原子物理学课后习题

原子物理学习题解答

W编

★物理率

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7.68xl（）6电子伏

特。散射物质是原子序数Z=79的金箔。试问散射角。=150°所对应的瞄准距离b多大?

解：根据卢瑟福散射公式:

4Q。卫二匕=4"。

ctg勺=

o2Ze20Ze2

得到:

279x(1.60x10-19)2©

h^Zectgj吆挈=3.97xl()T5米

4兀%Ka(4%x8.85x10-12)*(7.68xl06xl.6xlO-19)

2

式中Ka=\Mv是a粒子的功能。

1.2已知散射角为。的a粒子与散射核的最短距离为

2

1、2ZeZ11

-------)------(1+—°），试问上题a粒子与散射的金原子核

4"£0Mv"s1nT

之间的最短距离Q多大？

/1、2Ze21、

解:将1.1题中各量代入〃的表达式，得：=汨=（------）二7丁（1+一

47r£°Mvsin~2

C1A94X79X(1.60X10-19)21

一xX7.68xl06xl.60xl0-19X+sin750

=3.02x10-14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碰撞时，散射角为180°。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：

——Mv

2

9x10

由上式看出：入n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L14X1()T3米。

1.4针放射的种a粒子的速度为1.597x1()7米/秒，正面垂直入射于厚度为io,米、

密度为1.932xIO4公斤/米3的金箔。试求所有散射在6>90°的a粒子占全部入射粒子数

的百分比。已知金的原子量为197。

解：散射角在。夕+d，之间的a粒子数d〃与入射到箔上的总粒子数n的比是：

Ntda

其中单位体积中的金原子数：N=plmAu=pNs/

而散射角大于90°的粒子数为：dn=\dn=nNtfda

NtJ：dcr

所以有：n2

PN0180

900

4乃入MU

cos—dsin—

等式右边的积分：/=J；：；=2w_____2__1

9。。.3。

故

近;必./.（上）2%（三）2

nAAllMU'

。8.5x10-6=8.5xICT,%

即速度为1.597x1（）7米/秒的a粒子在金箔上散射，散射角大于90。以上的粒子数大约是

8.5XKT4%。

1.5。粒子散射实验的数据在散射角很小（6《15°）时与理论值差得较远，时什么原

因？

答：a粒子散射的理论值是在“一次散射”的假定下得出的。而a粒子通过金属箔，经

过好多原子核的附近，实际上经过多次散射。至于实际观察到较小的6角，那是多次小角

散射合成的结果。既然都是小角散射，哪一个也不能忽略，一次散射的理论就不适用。所

以，。粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。

1.6已知a粒子质量比电子质量大7300倍。试利用中性粒子碰撞来证明：a粒子散射

“受电子的影响是微不足道的

证明：设碰撞前、后a粒子与电子的速度分别为：/,D',0，E。根据动量守恒定律，得:

Mva-Mva+mve

由此得：V-v,='=_!_v•……（1）

""M'7300«

又根据能量守恒定律，得：L2L2L2

2MVa=2MVa+2mv'

