第14章量子物理
习题解答(光学篇和量子物理篇)
第14章习题解答1．某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解: υ不变，为波源的振动频率；nn 空λλ=变小；υλn u =变小．2．什么是光程? 在不同的均匀介质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同？在光程差与相位差的关系式2πϕδλ∆=中，光波的波长要用真空中波长，为什么？解:nr δ=．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为t C δ∆=．因为δ中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
3．在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化？试说明理由。
(1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；(4)光源作平行于1S 、2S 连线方向的上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝。
解: 由λdDx =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．4．在空气劈尖中，充入折射率为n 的某种液体，干涉条纹将如何变化？ 解：干涉条纹将向劈尖棱边方向移动，并且条纹间距变小。
5．当将牛顿环装置中的平凸透镜向上移动时，干涉图样有何变化？解：透镜向上移动时，因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动，故条纹向中心收缩。
6．杨氏双缝干涉实验中，双缝中心距离为0.60mm ，紧靠双缝的凸透镜焦距为2.5m ，焦平面处有一观察屏。
（1）用单色光垂直照射双缝，测得屏上条纹间距为2.3mm ，求入射光波长。
（2）当用波长为480nm 和600nm 的两种光时，它们的第三级明纹相距多远？ 解：（1）由条纹间距公式λdDx =∆，得 332.3100.6105522.5x d nm D λ--∆⋅⨯⨯⨯===（2）由明纹公式Dx k d λ=，得92132.5()3(600480)10 1.50.610D x k mm d λλ--∆=-=⨯⨯-⨯=⨯ 7．在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m 。
第十四章量子物理基础11
n
波长范围
2，3，4，… 紫外区 91～121.5nm
3，4，5，… 可见光区 364.5～656.3nm
4，5，6，… 近红外区 0.820～1.875μm
5，6，7，… 中红外区 1.46～4.05μm
6，7，8，… 中红外区 2.28～7.46μm
第一节 初始的量子理论
五、玻尔的氢原子理论 玻尔理论的基本假设
转的自旋运动。根据量子力学的计算，电子的自旋角动
量Ls为：
Ls
s(s 1)，
s1 2
它在外磁场方向（z轴的方向）的分量Lsz为：
Lsz ms，
1 ms 2
s称为自旋量子数，ms叫做自旋磁量子数。
L l(l 1) h l(l 1) 2π
第二节 四个量子数
五、四个量子数
量子数
可能的取值
(
1 22
1 n2 )
n 3,4,5
里德伯公式
f
c
R
c
(
1 k2
1 n2
)
式中k取1，2，3，…； n是从k＋1开始取值的正整数。 这里整数k决定谱线系，n则决定谱线系中的各条谱线。
第一节 初始的量子理论
五、玻尔的氢原子理论
氢原子光谱的各谱线系
谱线系 k 赖曼系 1 巴耳末系 2 帕邢系 3 布喇开系 4 普芬德系 5
为了使薛定谔方程有合理的解，电子绕核运动的角动量L 在外磁场方向（一般取为z轴方向）的分量Lz必须满足以 下量子化条件：
Lz ml
ml=0，±1，±2，…±l 。ml 称为磁量子数
L l(l 1) h l(l 1) 2π
第二节 四个量子数
四、电子自旋与自旋磁量子数
理论物理
19世纪末，物理学理论在当时看来已经发展到 相当完善的阶段。主要表现在以下两个方面：
(1) 应用牛顿方程成功的讨论了从天体到地上各种尺 度的力学客体的运动，将其用于分子运动上，气体分 子运动论，取得有益的结果。 1897年汤姆森发现了电 子，这个发现表明电子的行为类似于一个牛顿粒子。 (2) 光的波动性在 1803 年由杨的衍射实验有力揭示出 来，麦克斯韦在 1864年发现的光和电磁现象之间的联 系把光的波动性置于更加坚实的基础之上。
1898年Curie夫妇发现了放射性元素钚与镭 电子与放射性的发现揭示出：原子不再是物质组成的永 恒不变的最小单位，它们具有复杂的结构，并可相互转化。 原子既然可以放出带负电的β粒子来，那么原子是怎样由带 负电的部分（电子）与带正电的部分结合起来的？这样， 原子的内部结构及其运动规律的问题就提到日程上来了。
§2 量子论的诞生
（一）Planck 黑体辐射定律 （二）光量子的概念和光电效应理论 （三）Compton 散射 ——光的粒子性的进一步证实 （四）波尔（Bohr）的量子论
（一）Planck 黑体辐射定律
究竟是什么机制使空腔的原子产生出所观察 到的黑体辐射能量分布，对此问题的研究导 致了量子物理学的诞生。
