陈宏芳原子物理答案第六章
医用物理学陈仲本第六章课后习题答案
医用物理学陈仲本第六章课后习题答案第六章磁场通过复习后，应该:1.掌握磁感应强度、毕奥-萨伐尔定律、洛伦兹力、霍尔效应、安培力、磁场对载流线圈的作用、物质的磁性和磁化、电磁感应定律;2.理解几种电流的磁场、安培环路定理、质谱仪、超导体及其抗磁性、感生电动势、自感现象;3.了解磁场中的高斯定理、电磁流量计、超导磁体、人体生物磁场、涡旋电场。
6-1 一个半径为0.2m、阻值为200Ω的圆形电流回路，接12V的电压，求回路中心处的磁感应强度。
解: 已知半径r =0.2m，电源电压U=12V，圆形回路的电阻R=200Ω，根据欧姆定律，可求得回路的电流为I=U/ R=12/200 A=0.06 A由圆形电流磁场公式，可得回路中心处的磁感应强度为4??10?7?0.06B??T?1.88?10?7T 2r2?0.2?0I6-2 一根长直导线上载有电流100A，把它放在50G的均匀外磁场之中，并使导线与外磁场正交，试确定合成磁场为零的点到导线的距离。
解: 长直载流导线产生的磁场，其磁感线是一些围绕导线的同心圆，在导线周围总有一点A，其磁感强度与外磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，该点的合磁场为零。
已知I =100A，B= 50G = 5.0×10 T，根据长直载流导线磁场公式B?-3?0I，可得A2?a点离导线的距离a为?0I4??10?7?100a??m?4.0?10?3m?4.0mm ?32?B2??5.0?106-3 0.4m长的细管上绕有100匝导线，其电阻为3.14Ω，欲在螺线管内获得200G的磁感应强度，需外加电压多少伏?-1-2解: 已知螺线管单位长度上的线圈匝数n =100/0.4=250匝·米，B =200G =2×10 T，根据螺线管电流磁场公式B = μ0nI，可得螺线管通过的电流为B2?10?222I??A??10A?63.7A ?7?0n4??10?250?已知线圈电阻R =3.14Ω，根据欧姆定律可计算出需加的外电压为U=IR=2/π×102×3.14V=200V6-4 一平面上有两个同心的圆形回路，用相同电动势的电池（内阻忽略不计），通过相-6反方向的电流，使在中心处产生的磁感应强度为零，已知外圆用铜线，其电阻率为1.7×10Ω·cm，内圆用铝线，电阻率为2.8×10 Ω·cm，这些导线的截面积相同，外圆直径为200cm，求内圆的直径。
原子物理第六章习题答案
第六章 磁场中的原子6.1 已知钒原子的基态是2/34F 。
（1）问钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为几束？（2）求基态钒原子的有效磁矩。
解：（1）原子在不均匀的磁场中将受到力的作用，力的大小与原子磁矩（因而于角动量）在磁场方向的分量成正比。
钒原子基态2/34F 之角动量量子数2/3=J ，角动量在磁场方向的分量的个数为4123212=+⨯=+J ，因此，基态钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为4束。
（2）J J P meg2=μ h h J J P J 215)1(=+= 按LS 耦合：52156)1(2)1()1()1(1==++++-++=J J S S L L J J gB B J h m e μμμ7746.0515215252≈=⋅⋅⋅=∴ 6.2 已知He 原子0111S P →跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其间距厘米/467.0~=∆v，试计算所用磁场的感应强度。
解：裂开后的谱线同原谱线的波数之差为：mcBeg m g m vπλλ4)(1'1~1122-=-=∆ 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。
对应11P 原子态，1,0,12-=M ；1,1,0===J L S ，对应01S 原子态，01=M ，211.0,0,0g g J L S =====。
mc Be vπ4/)1,0,1(~-=∆ 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==∆mc Be vπ。
特斯拉。
00.1467.04=⨯=∴emcB π 6.3 Li 漫线系的一条谱线)23(2/122/32P D →在弱磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。
解：在弱磁场中，不考虑核磁矩。
2/323D 能级：,23,21,2===j S l54)1(2)1()1()1(123,21,21,232=++++-++=--=j j s s l l j j g M2/122P 能级：,21,21,2===j S l 32,21,211=-=g ML v)3026,3022,302,302,3022,3026(~---=∆ 所以：在弱磁场中由2/122/3223P D →跃迁产生的光谱线分裂成六条，谱线之间间隔不等。
原子物理学习题标准答案(褚圣麟)很详细
1.1解：根据卢瑟福散射公式:可能达到的最粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。
根据上面的分析可得:79 (1.60 10 19 )213 6诂 1.14 10 一1310 6 1.60 10 _19由上式看出：r min 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 10“米。
1 .原子的基本状况ctg0—b = 4- 2 Ze 2「b Ze 2得到:e24二；°K79 (1.60 1019)2ctg 曹6…,小二915 r(4 二 8.85 10-12) (7.68 106 10J9^ 3.97 10 米 式中K 一. =2 Mv 2是〉粒子的功能。