将（1）式代入（2）式，得：

22

vj=V„+7300（va-vj

整理，得：vj（7300-1）+va（7300+1）-2x7300cos。=0

•/7300>1

2

上式可写为：7300（九-va）=0

兀一口=0

即a粒子散射“受电子的影响是微不足道的“。

1.7能量为3.5兆电子伏特的细a粒子束射到单位面积上质量为1.05x10-2公斤/米2

的银箔上，a粒子与银箔表面成60°角。在离G0.12米处放一窗口面积为6.0x10一5米2的

计数器。测得散射进此窗口的a粒子是全部入射a粒子的百万分之29。若已知银的原子量

为107.9。试求银的核电荷数Z。

解：设靶厚度为非垂直入射时引起a粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的

厚度而是f=f'/sin600,如图1-1所示。

因为散射到6与6+d。之间dQ立体

角内的粒子数dn与总入射粒子数n的比为：

dn

----=Ntda（i）

n

而db为：图i.i

2

把（2）式代入（1）式，得：

@=……⑶

n4密Mvsin，_

Sm2

式中立体角元=dsll3,t=t/sin60°=2tI瓜9=20°

N为原子密度。Nf'为单位面上的原子数，M'=〃/〃%=77（AAJNO）T,其中〃是单位

面积式上的质量；〃2曲是银原子的质量；人心是银原子的原子量；N。是阿佛加德罗常数。

将各量代入（3）式，得：

dn=2i]N°（]V（ze2d£l

2

"6Az4加0Mvsin40_

,2

由此，得:Z=47

1.8设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为

10-1°米的球形原子内，如果有能量为IO,电子伏特的。粒子射向这样一个“原子，，，试通过

计算论证这样的a粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于90°的散射。这

个结论与卢瑟福实验结果差的很远，这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的（原子中电子

的影响可以忽略）。

解：设。粒子和铅原子对心碰撞，则a粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量

有下式决定：

-Mv2=2Ze2/4万&R=3.78xICT%焦耳。2.36x1（）3电子伏特

2

由此可见，具有IO。电子伏特能量的a粒子能够很容易的穿过铅原子球。a粒子在到达原

子表面和原子内部时.，所受原子中正电荷的排斥力不同，它们分别为：

2223

F=2Ze/4^0/?ffF=2Zer/4^0/?o可见，原子表面处a粒子所受的斥力最大，

越靠近原子的中心。粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使a粒子发生散射最强的

垂直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设a粒子擦原子表面而过。此

时受力为F=2Ze2/4兀无仆。可以认为a粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷

的作用，即作用距离为原子的直径D。并且在作用范围D之内，力的方向始终与入射方向

垂直，大小不变。这是一种受力最大的情形。

根据上述分析，力的作用时间为1=口入，a粒子的动能为=长，因此，

2

v=d2KIM,所以，t=D/v=D」M12K

根据动量定理：]尸小=—=V也一0

而（产力=2Ze2/4万4R2[4=2Ze2t/4兀/#2

所以有：2Ze2〃4疫0R2=〃匕

22

由此可得：v1^2Zet/47T£aRM

a粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0,入射方向上速度不变。据此，有:

火夕=2222

b=2Zet/47T£aR-Mv=2ZeD/4TT£()RMv

V

=2.4x10-3

这时济艮小，因此吆。。。=2.4x10-3弧度，大约是8.2'。

这就是说，按题中假设，能量为1兆电子伏特的a粒子被铅原子散射，不可能产生散

射角6>90°的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当a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，>90°的散射，甚至会产生夕«180°

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•玻尔轨道上即年n=I。根据量子化条件，

h

p°=mvr=n-----

2n

vnhh

可得：频率v=r

2啊2加町2jcma]

=6.58x1015赫兹

速度：丫=2加/=/7/加。]=2.188乂1（）6米/秒

1

加速度：'w-v~!r-V1ax=9.046x1。"米/秒？

2.2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：电离能为片=E,-瑞，把氢原子的能级公式E“=一/?松/〃2代入，得：

Ej=治法占----）=Rhe=13.6。电子伏特。

100

£

电离电势：匕=」=13.60伏特

e

1133

第一激发能：耳=RHA（弘一5r）=1即7c=7*13.60=10.20电子伏特

第一激发电势：匕=幺=10.20伏特

e

2.3用能量为12.5电子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：

E=hcRH（4-^T）其中〃cR“=13.6电子伏特

E、=13.6x（l-二）=10.2电子伏特

22

=13.6x（l-二）=121电子伏特

32

々=136x（1-=12.8电子伏特

342

其中与和芯2小于12.5电子伏特，鸟,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〃24的能级上去，所以只能出现“43的能级间的跃

迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为：

J-=R(二一二)=5R“/36

4"2232H

4=6565A

1n/11、3n

—=RH(-2------72)=-R"H

A2I24

%=1215A

1118

Rz

=(

---一-

4\p9

-32

2.4试估算一次电离的氮离子H；、二次电离的锂离子L：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：

其中为=当4■冗r二~=0.529177x10-1°米，是氢原子的玻尔第一轨道半径;

47r"me

Z是核电荷数，对于H,Z=1；对于H,Z=2；对于。++,Z=3；

因此，玻尔第一轨道半径之比是叱="=L,土匚

r

HZH+2rHZv++3

b）氢和类氢离子的能量公式:

2Hz

E==居一,〃=1,2,3

（4万£（））n

024

其中E13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。

（4%）2/

电离能之比：

0-£+72

U。瓜，__He_A

，

U0-「£H_Z乙〃2―

0-E..++z：

_________I，=L=9

0-E72

c）第•・激发能之比：

.22「22

“2r-lE.-v-E,—r-

3232

晓-现七三-E〒一

E『E%I2I2

£'F-£'F

d）氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式:

〜，11"=1,2,3……

V=Z-R（Q-A）,1敢=（%+1）,（〃[+2）

fl।'"2

c24

其中R=』兀」?是里德伯常数。

（4万£。）2%3

氢原子赖曼系第条谱线的波数为：

相应地，对类氢离子有:

1

2.5试问二次电离的锂离子斗+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氮粒子”：的电子电离掉？

解：4+由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：

”:的电离能量为：

V儿心（：-工）=

He=4^hcRHe

100

能/%

,hvLi++,27Ru“~~~~,27*“1+■

除

hvHe+16161+m/MLi

由于<“"，所以加/"出

1+>i+m/MLi,

从而有〃匕,++>所以能将“，+的电子电离掉。

hvHe+,

2.6氢与其同位素质（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（“a）光谱线之间的波长差有多大？已知氢的里德伯常数

RH=1.0967758X1（）7米T,笊的里德伯常数%=1.0970742x107米。

解：；=RH4-』），2H=36/5R”

4=%（=-《）’入D=36I5RD

r\，3

△2=A.U—乙—--(---------)

5RHRD

1.79A

2.7己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“正电子

素”。试计算“正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长4为多少A?

111133

解：r)=^—

2I22248

m

88

2米=2430A

3Rco3x10973731

2.8试证明氢原子中的电子从n+1轨道跃迁到n轨道，发射光子的频率匕。当n»l

时光子频率即为电子绕第n玻尔轨道转动的频率。

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：

~1nr111

乙=丁=~7—Tjl

A,(«+1)

cI12〃+1人

频率为：v=—=Rc[—r—]=-------亍Rc

n2n(〃+l)2

当n>>时，有(2〃+1)/〃2(〃+1)2^2〃/〃4=2/〃3,所以在n»l时，氢原子中

电子从n+1轨道跃迁到n轨道所发光子的频率为：VZI=2Rdn\

设电子在第n轨道上的转动频率为则

于_vmvr_P_2Rc

〃2加27imr22mnr2ny

因此，在n»l时，有乙=fn

由上可见，当n»l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。原子序数Z=3,其光谱的主线系可用下式表示：

RR

。已知锂原子电离成。+++离子需要203.44电子伏特

(1+0.5951)2(n-0.0401)2

的功。问如把离子电离成乙广+离子，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。•次电离能对应于主线系的系限能量，所以。+

离子电离成L广+离子时，有

Rhe等=房3=5.35电子伏特

Ei=

(1+0.5951)2

ZT+是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此U++->"+++时，电离能鸟为:

2R

E.=工ZR^hc=122.4电子伏特。

++++

设LiTLi++的电离能为E2。而。fLi需要的总能量是E=203.44电子伏特，所以

有生=石一瓦一石3=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Mz，于

是具有磁矩的原子在磁场中所受的力为尸=〃z"•，其中也是磁场沿Z方向的梯

zdZdZ

PR

度。对均匀磁场，—=0,原子在磁场中不受力，原子磁矩绕磁场方向做拉摩进动，且

8Z

HR

对磁场的取向服从空间量子化规则。对于非均磁场，空H0原子在磁场中除做上述运动

dZ

外，还受到力的作用，原子射束的路径要发生偏转。

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

度为一=1（）3特斯拉/米，磁极纵向范围4=0.04米（见图2-2）,从磁极到屏距离乙2=。10

dZ

米，原子的速度V=5x102米/秒。在屏上两束分开的距离4=0.002米。试确定原子磁矩

在磁场方向上投影〃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

心区域粒子不受力作惯性运动。经磁场区域4后向外射出时粒子的速度为D,出射方向

与入射方向间的夹角为。。夕与速度间的关系为：见。=么

V

粒子经过磁场4出射时偏离入射方向的距离s为:

(1)

(2m多oZ4v”

将上式中用已知量表示出来变可以求出〃z

v-L=4t=LJv

xmmdZ'

udBL.