这些问题，经典物理学不能给于解释。首先，经典物理 学不能建立一个稳定的原子模型。根据经典电动力学， 电子环绕原子核运动是加速运动，因而不断以辐射方式 发射出能量，电子的能量变得越来越小，因此绕原子核 运动的电子，终究会因大量损失能量而“掉到”原子核 中去，原子就“崩溃”了，但是，现实世界表明，原子 稳定的存在着。除此之外，还有一些其它实验现象在经 典理论看来是难以解释的，这里不再累述。 总之，新的实验现象的发现，暴露了经典理论的局限性， 迫使人们去寻找新的物理概念，建立新的理论，于是量 子力学就在这场物理学的危机中诞生。
大学物理-第十四章-波动光学
x d ;
x d :
缝间距越小, 屏越远, 干涉越显著 在D、d 不变时， 条纹疏密与λ正比
(iii)白光干涉条纹的特点: (iv) 中央为白色明纹，其它级次出现彩色条纹（ x
)。 (v) 叠k。=每-1级条纹有一k定=0的宽度，相k=邻1 两级条纹k=可2 能会k发=3生重
对相干光源来说, 能量只不过是在屏幕上的重新分布。因为
均可，
符号不同，k 取值不同，对问题实质无影响.
30
§14-3 薄膜干涉
所谓薄膜干涉, 指扩展光源投射到透明薄膜上, 其反射光或 透射光的干涉。
薄膜干涉的实例: 阳光下肥皂泡的彩纹，马路上油膜的彩纹。
一、薄膜干涉
１、分振幅（能量）方法
获得相干光。
S1为扩展光源上任一点光源, 其 投射到介面上的Ａ点的光线, 一部 分反射回原介质即光线a1, 另一部 分折入另一介质, 其中一部分又在 Ｃ点反射到Ｂ点然后又折回原介 质, 即光线a2。因a1,a2是从同一光 线S1Ａ分出的两束, 故满足相干条 件。
干涉过程既不能创造能量, 也不能消灭能量。
18
习题14-9: 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单 色光照射，双缝与屏的距离d′＝300mm．测得中央明纹 两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm，求双缝间 的距离．
分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间 隔的. 如果设两明纹间隔为Δx，则
觉和底片感光上起主要作用 .
•光振动指的是电场强度随时间周期性地变化。
E
E0
cos [(2 t
2
r
)
0 ]
•光的强度(即平均能流密度) I∝E02
8
三、光的相干性
量子力学课件(完整版)
Light beam
metal
electric current
11
能量量子化的假设
造成以上难题的原因是经典物理学认为 能量永远是连续的。
如果能量是量子化的，即原子吸收或发 射电磁波，只能以“量子”的方式进行， 那末上述问题都能得到很好的解释。
12
能量量子化概念对难题的解释
原子寿命 ①原子中的电子只能处于一系列分立的能级之中。
18
当 kT hc（高频区）
E(, T)
2hc2 5
e hc
kT
Wein公式
当 kT hc（低频区）
E(, T)
2c 4
kT
Rayleigh–Jeans公式
19
能量量子化概念对难题的解释
对光电效应的解释
如果电子处于分立能级且入射光的能 量也是量子化的，那么只有当光子的能 量（E =hυ）大于电子的能级差，即E =hυ > En－Em时，光电子才会产生。如 果入射光的强度足够强，但频率υ足够 小，光电子是无法产生的。
2 , k 2 / ,
得到 d 2 0,所以，t x(t)
dk 2 m
物质波包的观点夸大了波动性的一面，抹杀 了粒子性的一面，与实际不符。
45
（2）第二种解释：认为粒子的衍射行为是大 量粒子相互作用或疏密分布而产生的行为。 然而，电子衍射实验表明，就衍射效果 而言， 弱电子密度＋长时间＝强电子密度＋短时间 由此表明，对实物粒子而言，波动性体 现在粒子在空间的位置是不确定的，它是以 一定的概率存在于空间的某个位置。
2
这面临着两个问题：
1、信号电磁波所覆盖的区域包括大量的 元件，每个元件的工作状态有随机性，但 器件的响应具有统计性；
大学物理-教学资料：14第十四章光的粒子性
2020/5/21
例1 （1）温度为室温 (20 C)的黑体，其单色辐
出度的峰值所对应的波长是多少？（2）若使一黑体 单色辐出度的峰值所对应的波长在红色谱线范围内， 其温度应为多少？（3）以上两辐出度之比为多少？
解 （1）由维恩位移定律
mT b2.829 9 18 3 0 3nm 98n9m 0
135
0
0
0
0
1. 波长的改变量 随散0射角θ 的增大而增加，
且新谱线的相对强度也增大。
2. 与散射物质、原波长λ0 均无关。
3. 原子量越小的物质，康普顿效应越显著。
2020/5/21
经典理论无法解释康普顿效应
根据经典电磁波理论，在光场中作受迫振动的带电 粒子，辐射的散射光的频率应等于入射光的频率。 且因电磁波是横波，在θ = 90°的方向应无散射。
Ua
Cs Na Ca
Ua kU0
k:普 适 恒 量 (与 金 属 无 关 )
U0:对 不 同 的 金 属 ,其 值 不 同
0
遏制电势差： 反映光电子的初动能
当电势差U减小为零并变为负值，直至某一值Ua 时，光电流才降至零。 Ua叫做遏制电势差。
1 2mV2eUa e(kU0)
1 2
mv2
e
Ua
光电子的初动能随频率线形增加，与入射光光强无关
1. 斯忒潘 — 波尔兹曼(Stefan-Boltzmann)定律
黑体的辐出度与温度的四次方成正比。
M0(T)T4
斯忒藩常量:
5 .6 7 1 0 8W m 2 K 4
2. 维恩(Wien)位移定律
mTb
维恩常量: b2.89 18 3 0 m K
2020/5/21
大学物理《稳恒电流的磁场》习题答案