1.2已知散射角为二的:•粒子与散射核的最短距离为212 Z e 2 1r m =()77^(1-)，4 二； 试问上题：•粒子与散射的金原子核之间的最短距离r m 多大?212 Ze 21解：将1.1题中各量代入r m 的表达式，得：r min = ()^(1)192=9 109 I ：。
俨寫10)。
靑心02 10_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两1 Mv 2Ze 24 二；0 r min，故有：r minZe 2oK p1・7能量为3.5兆电子伏特的细「粒子束射到单位面积上质量为1.05 10-公斤/米2的银 箔上，：•粒解：设靶厚度为t '。
非垂直入射时引起：粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的 厚度t '，而是t=t '/si n60，，如图1-1所示。
因为散射到与之间茁立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：式中立体角元 d ； -ds/L 2,t =t '/sin60° =2t '/-3门-20°N 为原子密度。
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
(整理)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M α，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：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （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θϕμϕμ2202)(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 2sin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。
原子物理学教程
原子质量单位 u 定义为( 1961年国际原子量委员会规定) ：
一个处于基态的中性
12 6
C 原子质量 1/12
1u 1.660 540 2(10) 10 - 27 kg 931.494 028 23 M eV / c 2
m p 1.007 276 470u
m n 1.008 644 904u
2
k B 1.380 6504 24 10－23 J/K( k BT ~ E ) 8.617 10 -5 eV/K 1eV ~ 11600 K
e / 4 0 1.440 eV nm 1.440 M eV fm
原子的大小和质量： 1. 原子的质量
长度（m，米） 质量（kg，千克） 时间（s，秒） 电流（A，安培） 热力学温度（K，开尔文） 物质的量（mol，摩尔） 发光强度（cd，坎德拉）
单位量级倍数的表示：
数值
1018 1015 1012 109 106 103
词头
exapetateragigamegakilo-
Li 0.16；Al 0.16; Cu 0.14; S 0.18; Pb 0.19，单位nm
发展简史
朴素的古代原子论?
留基伯(Leucippcus)和德谟克利特(Democritus，约公元前460 年-370年)认为： 物质都是由一些坚硬地、不可再分的微粒构成的，命名为 atom，即“原子”。 差不多在同时代，亚里士多德(Aristotle)、阿那萨古腊 (Anaxagoras)等人却反对物质的原子观。 亚里士多德(Aristoteles，约公元前384年-322年)认为： 物质是连续的，可以无限止地分割下去。 这一观点在中世纪时占优势。但16世纪之后，随着实验技 术的发展，物质的原子观又为人们所接受。 如G Galilei, R Descartes, R Boyle, I Newton都支持。
原子物理习题解答
原子物理学习题解答第一章 原子的基本状况若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭'C 放射的,其动能为67.6810⨯电子伏特;散射物质是原子序数79Z =的金箔;试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大 解：根据卢瑟福散射公式： 得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米 式中212K Mv α=是α粒子的功能; 已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ,试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大解：将题中各量代入m r 的表达式,得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 143.0210-=⨯米若用动能为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氘核氘核带一个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180ο;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：220min124p Ze Mv K r πε==,故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米 由上式看出：min r 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131.1410-⨯米;钋放射的一种α粒子的速度为71.59710⨯米/秒,正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210⨯3/公斤米的金箔;试求所有散射在90οθ>的α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d θθθ+之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是： 