1大学物理简明教程习题解答第12章 2010.9

第12章 量子物理学

12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。若激光器的功率为1.0mW ，试求每秒钟所发射的光子数。

解 一个光子的能量λ

νhc

h E ==，激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光子的总能量， 故每秒钟所发射的光子数

1/s 1018.315?===

hc

P E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ，试计算能使这种材料发射光电子的入射光的最大波长。

解 光子的能量λ

hc

E =，要使这种材料发射光电子，入射光子的能量不能小于逸出功W ，

即有

W hc

E ==

min λ

解得入射光的最大波长为

nm 4141014.470=?==

-W

hc

λ 12-3 从铝中移去一个电子需要能量4.20eV 。用波长为200nm 的光投射到铝表面上，求：

（1）由此发射出来的最快光电子和最慢光电子的动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长。

解 （1）根据爱因斯坦光电效应方程 W E h km +=ν 最快光电子的动能

W hc W h m E -=-==

λ

ν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=-

最慢光电子逸出铝表面后不再有多余的动能，故0min k =E

（2）因最快光电子反抗遏止电场力所做的功应等于光电子最大初动能，即max k E eU a =， 故遏止电势差

V 02.2max

k ==

e

E U a （3）波长为红限波长λ0的光子，具有恰好能激发光电子的能量，由λ0与逸出功的关系W hc

=0

λ

得铝的红限波长

nm 296m 1096.270=?==

-W

hc

λ 12-4 在一个光电效应实验中测得，能够使钾发射电子的红限波长为562.0nm 。

（1）求钾的逸出功；

（2）若用波长为250.0nm 的紫外光照射钾金属表面，求发射出的电子的最大初动能。 解 （1）波长为红限波长λ0的光子具有恰能激发光电子的能量，即光子能量等于逸出功 由W hc =0λ，得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190

=?==-λhc W

（2）根据光电效应方程 W E c

h

+=km λ

光电子的最大初动能为

W hc W h m E -=-==

λ

ν2m km 21v eV 76.2J 1042.419=?=-

12-5

（1）试用上述数据在坐标纸上作U a ~ν图线； （2）利用图线求出金属锂的光电效应红限波长；

（3）从这些数据求普朗克常数。

解 （1）先根据λ

νc

=算出五个波长λ对应的频率ν，以频率ν为横轴，遏止电势差U a 为纵轴，

标出五个点的位置，再拟合出U a ~ν直线，如图：

题12-5图

（2）曲线在横轴上的截距即为该金属的红限频率，从图上读出红限频率Hz 1060.5140?≈ν 故红限波长

m 104.570

0-?==

νλc

（3）在拟合后的U a ~ν直线上另取A ，B 两点，得斜率s V 101.415??=--=-B

A aB

aA U U k νν

因W h E eU a -==νkm ，有 νΔΔh U e a =

得普朗克常数

s J 106.6ΔΔ34??===-ek U e

h a

ν

12-6 当钠光灯发出的黄光照射某一光电池时，为了遏止所有电子到达收集器，需要0.30V 的负电压。如果用波长400nm 的光照射这个光电池，若要遏止电子，需要多高的电压？极板材料的逸出功为多少？

解 光电子最大初动能与遏止电势的关系是 a eU E =km 再根据爱因斯坦光电效应方程 W E c

h +=km λ

联立上述两方程，得到材料的逸出功

a eU c

h

W -=λ

当用波长nm 3.589=λ的钠光灯黄光照射时，遏止电势差V 3000.=U ，代入解得eV 811.=W 。 当用波长nm 400='λ的光照射时，同样有

W U e c

h

a

+'='

λ 解得此时的遏止电压

V 30.1=-'='e

W c h

U a

λ 12-7 在康普顿散射中，入射X 射线的波长为0.040nm ，求在60?散射方向上其波长的变化。

解 在康普顿散射中，波长改变量 nm 102.1)cos 1(Δ300-?=-=-=?λλλc

m h

12-8 试求质量为0.01kg 、速度为10m/s 的一个小球的德布罗意波长。

解 小球的德布罗意波长 m 106.633-?==

=v

m h

p h λ 12-9 计算下列各种射线光子的能量、动量和质量。 （1）nm 700=λ的红光；（2）nm 1050.22-?=λ的X 射线；（3）nm 1024.13-?=λ的γ射线。 解 （1）根据爱因斯坦光子理论，对波长nm 700=λ的光子，