第14章 稳恒电流的磁场 参考答案一、选择题1(B)，2(A)，3(D)，4(C)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8).B I R2，沿y 轴正向； (9). ωλB R 3π，在图面中向上； (10). 正，负.三 计算题1. 将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D 点的磁感强度B的大小．解：其中3/4圆环在D 处的场 )8/(301a I B μ=AB 段在D 处的磁感强度 )221()]4/([02⋅π=b I B μBC 段在D 处的磁感强度)221()]4/([03⋅π=b I B μ1B、2B 、3B 方向相同，可知D 处总的B 为)223(40baI B +ππ=μ2. 半径为R 的导体球壳表面流有沿同一绕向均匀分布的面电流，通过垂直于电流方向的每单位长度的电流为K ．求球心处的磁感强度大小．解：如图θd d d KR s K I ==2/32220])cos ()sin [(2)sin (d d θθθμR R R I B +=32302d sin R KR θθμ=θθμd sin 2120K =⎰π=020d sin 21θθμK B ⎰π-=00d )2cos 1(41θθμK π=K 041μ3. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．4．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S Bd 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=I μ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+I μ5. 一半径为 4.0 cm 的圆环放在磁场中，磁场的方向对环而言是对称发散的，如图所示．圆环所在处的磁感强度的大小为0.10 T ，磁场的方向与环面法向成60°角．求当圆环中通有电流I =15.8 A 时，圆环所受磁力的大小和方向．1 m解：将电流元I d l 处的B分解为平行线圈平面的B 1和垂直线圈平面的B 2两分量，则 ︒=60sin 1B B ； ︒=60cos 2B B分别讨论线圈在B 1磁场和B 2磁场中所受的合力F 1与F 2．电流元受B 1的作用力l IB lB I F d 60sin 90sin d d 11︒=︒=方向平行圆环轴线．因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力⎰=11d F F ⎰π︒=Rl IB 20d 60sin R IB π⋅︒=260sin = 0.34 N ，方向垂直环面向上．电流元受B 2的作用力l IB lB I F d 60cos 90sin d d 22︒=︒= 方向指向线圈平面中心． 由于轴对称，d F 2对整个线圈的合力为零，即02=F ． 所以圆环所受合力 34.01==F FN ， 方向垂直环面向上．6. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA 和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B中，B 的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)． 重力矩 αραρs i n s i n 2121gSa a a gS a M +⋅=αρsin 22g Sa =B 2d l磁力矩ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M = 所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρT7. 半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2，置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I 1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力．解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为 )2/(10r I B π=μ取xOy 坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为：θμsin 210R I B π=， 方向垂直纸面向里，式中θ 为场点至圆心的联线与y 轴的夹角．半圆线圈上d l 段线电流所受的力为：l B I B l I F d d d 22=⨯= θθμd sin 2210R R I I π=θsin d d F F y =． 根据对称性知： F y =0d =⎰y F θcos d d F F x = ，⎰π=0x x dF F ππ=2210I I μ2210I I μ=∴半圆线圈受I 1的磁力的大小为： 2210I I F μ=，方向：垂直I 1向右．I 2I 1A DC8. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
量子力学
1、Ee , 与 I 无关
G
2、ne I
3、 0
4、t 10 9 秒
U
• 光电效应的特点:
(1)对于给定的金属材料做成的表面光洁的电极, 存在一个确定的截止频率 0,它与金属材料的性质 有关.若照射光频率<0,则不论光的强度多大,都 不会有光电子逸出. (2)光电子的最大动能与入射光的频率有关,而 与入射光强度无关.光电流的强度,即单位时间从金 属电极单位面积上逸出的电子的数目与照射光强度 成正比. (3)当光的频率≥ 0 时,不论光多微弱,都有光 电子发射出来.
