第15章 量子物理基础习题解答
练习册量子力学(15章)解答
练习三十七1． 因为在单位时间内辐射的能量只是温度的函数，所以填（相等），而物体吸收的能量与周围环境有关。
A 物体周围的温度低于A 的，B 物体周围的温度高于B 的，所以，B 物体吸收的能量大于A 物吸收的能量。
填（不相等）2． 由红限波长和逸出功的关系得：Jchh W 1901018.3-⨯≈==λν3． 由黑体的定义可知，选[3]4． 光电效应过程中能量守恒但动量不守恒，而康普顿效应能量和动量都守恒。
所以选[2]。
5. 由维恩位移定律 b T m =λ 得：38.15.069.02112===m m T T λλ 再由斯忒藩—玻耳兹曼定律 4)(T T M σ=得：36.338.1)()(4412414212==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==T T T T T M T M σσ 6．（1）因为入射光子的能量ε为：eV J hch 4.51065.8103.21031063.6197834=⨯=⨯⨯⨯⨯===---λνε没有加外电场时光电子的初动能为：eV W h m 9.05.44.5212=-=-=νυ 加了外电场后光电子到达阳极附近时的总动能为：eV eU m E k 5.16.09.0212=+=+=υ 所以光电子到达阳极附近时的速度为：s m m E k /103.7101.9106.15.12253119⨯=⨯⨯⨯⨯=='--υ（2）设光电流恰好被抑制时的反向电势差为a U ，则 k a E eU = V e eVe E U k a 5.15.1===∴练习三十八1．22/ c hv m mc h E =∴==ν ，c hv h P /==λ2．eVE E n n 6.130,,11=-=∴∞→=∆电离态时基态时3．由能量守恒和动量守恒可知：⎩⎨⎧+-=+=+mv h h mc c h c m c h （反弹回）动量守恒：能量守恒：λλλλ02200 所以选[3]4．因为这个过程是辐射光子，说明n m E E >，选[3]n =2n =3 n =15*．由产生激光的条件选[3]6．因为经康普顿散射后散射光子的波长增加了0020，所以光子损失的能量就是反冲电子获得的动能.则得：MeVhv hc hc hv hv E k 1.062.111110000==⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=λλλ∆7．设基态的氢原子获得12.6eV 的能量后跃迁到n 态。
量子力学习题(1235章)东南大学
量子力学习题集及解答（1 2 3 5章）目录第一章量子理论基础 (1)第二章波函数和薛定谔方程 (5)第三章力学量的算符表示 (28)第四章表象理论 (48)第五章近似方法 (60)第六章碰撞理论 (94)第七章自旋和角动量 (102)第八章多体问题 (116)第九章相对论波动方程 (128)第一章 量子理论基础1．设一电子为电势差V 所加速，最后打在靶上，若电子的动能转化为一个光子，求当这光子相应的光波波长分别为5000A （可见光），1A （x 射线）以及0.001A （γ射线）时，加速电子所需的电势差是多少？[解] 电子在电势差V 加速下，得到的能量是eV m =221υ这个能量全部转化为一个光子的能量，即λνυhc h eV m ===221 )(1024.1106.11031063.6419834A e hc V λλλ⨯=⋅⨯⨯⨯⨯==∴--（伏） 当A50001=λ时， 48.21=V （伏）A 12=λ时 421024.1⨯=V （伏）A 001.03=λ时 731024.1⨯=V （伏）2．利用普朗克的能量分布函数证明辐射的总能量和绝对温度的四次方成正比，并求比例系数。
[解] 普朗克公式为18/33-⋅=kT hv v e dvc hvd πνρ单位体积辐射的总能量为⎰⎰∞∞-==/3318Thv v e dvv chdv U κπρ令kThvy =，则 440333418T T e dy y c h k U y σπ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰∞ （★） 其中 ⎰∞-=0333418y e dyy c h k πσ （★★） （★）式表明，辐射的总能量U 和绝对温度T 的四次方成正比。
这个公式就是斯忒蕃——玻耳兹曼公式。
其中σ是比例常数，可求出如下：因为)1()1(1121 +++=-=-------y y y y y ye e e e e e∑∞=-=1n ny edy e y e dy y n ny y ⎰∑⎰∞∞=-∞⎪⎭⎫ ⎝⎛=-013031 令 ny x =，上式成为dx e x n e dy y xn y⎰∑⎰∞-∞=∞=-03140311 用分部积分法求后一积分，有⎰⎰⎰∞-∞∞--∞∞--+-=+-=0220332333dx xe e x dx e x e x dx e x x xx xx66660=-=+-=∞∞--∞-⎰xx x e dx e xe又因无穷级数 ∑∞==144901n n π故⎰∞=⨯=-0443159061ππy e dy y 因此，比例常数⎰∞-⨯==-=015334533341056.715818ch k e dy y c h k y ππσ尔格/厘米3·度43．求与下列各粒子相关的德布罗意波长：（1）能量为100电子伏的自由电子； （2）能量为0.1电子伏的自由中子； （3）能量为0.1电子伏，质量为1克的质点； （4）温度T =1k 时，具有动能kT E 23=（k 为玻耳兹曼常数）的氦原子。