能量由频率决定 J 1084.219111-?===λνhc

h E 动量由波长决定 m 1047.9281

1-?==λh

p

质量可根据质能关系求得

kg 1015.33621

1-?==

c

E m （2）对波长nm 1050.22-?=λ的光子 能量 J 1096.7152

22-?===λνhc

h E

动量 m 1065.2232

2-?==λh

p

质量

kg 1084.832

2

22-?==

c E m

（3）对波长nm 1024.13-?=λ的光子

能量 J 1060.1133

33-?===λνhc

h E

动量

m 1035.5223

3-?==

λh

p

质量 kg 1078.13023

3-?==

c

E m

12-10 在一束电子射线中，电子动能为200eV ，求此电子的德布罗意波长（由于电子的动能值并不大，不必考虑相对论效应）。 解 因为不必考虑相对论效应，所以由2

v m E k 2

1=

得到电子速度与动能的关系e m E k 2=

v ， 故电子的德布罗意波长 m 1069.8211k

-?====

E m h

m p h e v

h

λ

12-11 假定对某粒子动量进行测量可以精确到千分之一，试确定这个粒子位置的最小不确定量与德布罗意波长的关系。

解 根据坐标和动量的不确定关系 π

h p x x 4ΔΔ≥? 按题意1000Δp

p =，又因p h =λ，可得 λλ6.79π250π41000πΔ4Δ===≥p h p h x

12-12 一般显像管中电子的速度约为v x =1.0?107m/s ，若测量电子速度的精确度为1%（这在实验中已很精确），试求射线束中电子位置的不确定量，并对所得结果进行讨论。

解 根据坐标和动量的不确定关系 π4ΔΔh

p x x ≥?，

按题意%1Δ?=x x v v ，则有 m 108.5Δπ4Δ10-?=≥

x

v e m h

x 由此可见，尽管电子位置的可能误差比电子本身尺度（10-15m ）大得多，但射线束在屏上的斑点已小到10-10m 量级，对大多数观测已足够清晰了，故可把电子看成宏观质点，用牛顿力学讨论其运动规律显然是可行的。