经典理论的困难
经典认为光强越大，饱和电流应该越大，光电子的 初动能也越大。但实验上光电子的初动能仅与频率有 关而与光强无关。
只要频率高于红限，既使光强很弱也有光电流；频 率低于红限时，无论光强再大也没有光电流。而经典 认为有无光电效应不应与频率有关。
瞬时性。经典认为光能量分布在波面上，吸收能量 要时间，即需能量的积累过程。
维恩
o
1
2
3
4
5
6
7
8 9 λ (μ m)
对 Planck 辐射定律的 二点讨论：
8h 3 1 d 3 exp(h / kT ) 1 d C
•（1）当 v 很大（短波）时，因为 exp(hv /kT)-1 ≈ exp(hv /kT)， 于是 Planck 定律 化为 Wien 公式。
究竟是什么机制使空腔的原子产生出所观 察到的黑体辐射能量分布，对此问题的研 究导致了量子物理学的诞生。
•1900年１２月１４日Planck 提出： 如果空腔内的黑体辐射和腔壁原子处 于平衡，那么辐射的能量分布与腔壁原子 的能量分布就应有一种对应。作为辐射原 子的模型，Planck 假定：
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第14章 量子物理一、选择题1. 下列物体中属于绝对黑体的是（A ）不辐射可见光的物体； （B ）不辐射任何光线的物体；（C ）不能反射可见光的物体； （D ）不能反射任何光线的物体。
[ ]2. 光电效应和康普顿效应都是光子和物质原子中的电子相互作用过程，其区别何在？在下面几种理解中，正确的是（A ）两种效应中电子与光子组成的系统都服从能量守恒定律和动量守恒定律；（B ）光电效应是由于电子吸收光子能量而产生的，而康普顿效应则是由于电子与光子 的弹性碰撞过程；（C ）两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程；（D ）两种效应都属于电子吸收光子的过程。
[ ] 3. 关于光子的性质，有以下说法：（1）不论真空中或介质中的速度都是c ； （2）它的静止质量为零； （3）它的动量为/h c ν； （4）它的总能量就是它的动能； （5）它有动量和能量，但没有质量。
其中正确的是 [ ] （A ） （1）（2）（3） （B ） （2）（3）（4）（C ） （3）（4）（5） （D ） （3）（5）4. 关于普朗克量子假说，下列表述正确的是 [ ] (A) 空腔振子的能量是非量子化的(B) 振子发射或吸收能量是量子化的 (C) 辐射的能量等于振子的能量 (D) 各振子具有相同的能量5. 用相同的两束紫光分别照射到两种不同的金属表面上时, 产生光电效应, 则 (A) 这两束光子的能量不相同(B) 逸出电子的初动能不相同(C) 在单位时间内逸出的电子数相同(D) 遏止电压相同 [ ]6. 用强度为I 、波长为λ的X 射线(伦琴射线)分别照射Li(Z = 3)和Fe ( Z = 26). 若在同一散射角下测得康普顿散射的X 射线波长分别为Li λ和Fe λ (Li λ、Fe λ＞λ), 它们对应的强度分别为Li I 和Fe I ，则有关系(A)Fe Li Fe Li ,I I <>λλ (B) Fe Li Fe Li ,I I ==λλ(C) Fe Li Fe Li ,I I >=λλ(D) Fe Li Fe Li ,I I ><λλ [ ]7. 在以下过程中, 可能观察到康普顿效应的过程是(A) 电子穿过原子核(B) X 射线射入石墨(C) 电子在介质中高速飞行(D) 粒子射入金属中 [ ]8. 为了观察康普顿效应, 入射光可用(A) 可见光 (B) 红外光 (C) X 射线 (D) 宇宙射线 [ ]9. 根据光子理论νh E =, λhp =. 则光的速度为(A) Ep(B) pE(C) Ep(D) 22pE [ ]10. 用X 射线照射物质时，可以观察到康普顿效应，即在偏离入射光的各个方向上观察到散射光，这种散射光中 [ ] (A) 只包含有与入射光波长相同的成分(B) 既有与入射光波长相同的成分，也有波长变长的成分，且波长的变化量只与散射光的方向有关，与散射物质无关(C) 既有与入射光波长相同的成分，也有波长变长的成分和波长变短的成分，波长的变化量既与散射方向有关，也与散射物质有关(D) 只包含着波长变化的成分,其波长的变化量只与散射物质有关,与散射方向无关11. 