15 量子物理习题答案
量子物理习题参考答案一、选择题：1.C 分析：0A h ν=2.A 分析：k h A E ν=+ 2k h A E ν'=+ 所以：k k E hE ν'=+ 3. D 分析：光强不变，增加照射光频率，单位时间入射光子数减少，单位时间吸收光子而逸出金属表面的电子数减少，饱和电流减小。
入射光频率增加，截至电压增加。
4.D5.D 分析：hp λ=22220E E p c=+ 6.A 分析：22mv R p mv eBR eB =⇒== h h p pλλ=⇒= 7. A 分析：光子的静止质量为零；若光的频率为ν，则光子能量为h εν=，动量h hp cc ενλ===，质量22h m c c εν==8. D二、填空题：1． 102νν-2． 011hc λλ⎛⎫-⎪⎝⎭； 分析： 00hcA h νλ== k hch A E νλ==+ 所以：011k hcE A hc λλλ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭3． >、>、<分析：根据爱因斯坦光电效应方程max k h A E ν=+，入射光频率越大，产生光电子的动能越大，对应的截止电压绝对值也越大；光强I =n hν，入射光频率越大，单位时间照射到金属表面光子数越少，饱和电流越小。
4. 0.0732nm ；0.0756nm分析：22002sin 0.070820.0024sin 22c θθλλλλλ=+∆=+=+⨯5.246.6310-⨯分析： 102max 121a eU h mv A h +=+=νν202a eU h h +=νν0212ννν=-0122ννν-=分析：0.1nm y a ∆== 3424106.6310 6.6310N s 10y yh y p h p y ---⨯∆∆≥⇒∆≥==⨯⋅∆6．150V7. hmu ；2mc h8． 3.29×10-21J9. t 时刻粒子在r 附近出现的概率密度。
结构化学练习之量子力学基础习题附参考答案
量子力学基础习题一、填空题（在题中的空格处填上正确答案）1101、光波粒二象性的关系式为_______________________________________。
1102、德布罗意关系式为____________________；宏观物体的λ值比微观物体的λ值_______________。
1103、在电子衍射实验中，│ψ│2对一个电子来说，代表___________________。
1104、测不准关系是_____________________，它说明了_____________________。
1105、一组正交、归一的波函数ψ1， ψ2， ψ3，…。
正交性的数学表达式为 ，归一性的表达式为 。
1106、│ψ (x 1， y 1， z 1， x 2， y 2， z 2)│2代表______________________。
1107、物理量xp y - yp x 的量子力学算符在直角坐标系中的表达式是_____。
1108、质量为 m 的一个粒子在长为l 的一维势箱中运动，(1)体系哈密顿算符的本征函数集为_______________________________ ；(2)体系的本征值谱为____________________， 最低能量为____________ ；(3)体系处于基态时， 粒子出现在0 ─ l /2间的概率为_______________ ；(4)势箱越长， 其电子从基态向激发态跃迁时吸收光谱波长__________ ；(5)若该粒子在长l 、宽为2l 的长方形势箱中运动， 则其本征函数集为____________，本征值谱为 _______________________________。
1109、质量为m 的粒子被局限在边长为a 的立方箱中运动。
波函数ψ211(x ，y ，z )= _________________________；当粒子处于状态ψ211时，概率密度最大处坐标是_______________________；若体系的能量为2247ma h ，其简并度是_______________。
量子力学练习题答案
一、 简答题 1． 简述光电效应中经典物理学无法解释的实验现象。 答：光电效应中经典物理学无法解释的实验现象有： （1）对入射光存在截止频率ν0 ，小于该频率的入射光没有光电子逸出；（2） 逸出的光电子的能量只与入射光的频率ν 有关，入射光的强度无关；（3） 截止频率只与材料有关而与光强无关；（4）入射光的强度只影响逸出的光 电子的数量；（5）无论多弱的光，只要其频率大于截止频率，一照射到金 属表面，就有光电子逸出。 2． 简述 Planck 的光量子假设。 答：Planck 的光量子假设为，对于一定的频率为ν 的辐射，物体吸收或发 射的能量只能以 hν 为单位来进行。 3． 写出 Einstein 光电方程，并阐述 Einstein 对光电效应的量子解释。 答：Einstein 光电方程为 hν = 1 mv2 + W 。
⎤ ⎥ ⎦
16． 简述粒子动量与位置的不确定关系。
答：若要想精确地知道粒子的动量值，就无法得知粒子的具体位置；要想
精确地知道粒子的位置，就无法得知粒子的具体动量值，位置分布的均方