其中单位体积中的金原子数：0//Au Au N m N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故即速度为71.59710/⨯米秒的α粒子在金箔上散射,散射角大于90ο以上的粒子数大约是4008.510-⨯;α粒子散射实验的数据在散射角很小15οθ≤（）时与理论值差得较远,时什么原因答：α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的;而α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θ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,α粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远;已知α粒子质量比电子质量大7300倍;试利用中性粒子碰撞来证明：α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;证明：设碰撞前、后α粒子与电子的速度分别为：',',0,e v v v ;根据动量守恒定律,得：''e v m v M v M +=αα由此得：'''73001e e v v M m v v ==-αα …… 1 又根据能量守恒定律,得：2'2'2212121emv Mv Mv +=αα 2'2'2e v Mm v v +=αα ……2 将1式代入2式,得：整理,得：0cos 73002)17300()17300('2'2=⨯-++-θααααv v v v即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;能量为兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上,α粒子与银箔表面成ο60角;在离L=0.12米处放一窗口面积为25100.6米-⨯的计数器;测得散射进此窗口的α粒子是全部入射α粒子的百万分之29;若已知银的原子量为;试求银的核电荷数Z;解：设靶厚度为't ;非垂直入射时引起α度't ,而是ο60sin /'t t =,如图1-1所示;因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：dnNtd nσ= 1而σd 为：2sin)()41(422220θπεσΩ=d Mv ze d 2把2式代入1式,得：2sin )()41(422220θπεΩ=d Mvze Nt n dn (3)式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds dN 为原子密度;'Nt 为单位面上的原子数,10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη,其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数; 将各量代入3式,得： 由此,得：Z=47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1010-米的球形原子内,如果有能量为610电子伏特的α粒子射向这样一个“原子”,试通过计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于090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α粒子和铅原子对心碰撞,则α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：由此可见,具有610电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球;α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：3022024/24/2R r Ze F R Ze F πεπε==和;可见,原子表面处α粒子所受的斥力最大,越靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小,而且瞄准距离越小,使α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α粒子擦原子表面而过;此时受力为2024/2R Ze F πε=;可以认为α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t=D/v, α粒子的动能为K Mv =221,因此,M K v /2=,所以,K M D v D t 2//==根据动量定理：00-=-=⊥⊥⊥⎰Mv p pFdt t而2022024/24/2R t Zedt RZeFdt ttπεπε==⎰⎰所以有：⊥=Mv R t Ze 2024/2πε 由此可得：M R t Ze v 2024/2πε=⊥α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：这时。
原子物理学第四,五,六,七章课后习题答案-推荐下载
原子的基态为 4S. 试求 4S 、4P 谱项的量子数修正项∆S 、∆P 值各为 多少？
K 原子的主线系波数
~
p n
n ,
~
R (4 S )2
1 p
~
p n
~
1 2.858 107
~
T4S 3.4990 106 m 1
而
T4S
所以 4 S
R T4P
1.3046 106 m1
第五章 多电子原子
1. He 原子的两个电子处在 2p3d 电子组态.问可能组成哪几种原子态?用
原子态的符号表示之.已知电子间是 LS 耦合.
解：p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为 l1 1,
d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为 l1