?.v.=^~7-----L

mdZv

〃zdBLJL

S，=L2tge=2

mdZv2

〃zdBL[L2

mdZv2

把S代入(1)式中，得:

d4dBL)L2_/SB

2mdZv22mdZv2

整理,得:端沁2%

由此得：〃z=093x1()-23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。若已知原子束中原子速度丫=1。3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=L5毫米的B点，共振谱线强度分别为

/o和乙，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儿率成正比。设发射共振谱

线的跃迁几率为4i，则有八84^=生

/。A?M。Mo

IN

适当选取单位，使」==~二1/3.32,

/()N20

2l/

并注意到N2=^20e^,W=S/v,

则有：4r=e-3,=1/3.32

N?o

由此求得：

1v

A2I=-(ln3.32-lnl)=-ln3.32

ts

1s1.5x10-3

f=___=________=____________

3

A2Ivln3.3210xln3.32

=1.25x10-6秒

第三章量子力学初步

3.1波长为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：p=:=6.63x—=6.63x1。-"千克•米•秒t

X10-1°

能量为：E=hv=he/A,

-15

=6.63x10**3xIO®/]()T。=1986x10焦耳。

3.2经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长4=?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：

A=h/而而对于电子：〃z=9.11xl()T公斤，e=i.60xl()T9库仑

把上述二量及h的值代入波长的表示式，可得:

12.2512.25晨=0.12257

Vioooo

对于质子，m=1.67x10-27公斤，e=l.60x10-19库仑，代入波长的表示式，得:

.6.626x10-34

儿-/=2.862x103

,2x1.67x1OFx1.60x1Ofx10000

12250

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2=而4的电子

德布罗意波长与加速电压的关系式应改为:

12.25

2(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：A=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:

22

K+2Kmoc=p2c2

而被电压V加速的电子的动能为：K=eV

p2=(6?+2〃20clz

c

p=J2moeV+(eV)2/c2

因此有：

一般情况下，等式右边根式中eV/2血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：

heVh八

A=/(1-------)=/(1-0.489xlO-6V)

4moe12moeV

12.25

由于上式中/?/J2moeVA，其中V以伏特为单位，代回原式得:

y/V

1225/°

2=—(1-0.489x10-6丫)A

Vv

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卜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：(jpdq=nh

对氢原子圆轨道来说，p,.=0,=rnr2/=mvr

所以有：

jpd@=2万•mvr=nh

h

S=2加=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：

其中

••

2

pr=mr,=mr(/)

：■i(.prdr+=〃/1,其中〃=n1))+nr

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「•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=1（T6米，动量相对偏差为Ap/p。

hh

根据测不准原理，有ApArN—,由此得：Ap>——

22Ax

经典力学的动量为：

p-y/2mK

竺>——。——=3.09x10巧

p2Ax2K

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（势能丫三0）的能量可以有连续的值。

证明：自由粒子的波函数为:

+—(p-r-Et)

I//=Aeh(1)

.2

自由粒子的哈密顿量是：H=—J寸(2)

2m

自由粒子的能量的本征方程为：=……(3)

h~>+—(,pr-Et)

把(1)式和(2)式代入(3)式，得：一『▽一[Aeh]=Ey/

2m

即:

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=0

Ix<Q,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,H,III三个区域。

(1)定态振幅方程为T-匕衿)以“)=0

dxh

式中〃是粒子的质量。

［区：R—=0其中g2=警(％_后)

dxh

波函数处处为有限的解是：%(x)=Ae%A是一任意常数。

n区：阴+£2-=O其中42=*.£

处处有限的解是：匕（X）=5碗侬+外,6,藻任意常数。

HI区：啜一［2"=0其中。2=丝（丫E）

dx2h2°

处处有限的解是：忆（x）=OeS,O是任意常数。

有上面可以得到：1d%=%1一%=为火（像+了）,1d%

W、dxw?dxi//3dx

有连续性条件，得：

a

—=ctgy

1B

lct

~~p=ctg"L+y）

解得：

一

tg（0L）=--g

1-4

a

因此得：0L=n兀-2tg"（/?/a）

这就是总能量所满足的关系式。

（2）有上式可得：

2=火号-净

-tg庄……〃=偶数，包括零

-{2

ctg号...〃=奇数

aL=-(j3L)ctg与

亦即

aL=

令PL=u,aL=y,则上面两方程变为:

u小

v=-utg—...⑴

U/八、

v=utg—...(2)

222

另外，注意到〃和丫还必须满足关系：u+v=2JUV0I3lh……(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〃？，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=oo；在势箱内，V=0o式计算出粒子可能具有的能量。

解：势能分布情况，由题意知：

匕=0,0<x<a;

Vv=0,0<y<^;

K=0,0<z<c;

Vv=8,x<0和x>a

Vy=oo,y<0和y>b

V.=8,z<。和z>c

在势箱内波函数w(x,y,z)满足方程：

5V胃甲3V2w...._

定+歹+牙+RJ匕+匕+匕肥=°n

解这类问题，通常是运用分圈变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。

令以x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)