差和动量分布的均方差受到下面关系的制约
Δx ⋅ Δp ≥ = 2
17． 简述量子力学的态叠加原理。
答：量子力学的态叠加原理是指如果ψ1 、ψ 2 、ψ 3 ……均是体系的可能状态，
Wmk =| am (t) |2
∫ ∫ 其中
am
(t)
=
1 i=
t 0
eiωmkτ
H
′
mk
dτ
，
H
′
mk
=
ϕm* Hl ′(t)ϕkdτ ，ωmk = (Em − Ek ) / =
二、 证明题 1． 证明黑体辐射的辐射本领 E(ν ,T ) 与 E(λ,T ) 之间的关系。 证明：黑体的辐射本领是指辐射体单位面积在单位时间辐射出来的、单位 频率间隔内的能量，用 E(ν ,T ) 表示。由于ν = c / λ ，所以黑体的辐射本领也 可以表示成 E(λ,T ) 。由定义得单位面积、单位时间内辐射的能量为
量子物理答案
第15章量子物理一、选择题1. B2. B3. C4. B5. C6. B7. A8. B9. A10. B11. D12. D13. B14. B15. D16. B17. D18. B19. C20. B21. C22. B23. C24. A25. B26. B27. B28. C29. D30. B31. B32. D33. B34. C35. A37. A38. D39. B40. D41. D42. C43. D44. A45. B46. C47. B48. A49. B50. C51. A52. C53. D54. D55. C56. A57. D58. D59. A60. A61. B62. D63. A64. C65. C66. B67. B68. C69. B70. D71. A73. A 二、填空题 1. Ahc ≤λ 2. 1.040 3. ν2 = 2ν1 - ν0 4. 1.5 eV 5. 0.99 6. 382 7. 3.18⨯10-19 J8. 1.75⨯10-19 J , 3.35⨯10-19 J 9. π, 010.θφννcos cos p c h c h +'= 11. 212. 0.0717 nm 13. 0.25 14. 1.05⨯10-34 J·s 15. 5: 2 16. 3 17. 16 18. 12.0919. 191322-=n n λ Å20. -0.58, -3.4 21. 13.6, 4 22. 2.55, 4, 2 23. 34,14→→24. 5, 10 25.122eU m h e 26. 0.1 nm 27. 14.6 nm 28. 2.2⨯10-14m 29. 3/1 30. 1.6⨯109 Hz31. 3.16⨯10-7m 32. 1.06×10-2433. 151 eV 34. 150.8 eV 35. 4 36. 0.1937. 电子自旋的角动量的空间取向量子化 38. 0， 2， 6, 2039. 4 40. 741. 0λhcm eRB 2)(2+ 42. eRBh 243. 1: 1, 4: 1 44. 1.5×1019 45. 321ννν+=, 321111λλλ+=46. 4 m·s -1 47. 相干性好 48. 15.8×104三、计算题1. 解：斯忒藩－玻耳兹曼定律给出4T M σ=设恒星半径为R 、温度为T ，则其辐射的总功率为2π4R M ，即24π4R T σ. 在地球上，接收到的总功率为2π4R M ''(R '为恒星离地球的距离). 上述两个总功率是相等的，所以有224π4π4R M R T ''=σ则m 1026.7)5200(1067.5102.1)103.4(92148821742⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛''=---T M R R σ比太阳约大10倍.2. 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3115.6910K m bT λ==⨯，3228.2910K m bT λ==⨯47211() 5.9410W/m M T T σ==⨯相应的辐射出射度48222() 2.6810W/m M T T σ==⨯3. 解：17min 100100 3.6210W hcI h νλ-===⨯4. 解：(1)νεh =，ch hp νλ==由爱因斯坦质能关系2mc E =得22ch c m νε==(2) 光对平面镜的光压如A15-3-4(a)图示，每一个光子入射到平面镜M 上，并以i 角反射，其动量改变量为n n ei ch e i mc c m c m ˆcos 2ˆcos 2⋅==-'ν平面镜上面积为S 的截面上，在单位时间内受到碰撞的光子数为Sn i c N ⋅=cos所以光压 S Sni c i mc S mc c m N P ⋅⋅=-'=cos cos 2|)(| 由A15-3-4(b)可知)(c c m-'的大小为i mc cos 2SSni c i mc P ⋅⋅=∴cos cos 2 i n mc 22cos 2=i n h 2cos 2ν=5. 解：设光源每秒钟发射的光子数为n ，每个光子的能量为h ν 则由 λνnhcnh P ==得 hcP n λ=令每秒钟落在垂直于光线的单位面积的光子数为n 0，则hcP d n S n n 220πd 4π4λ===)(c c -'A 15-3-4(b)图A 15-3-4(a)图光子的质量 λλνc h c hc c h m ===22=2.90×10-36 kg 6. 