光电效应和康普顿散射都包含有电子与光子的相互作用, 下面表述中正确的是 (A) 相互作用都是电子与光子的弹性碰撞 (B) 前者是完全非弹性碰撞, 后者是弹性碰撞 (C) 两者都是完全非弹性碰撞(D) 前者是弹性碰撞而后者是完全非弹性碰撞 [ ] 12. 根据玻尔氢原子理论，当大量氢原子处于n = 3的激发态时，原子跃迁将发出 (A) 一种波长的光 (B) 两种波长的光(C) 三种波长的光(D) 各种波长的光 [ ]13. 设氢原子被激发后电子处在第四轨道(n = 4)上运动.则观测时间内最多能看到谱线的条数为 (A) 2条 (B) 4条 (C) 6条 (D) 8条 [ ] 14. 关于不确定关系x x p h ∆∆≥，有以下几种理解：（1）粒子的动量不可能确定，但坐标可以被确定；（2）粒子的坐标不可能确定，但动量可以被确定；（3）粒子的动量和坐标不可能同时确定；（4）不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子。
其中正确的是（A ）（1）、（2）； （B ）（2）、（4）；（C ）（3）、（4）； （D ）（4）、（1）。
[ ]二、填空题1. 钨的红限频率为151.310⨯Hz. 用波长为180 nm 的紫外光照射时, 从其表面上逸出的电子能量为 ．2. 以波长为207.0=λμm 的紫外光照射金属钯表面产生光电效应，已知钯的红限频率1501021.1⨯=νHz ，则其遏止电压a U ＝ V. (普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ，元电荷 19106.1-⨯=e C)3. 康普顿散射中, 当出射光子与入射光子方向成夹角θ= ______ 时, 光子的频率减少得最多; 当θ= ______时, 光子的频率保持不变.4. 波长为0.071 nm 的X 射线射到石墨上, 由公式cm h e )cos 1(θλ-=∆可知, 在与入射方向成45︒角方向观察到的X 射线波长是 ．5. 根据玻尔量子理论, 氢原子中电子处于第一轨道上运动的速度与处在第三轨道上运动的速度大小之比为 ．6. 在氢原子光谱的巴耳末线系中有一频率为Hz 1015.614⨯的谱线，它是氢原子从能级n E ＝ eV 跃迁到能级k E ＝ eV 而发出的.7. 静止质量为m e 的电子，经电势差为U 12的静电场加速后，若不考虑相对论效应，电子的德布罗意波长λ＝________________________________．8. 已知中子的质量为1.67×10-27 kg. 假定一个中子沿x 方向以2000 m ⋅s -1的速度运动, 速度的测量误差为0.01, 则中子位置的不确定量最小为(用不确定关系x p x ∆⋅∆≥ 计算) ．三、 计算题1.若将星球看成绝对黑体,利用维恩位移律,通过测量m λ便可估计其表面温度.现测得太阳和北极星的m λ分别为510 nm 和350 nm ,试求它们的表面温度和黑体辐射出射度.2. 已知铝的逸出功是4.2eV ，今用波长为200 nm 的光照射铝表面，求： (1) 光电子的最大动能； (2) 截止电压； (3) 铝的红限波长.3. 已知X 射线光子的能量为0.60 MeV ，若在康普顿散射中散射光子的波长变化了30%，试求反冲电子的动能.4. 在一次康普顿散射实验中，若用波长0λ= 0.1 nm 的光子作为入射源，试问： (1) 散射角45=ϕ的康普顿散射波长是多少? (2) 分配给这个反冲电子的动能有多大?5. 已知氢原子的巴耳末系中波长最长的一条谱线的波长为nm 28.656，试由此计算帕邢系(由高能激发态跃迁到n ＝3的定态所发射的谱线构成的线系)中波长最长的一条谱线的波长.6. 实验发现, 基态氢原子可以吸收能量为12.75 eV 的光子. (1) 试问氢原子吸收该光子后将被激发到哪个能级?(2) 受激发的氢原子向低能级跃迁时，可能发出哪几条谱线? 请画出能级图(定性)，并将这些跃迁画在能级图上.7. 质量为m e 的电子被电势差U 12 = 100 kV 的电场加速，如果考虑相对论效应，试计算其德布罗意波的波长．若不用相对论计算，则相对误差是多少?8. 电视机显像管中电子的加速电压为9 kV ，电子枪枪口直径取0.50 mm ，枪口离荧光屏的距离为0.30 m.求荧光屏上一个电子形成的亮斑直径.这样大小的亮斑影响电视图像的清晰度吗?第14章 量子物理答案一、选择题1.[D];(2)[B ];3[ B ];4.[ B ];5.[ B ];6.[C ];7.[ B ];8.[C ].;9.[B ];10.[B ].11.[B ] 12.[C ].13.[A ];14.[C ]。