R (4 S )2
R R 1.0973731107 m1
4 S 1.7709
S 2.2291
R (n P )2
R (4 S )2
R T4S
m 1
,
n 4,5,
3.4990 106 m1
K 原子共振线为主线系第一条线, 是原子从 4P 到 4S 跃迁产生的光
1.2206 106 m1
~
f 1
T3D
T4F
1 1.8459 106 m
T4F T3D 5.4174 105 m 1 6.8496 105 m 1
5.4174 105 m 1
3. K 原子共振线波长为 7665Å，主线系系限波长为 2858Å. 已知 K
第四章 碱金属原子
0
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⌠ ⎛ ∗ p = ⎮ un ( x)⎜ − ⌡ −∞ ⎝
2
+∞
2
d2 ⎞ n2 π2 ⎟ un ( x ) dx = dx 2 ⎠ a2
2 2 2
2
n2 π 2 ∫−∞ u ( x ) un ( x ) dx = a 2
+∞ ∗ n
2
．
(2)
( ∆x ) = x 2 − x ， ( ∆p ) = p 2 − p ， ∆x∆p = x 2 p 2 =
−i 3 u0 ( x ) e 2 E0 t −i 1 − u1 ( x ) e 2 E1 t
2
2
Ψ ( x, t ) =
=
−i ωt −i ωt 3 1 u0 ( x ) e 2 − u1 ( x ) e 2 ． 2 2
1
3
(2) 平均能量为 E =
3 2 E0 + −1 2 E1 =
2
2
3 ω． 4
6-1．试根据不确定关系估算一维无限深势阱内粒子的基态能． a 2 解： 粒子束缚在势阱 （宽度为 a ） 内，∆x ∼ ， 不确定关系给出 ∆p ∼ ． 由 ∼ 2 ∆x a 于粒子动量等概率地取正负两个方向，故有 p = 0 ， ( ∆p ) = p 2 ，得基态能量为
2
E=
p2 4 2 ∼ ． 2m 2ma 2
6-2．一维谐振子的初始状态为ψ ( x,0 ) = 3u0 ( x ) − u1 ( x ) ，其中 un ( x ) 是振子的定
态波函数．求：(1) 归一化波函数Ψ ( x, t ) ；(2) 振子的平均能量． 解：(1) 设归一化初始波函数为Ψ ( x,0 ) =
1 3 1 ψ ( x,0) = u0 ( x ) − u1 ( x ) ，则测得 C C C
2
n2 π2 −2 ≥ ． 2 3 2
6-4 ．自旋 s = 1 2 ，质量为 m 的两个无相互作用全同粒子束缚于一维简谐势场 V = mω 2 x 2 2 中．设一维谐振子的波函数为 un ( x ) ， n = 0, 1, 2, … ．以 χ SM S 表示自
旋态，写出体系两最低能级的能量和相应波函数． 解： s = 1 2 的粒子为费米子，体系总波函数应反对称．粒子无相互作用，体系能 量为两粒子能量之和．单粒子（谐振子）能量为 ε n = ( n + 1 2 ) ω ，因此两个最低 能级的能量分别为：
轨道波函数为 u1± ( x1 , x2 ) =
(3)
(4)
1 ⎡ 分属对称和反对称波 ⎣u0 ( x1 ) u1 ( x2 ) ± u1 ( x1 ) u0 ( x2 ) ⎤ ⎦， 2
函数，相应自旋波函数的对称性必须与轨道部分相反，总波函数为
ψ 1+ =
1 ⎡ ⎣u0 ( x1 ) u1 ( x2 ) + u1 ( x1 ) u0 ( x2 ) ⎤ ⎦ χ 00 2
(5)
和
⎧ χ1+1 1 ⎪ ψ 1− = ⎡ ⎣u0 ( x1 ) u1 ( x2 ) − u1 ( x1 ) u0 ( x2 ) ⎤ ⎦ ⎨ χ10 ， 2 ⎪χ ⎩ 1−1
(6)
分属自旋单态和三重态． （注：如果粒子存在排斥相互作用，则第一激发态简并 的两个状态由于交换效应产生能级分裂，三重态ψ 1− 粒子平均距离大，能量较低； ） 单态ψ 1+ 粒子平均距离小，能量较高．
(1) 基态 两粒子均处于谐振子基态 u0 ，体系能量为 E0 = 2ε 0 = ω ．
轨道波函数 u0 ( x1 , x2 ) = u0 ( x1 ) u0 ( x2 ) 对称，则自旋波函数反对称，总波函数为
(2)
ψ 0 = u0 ( x1 ) u0 ( x2 ) χ 00 ．
(2) 第一激发态 两粒子分别处于基态 u0 和第一激发态 u1 ，体系能量为 E1 = ε 0 + ε1 = 2 ω ．
a 2 , n = 1, 2, 3, … ． a x> 2 x≤
(1)
2⌠ 2 nπ ⎛ a⎞ x = ∫ u ( x ) xun ( x ) dx = ⎮ x sin 2 ⎜ x + ⎟ dx = 0 （注：被积函数是奇函数， −∞ a a ⌡− a ⎝ 2⎠
2
在对称区间上的积分必定为零） ．
d ⎞ ⌠ ∗ p = ⎮ un ( x)⎛ ⎜ −i ⎟ u n ( x ) dx = dx ⎠ ⌡ −∞ ⎝
+ a
+∞
1⎛ nπ ⎞ ⌠ 2 2 nπ ⎛ a⎞ ⎜ −i ⎟ ⎮ a sin ⎜ x + ⎟ dx = 0 ห้องสมุดไป่ตู้ a⎝ a ⎠ ⌡− a ⎝ 2⎠
2
+
a
2⌠ 2 nπ ⎛ a⎞ a2 ⎛ 6 ⎞ x = ∫ u ( x ) x un ( x ) dx = ⎮ x 2 sin 2 ⎜ x + ⎟ dx = ⎜1 − 2 2 ⎟ ． −∞ a ⌡− a a ⎝ 2⎠ 12 ⎝ n π ⎠
6-3．一维无限深势阱内，粒子处于定态．取势阱中心为坐标原点．(1) 求坐标、
动量及两者平方的平均值；(2) 验证不确定关系． 解：(1) 设阱宽为 a ，定态波函数可取为
⎧ 2 nπ ⎛ a⎞ sin ⎜ x + ⎟ , ⎪ ⎪ a a ⎝ 2⎠ un = ⎨ ⎪ 0, ⎪ ⎩
+∞ + a ∗ n
2 2
1⎞ 3 1 ⎛ 粒子能量为 En = ⎜ n + ⎟ ω （ n = 0, 1, 2, … ）的概率 Pn 为： P0 = ，P ， 1 = − C C 2⎠ ⎝
Pn( ≥ 2)
3 1 3 1 = 0 ．由归一化条件 +− = 1 得 C = 2 ，Ψ ( x,0 ) = u0 ( x ) − u1 ( x ) ， C C 2 2