解：(1)入射光子的能量为eV14.4J 1063.6103001031063.6199634=⨯=⨯⨯⨯⨯==---νεh由于此种光子能量小于铂的逸出功(8eV)，所以不能产生光电效应.(2) hm c h E h h A k 220v -=-==λννHz1078.51063.62)105(1011.91010410314342532928⨯=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=--- 7. 解：(1)A ch A h E m k -=-=λν,eV 0.22.4106.1102001031063.6199834=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--- (2) V 0.210.2,===e E U m k e(3) Ahc c==0νλ nm 296m 1096.2106.12.41031063.6719834=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=--- 8. 解：(1)当电子匀速直线地穿过互相垂直的电场和磁场区域时，电子所受的电场力与洛仑磁力大小相等，即B e eE v =所以光子的最大速度率 6310005.0105=⨯==B E v m ⋅s -1 (2) 由光电效应方程： 2021v m hv hv +=，2021v m hc hc +=λλ 可得波长为83412317201031063.62101011.9106.211211⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=+=---hc m v λλ = 1.63×107-m9. 解：(1) 由A m h +=221v ν，eBm R v=得 mB e R hc m RBe m hcA 2212222-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=λλ(2) mB e R m U e a 2212222==v所以, meB R U a 222=10. 解：因为入射光波长λ>铝的红限波长mλ'，亦即 入射频率ν<铝的红限频率ν' 所以，铝不产生光电效应．钠在光照下，发射光电子，它们的最大初动能为m hc hc m λλ//212-=v ① 这些光电子聚集在铝膜上，使钠棒和铝膜分别带上正、负电荷Q ，当它们间的电势差∆U 达到 e ∆U =221v m ② 时，系统达到平衡． 由高斯定理，忽略边缘效应情况下，可求出钠棒与铝膜间电场)2/(0lr Q E επ= ③∆U 1ln 2d 12021r r l Qr E r r επ==⎰ ④ 由式①、②、④得 e ∆U 120ln 2r r l Q eεπ=m hc hc m λλ//212-==v ∴ )11()/ln(2120mr r e lhc Q λλε-π=＝ 4.21×10-11 C11. 解：光子的能量 λνhch E ==若 E kT ==23k ε 则 λk hck E T 3232===1.43×104 K 12. 解：入射X 射线光子能量为0ε，波长为00ελhc=，散射光子的波长()003.1%301λλλ=+=，能量为 3.13.1100ελλε=⋅==hc hc ，所以，反冲电子的动能为()MeV 14.060.03.13.03.11100k =⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=εεεE13. 解：(1) 由康普顿散射公式可得散射光波长707.1707.01)cos 1(0=+=-+=ϕλλcm he (Å) (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--⨯-⨯= 8.23×1017-(J) = 515(eV)14. 解：当光子与电子发生正碰而折回时，能量损失最大.这时光子的波长为)(20c m h e +=λλ，能量为220002)(2)2E c m c m E c m h E hc hcc m h hc hcE e e e e +=+=+==λλ 碰撞后，电子获得的能量最大，为eV 62104210511.010511.01100.421366302200=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯+⨯⨯-⨯=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=-=Ec m c m E E E E e e e15. 证明：在自由电子原来静止的参考系，如果此电子一次完全吸收一个光子，则能量守恒与动量守恒将分别给出220mc h c m =+ν和 c h m ν=v 消去νh ，可得22001)1()/1(cc m c m m v v v --=-=即c c v v -=-1122此式将给出0=v 或c =v ，这都是不可能的.因而上列能量守恒和动量守恒不能同时满足.这也说明自由电子不能一次完全吸收一个光子.16. 