二、填空题1. 1.5 eV ；2. 0.99 ；3. π, 0 ；4. 0.0717 nm ；5. 3 ；6. –0.58, –3.4 ；7. 12e 2eU m h 8. 3.16×10-7 m 。
三、计算题1. 解 利用m1510λ=nm 和m2350λ=nm ,根据维恩位移律和斯特藩–玻耳兹曼定律,可得太阳和北极星的表面温度和辐出度分别为K 1069.531m 1⨯==λbT K 1029.832m 1⨯==λbT27411m W 1094.5)(-⋅⨯==T T M σ28422m W 1068.2)(-⋅⨯==T T M σ2.解 (1)A chA h E -=-=λνm k,eV 0.2eV 2.4eV 106.1102001031063.6199834=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--- (2) V 0.2mk,e ==eE U (3) Ahc c==0νλ nm 296m 1096.2m 106.12.41031063.6719834=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=--- 3.解 入射X 射线光子能量为0E ，波长为00E hc=λ，散射光子的波长 ()003.1%301λλλ=+=能量为 3.13.1100E hc hcE =⋅==λλ所以，反冲电子的动能为MeV 14.0MeV 60.03.13.03.11100k =⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=E E E E4.解 (1) 由康普顿散射公式可得散射光波长nm 7071.0nm 7070.0nm 1.0)cos 1(e 0=+=-+=ϕλλcm h(2) 由能量守恒定律，反冲电子的动能 λλννhchc h h E -=-=00k= 6.63×1034-×3×108×()10707.1110111010--⨯-⨯J= 8.23×1017-J = 515 eV5.解 巴耳末系最长的波长nm 28.65632=λ，满足关系⎪⎭⎫ ⎝⎛-=223231211R λ次长谱线波长42λ满足nm 13.48627204121322242==⎪⎭⎫⎝⎛-=λλR 二式相减，得432232421413111λλλ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-R 43λ就是帕邢系波长最长的谱线波长 nm 04.1875nm 13.48628.65613.48628.6564232423242=-⨯=-⋅=λλλλλ6. 解 (1)设基态氢原子吸收12.75 eV 后被激发到n E 能级，即75.121n =-E E 75.12116.132=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯-n解出n ＝4，即激发到4E 能级.(2) 能级图如解图15-3-17所示， 可发出324243213141,,,,,λλλλλλ六条谱线.7. 解 ：用相对论计算λ4=3=2=1=由 20)(1cm m p v vv -== (1) 2022012)(1c m c m eU --=v c (2)ph=λ (3)计算得 m 1071.3)2(12201212-⨯=+=c m eU eU hcλ若不考虑相对论效应 则 v 0m p = (4) 2v 01221m eU =(5) 由(3)，(4)，(5)式计算得=='1202eU m hλ 3.88×10-12 m相对误差 %6.4=-'λλλ8. 解 取mm 50.0=∆y ，则由不确定关系得yp y ∆=∆2 而 E m p x e 2=荧光屏上亮斑直径为nm2.1m 102.1m 106.1109101.92105.030.01005.122919331334e =⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=∆=∆=∆=-----Em y lyp l l p p d x xy此亮斑的大小不会影响当前电视图像的清晰度. 亮斑直径也可用波的衍射来求Em y l E m y l yp hly l d e e 22π244.244.222.12∆≈∆⨯=∆=∆⨯= λ。