v ◎.n兀X=sinxna-Ex 2kEx 2k-2xn2,n=1,2,3x类似地，有：2 .n兀=sm十y

bbk2h2=n2,n=1,2,32kb2 yy■2.nk=sin—z--=^2h2n2,n=1,2,32k-2zz・••屮(x,y,z・••屮(x,y,z)=.'-8b-abcsin—sintsinabk2h2n2n2n22m