解：巴耳末系最长的波长nm 28.65623=λ，满足关系⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222331211R λ 次长谱线波长24λ满足(nm)13.48627204121232224==⎪⎭⎫⎝⎛-=λλR 二式相减，得 342223241413111λλλ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-R ，34λ就是帕邢系波长最长的谱线波长()nm 04.187513.48628.65613.48628.6562423242334=-⨯=-⋅=λλλλλ17. 解：(1)设基态氢原子吸收12.75eV 后被激发到n E 能级，即75.121=-E E n75.12116.132=⎪⎭⎫⎝⎛--n解出n ＝4，即激发到4E 能级 (2) 能级图如A15-3-17图所示，可发出324243213141,,,,,λλλλλλ六条谱线.18. 解：巴耳末系是从高能级跃迁到n=2能级时发射的光谱线.因只发射3条光谱线，所以，氢原子被激发到n = 5 能级.其中,从n=3到n=2发射的谱线波长最长，32λ满足以下关系：R R 365)3121(12232=-=λ 773210563.610097.1536536-⨯=⨯⨯==R λm 1- 从n = 2被激发到n = 5能级, 外来光的频率满足： 1122252510021)2151(E E E E h -=-=-=ν 143419251089.61063.6100106.16.1321⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=--v Hz 19. 解：最小波长为nm4.91m 1014.9)106.16.13(01063.61038193481maxmin =⨯=⨯⨯--⨯⨯⨯=-==---∞E E ch cνλ最大波长为nm122m 1022.1)106.16.13()14/1(1063.610371934812minmax =⨯=⨯⨯-⨯-⨯⨯⨯=-==---E E ch cνλλ4=3=2=1=A15-3-17图20. 解：以p 表示氢原子的反冲动量.对整个发射过程，氢原子和光子能量守恒和动量守恒:15H22E E h m p -=+ν c h p /ν=由此可得152H 12E E c m h h -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+νν 由于νh 不超过eV 6.131=E ，而νh c m H >>2，所以上式给出15E E h -=νnm2.95m 10952.0)106.16.13()125/1(1063.610371934615=⨯=⨯⨯-⨯-⨯⨯⨯=-==---E E ch cνλ21. 解：(1)根据氢原子能级公式eV 6.132nE n -= 要求9.126.136.132≤-n及n 级正整数. 解出n =4.氢原子可激发到的最高能态为n =4的态.(2) 体系能发射的谱线条数为6!2)!24(4124=-==C N 条能级跃迁示意图如A15-3-21图所示.(3) 因为氢原子谱系的标志数k 就是跃迁的下能级对应的主量子数.由A15-3-21图可见，属于可见光(巴耳末系，k =2)的有2条.22. 解：极限波数 2//1~k R ==∞λν 可求出该线系的共同终态. 2==∞λR k)11(1~22n k R -==λν由λ =656.5 nm 可得始态 ∞∞-=λλλλR n =3由 2216.13n n E E n -== eV 可知终态 n =2，E 2 = -3.4 eV始态n =3，E 3 = -1.51 eVA 15-3-21图123423. 解：当加热到温度T 时，氢原子的平均动能 kT E 23= 碰撞时可交出动能212321⨯=kT E 因此用加热的方式使之激发，则要求温度T 1满足132321E E kT -≥ 式中， E 1＝－13.6 eV ， eV 5.13213-==E EkE E T 1334-≥即 T ≥ 1.87×105 K24. 解：由 202k c m mc E -=20220])/(1/[c m c c m --=v 解出： 220k /)(c c m E m +=20k 20k 2k 2cm E c m E E c ++=v根据德布罗意公式vm h p h ==λ 把上面m ，v 代入得：20k 2k2cm E E hc +=λ当 20k c m E << 时，上式分母中，20k 2k 2c m E E <<，2k E 可略去．得20k 2/c m E hc =λ0k 2/m E h ≈当 20k c m E >> 时，上式分母中，20k 2k 2c m E E >>，20k 2c m E 可略去．得 kE hc ≈λ 25. 解：由物质波公式λhp =得光子的动量0p 与波长0λ关系为 00λhp =电子的e p 与波长λ的关系为ee hp λ=因为λλ=0，所以 e p p =0，1:0=e p p由相对论能量动量关系，420222c m c p E +=，因为光子的静质量为零，所以光子的动能即为总能量 c p E 0=电子动能的相对论公式为24222k c m c m c p E e e e -+=比较c p e 与2c m e ，有ee e e e e c m h c m p c m c p λ==2把数据代入得3108313421085.4105103101.910626.6----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=c m c p e e 由此说明电子的动能e E 很小，可以不考虑相对论效应 ee e e m P m E 22122==v 所以 h c m p c m p c p E E ee e e ee λ22200=== 234108311012.410626.6105103101.92⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--- 26. 