代入(1)式，并将两边同除以X(x»(y)Z(z)，得:

22

1dX2,1dY2m,rx/1d'Z2m,,.2m_

-m匕)+(--%)+(------；------r1-)=——rE

Xdx2Ydy2Zdz2h2zh2

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：

2

--1--d----X-----2-机--,y,-----2-机-E厂

Xdx2h2xh2x

2

1dY2m__Im厂

Ydy2h2yh2y

2

-1---d---Z-----2--m-y-----2-m-E_

Zdz2h2zh2z

其中E=纥+—+纥，纥，耳,纥皆为常数。

将匕面三个方程中的第一个整数，得：

g+*「匕冰=°…⑵

边界条件：X(O)=X(/)=O

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:

X“=Rin芷x

Vaa

口乃“2

〃」,〃<=1,2,3

2加

类似地，有

2,2

E.=------n,,n.=1,2,3......

2祝2-

/、I8.n/x.〃犯.n.rci

/.i/(x,y,z)=」---sin——sin——vsin——

Vabcahc

22?

//77/n\

E=------n

2ma2b2c2

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枳。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，a=b=c,波函数和能量为：

/.8.nm.〃、.©'.n.nz

沙。,y,z)=--r-sin——sin-^—sin——

Vaaaa

2j2

1r)/222222

E--------n9n=nY+〃、，+〃_

Ima2xy"

第四章碱金属原子

4.1已知必原子光谱主线系最长波长；1=67075，辅线系系限波长4=3519鼠

求锂原子第一激发电势和电离电势。

解：主线系最长波长是电子从第一激发态向基态跃迁产生的。辅线系系限波长是电子

从无穷处向第•激发态跃迁产生的。设第一激发电势为匕，电离电势为几，则有：

eV,=h—

12

匕=处=1.850伏特

Ae

eV,=h--vh—

=处(1+々)=5.375伏特。

e4九

4.2Na原子的基态3S。已知其共振线波长为5893A,漫线系第•条的波长为

8193.,基线系第一条的波长为18459么，主线系的系限波长为2413:。试求3S、3P、

3D、4F各谱项的项值。

解：将上述波长依次记为

"pmax，'amax,'/max，'poo，

即4nm=5893.4max=8193Z%max=1845"〃产=24137

容易看出：

『还=?-=4.144x1()6米T

T3P=­__丁二=2.447X106米-1

，P8"pmax

-----=1.227x1()6米-1

4dmax

—1―二0.685xIO。米t

4.3K原子共振线波长7665A,主线系的系限波长为28584。已知K原子的基态4S。

试求4S、4P谱项的量子数修正项值各为多少？

解：由题意知：2pmax=7665(,4.8=2858Z蠹=

R

由T4s，得：4—Ns—J//T4s

(4—As)2

设RKxR,则有bs=2.229,T4P=—1-—」一

4P8(max

与上类似

=1.764

4.4Li原子的基态项2So当把Li原子激发到3P态后，问当3P激发态向低能级跃迁

时可能产生哪些谱线(不考虑精细结构)？

答：由于原子实的极化和轨道贯穿的影响，使碱金属原子中n相同而1不同的能级有

很大差别，即碱金属原子价电子的能量不仅与主量子数n有关，而且与角量子数1有关，

可以记为E=£(n,/)o理论计算和实验结果都表明1越小，能量越低于相应的氢原子的能

量。当从3P激发态向低能级跃迁时，考虑到选择定则：A/=±l,可能产生四条光谱，分

别由以下能级跃迁产生：

3Pf3S;3sf2P;2Pf2S;3Pf2S。

4.5为什么谱项S项的精细结构总是单层结构？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•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=l的能级产生的。根据选择定则，跃

迁只能发生在22p—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：

一Rhc(Z-(7丫Rhca2(Z-S)413

-----------s-------------------------i---------x(--------------)

其中(Z—b)=(Z—S)=l

•••EO有2)-E(l”“2)=力F

.._________he_______

22

"'"£(2^/2)-£(1SI/2)

22

•••£(2P1/2)-E(15I/2)=/I^-

.._________he_______

2-22

"£(2P1/2)-£(15I/2)

因此，有：

△丸=丸2-4=

__________%[凤22尸3/2)-Eds”?)]__________

2222

[E(2P,/2)-E(1SI/2)][£(2P1/2)-E(151/2)]

2

E(2P3/2)=-Rhc^--

2i6+5a

E(2Pt/2)=-Rhc