12-13 如果一个原子处于某能态的寿命为1.0×10-6s ，那么这个原子的这个能态的能量的最小不确定量是多少？

解 粒子处于某能态的寿命即为粒子处在该能态的时间不确定量，即有s 101.0Δ-6?=t 。 根据能量和时间的不确定关系，解得

eV 103.3J 103.5πΔ4Δ1029--?=?=≥

t

h

E

12-14 粒子在一维无限深势阱中运动，势阱宽度为a ，其波函数为a

x

a x π3sin 2)(=ψ (0

x

a x π3sin

2)(22

=ψ。概率密度最大值对应的x 值，为粒子在该处出现概率最大的位置。 当1π3sin 2

=a x 时，概率密度最大，解得 ,2,1,06

3±±=+=k a

k a x

又因0

5 ,2 ,6a

a a x =

12-15 已知巴尔末系的最短波长是365.0nm ，试求氢的电离能。

解 对巴尔末系有2=n ，当电子从∞=n 跃迁到2=n 能级时发射波长nm 03652.=∞λ的光子。 最短波长2∞λ的光子具有的能量是

2

2∞∞=

λhc

E

氢的电离能是使氢原子电离（即从1=n 激发到∞=n 能级）所需要的能量。 根据玻尔理论，电离能为

(0Δ1-=-=∞E E E eV 6.132)22

2

22==-∞∞λhc

E

12-16 氢原子光谱的巴尔末线系中，有一光谱线的波长为434.0nm ，试求：

（1）与这一谱线相应的光子能量为多少电子伏特？

（2）该谱线是氢原子由能级E n 跃迁到能级E k 产生的，n 和k 各为多少？

（3）最高能级为E 5的大量氢原子，最多可以发射几个线系，共几条谱线？请在氢原子能级图中表示出来，并说明波长最短的是哪一条谱线？

解 （1）波长为434.0nm 的光子能量 eV 86.2===λ

νhc

h E

（2）对巴尔末系，有2=k

由能级E n 跃迁到能级E k 发射光子的能量 νh k E n E E E E k n =-=-=2

1

21Δ 解得 5=n

（3）最多可发射4个线系，共10条谱线，如图。图中的 每一个箭头都代表着一条谱线。

最短波长为15E E →所发出的谱线，对应着图中最左侧的 第一个箭头。

n = 1

n = 2

n = 3 n = 4 n = 5 题12-16图

12-17 在气体放电管中用能量为12.2电子伏特的电子去轰击氢原子，试确定此时的氢所能发射的谱线的波长。

解 处于基态的氢原子被能量为12.2电子伏特的电子轰击后，可能具有的最高能量为n E ， 因为能量守恒，故有

eV 2121.=-E E n

所以最高能量n E 为 1.4eV 12.2eV 13.6eV eV 2.121-=+-=+=E E n 根据玻尔理论，激发态与基态的能量关系为 2

21eV

6.13n n E E n -=

= 解得

12.34

.16

.131===

n E E n 因n 为正整数，故可能达到的最高能级是3=n 。当原子从3=n 的激发态跃迁回基态时，可

能可发射3条谱线，对应于13=→=n n ，23=→=n n 和12=→=n n 的跃迁。根据玻尔氢原子理论 k n E E c

h

-=λ

，可以计算得到

13E E →所发射谱线的波长 nm 1031

331=-=E E hc

λ

23E E →所发射谱线的波长 nm 6562

332=-=E E hc

λ

12E E →所发射谱线的波长

nm 1221

221=-=

E E hc

λ

12-18 试计算氢原子光谱中莱曼系的最短波长和最长波长。

解 对莱曼系，有1=n ，根据玻尔氢原子理论 1E E c h n -=λ计算波长λ，其中21

n

E E n =

最短波长对应于∞=n 到1=n 的跃迁 nm 2.911min =-=

∞E E hc

λ 最长波长对应于2=n 到1=n 的跃迁 nm 1221

2max =-=

E E hc

λ

12-19 假设一个波长为300nm 的光子被一个处于第一激发态的氢原子所吸收，求发射电子的动能？

解 波长为300nm 的光子的能量 eV 14.4==λ

hc

E 光

第一激发态氢原子的2=n ，其能量为 eV 4.32eV 6.1322

212-=-==

E E 吸收光子后的总能量即发射电子的动能 eV 74.02

21

2k =+

=+=E hc

E E E λ

光

12-20 已知氢光谱的某一线系的极限波长为364.7nm ，其中有一谱线波长为656.5nm 。试由玻尔氢原子理论，求与该波长相应的始态与终态能级的能量。（R =1.097?107/m ）

解 线系的极限波长即最短波长，由 21

min 0k E E E hc k -=-=∞λ 解得

21

min =-

=hc

E k λ，为巴尔末系

巴尔末系中谱线的终态能级的能量为

eV 40.322

1

2-==E E 该线系发射的谱线波长满足跃迁公式 2E E c

h n -=λ

将nm 5.656=λ代入上式，得始态能级能量

eV 51.12-=+=E c

h

E n λ

12-21 处于n =6这一激发态的氢原子跃迁到基态而发射一个光子。问反冲氢原子的动能多大？

解 光子的能量 eV 2.1336

3511211=-=-=-=E E n E E E E n 光子的动量 c

E c E c h h

p 36351

-

===

=νλ

光

m/s kg 1005.727??=-

在发射光子过程中，系统动量守恒 光p p =H m /s kg 1005.727??=- 故反冲氢原子的动能

eV 1037.9J 1050.12826H

2

H

k --?=?==

m p E 12-22 如果不计电子的自旋，试列出氢原子n =3的9组量子数。标出每组的量子数（n , l , m l ）。 解 当3=n 时，2,1,0=l ，又有l m l ±±±=,,2,1,0

各组量子数（n ，l ，m l ）如下： （3，0，0）；（3，1，0）、（3，1，1）、（3，1，-1）； （3，2，0）、（3，2，1）、（3，2，-1）、（3，2，2）、（3，2，-2）。

12-23 对于氢原子中4f 态的电子，其轨道角动量矢量在Z 方向的可能分量有几个？请给出可能的分量值。

解 对4f 态，有4=n ，3=l ，相应的3,2,1,0±±±=l m ，故轨道角动量在Z 方向的可能分量有7个。其可能的分量值为 3,2,,0±±±==l z m L