解：(1) 德布罗意公式：mvh=λ 由题可知α粒子受磁场力作用作圆周运动Rm qB 2v α=，qRB m =v α又 e q 2= 则 eRB m 2=v α故 nm 1050.4m 1050.42211--⨯=⨯==eRBhαλ(2) 由上一问可得 αm eRB2=v对于质量为m 的小球αααλλ⋅=⋅==mm m m eRB hm h 2v =2.99×10-33m 27. 解：用相对论计算 由 20)/(1/c m m p v v v -== ①2022012])/(1/[c m c c m eU --=v ② p h=λ ③ 计算得122012121071.3)2(-⨯=+=c m eU eU hcλ若不考虑相对论效应 则 v 0m p = ④ v 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=-'λλλ 28. 解：取mm 50.0=∆y ，则由不确定关系得yp y ∆=∆2 而 E m p e x 2=荧光屏上亮斑直径为nm2.1m 102.1106.1109101.92105.030.01005.122919331334=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=∆=∆=∆=-E m y lyp l l p p d e x xy此亮斑的大小不会影响当前电视图像的清晰度. 又，亮斑直径也可用波的衍射来求Em y hl E m y hl yphl y l d e e 22π244.244.222.12∆≈∆⨯=∆=∆⨯=λ29. 解：(1) 由不确定关系1211534s m kg 1029.7102.721005.12----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=∆≥∆r p 取α,p p ∆≈粒子的动量值即121s m kg 029.7--⋅⋅⨯≈αpα粒子的动能值为eV1048.2106.1107.62)1029.7(2419272212k,⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯≈=---αααm p E (2) 对电子，仍有121s m kg 1029.7--⋅⋅⨯≥∆p而动量121s m kg 1029.7--⋅⋅⨯=∆≈p p e电子动能的最小值MeV182eV 1082.1106.1101.92)1029.7(2819312212min,=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==---ee e m p E 此结果比电子的静能0.511MeV 大得多，所以不能用上述经典公式求e E ，而应用相对论能量公式，得MeV7.13J 1019.2)1091011.9()1031029.7()()(12216312821222min ,=⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=---c m c p E e e e MeV 2.135.07.132,=-=-=c m E R e e e k 30. 证明：将粒子的位置不确定量vm h x ==∆λ 代入不确定性关系式h p x ≥∆⋅∆可得v v m ≥∆在粒子速度v 较小的情况下，粒子的质量一定，所以有v v v ∆=∆=∆m m )(代上入式，即可得v v ≥∆31. 证：取a x =∆，则 ax p x 22=∆≥∆ 取x x p p ∆≈，则ap a p x y 2,2≥≥粒子的最小能量为222min,2min ,2min ,2min min8322mam p p p m p E x y x =++== 32. 解：21017234221222110010102)1005.1(π2π⨯⨯⨯⨯⨯==---n ma E J 104.537-⨯=J105.510110102)1005.1(π2π37210172342212222----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==n ma EJ10110)4.55.5(383712--⨯=⨯-=-=∆E E E33. 解：⎰⎰==323d )(d )(l l x x x x W ψω⎰⎰-==3002d )π2cos 1(1d πsin 2l l x x l n l x x l n l 3π2sinπ2131n n -= 当n =2 %2.40π34sin π4131=-=W 34. 解：(1) 由归一化条件⎰∞∞-=1d *x ψψ求C ，先求出*ψ，由21111xixC ix C+-=+=ψ 有 2*11xix C ++=ψ πarctg d 11d )1(1d 22222222*C x C x x C x x x C x ==+=++=⋅⎰⎰⎰∞∞-∞∞-∞∞-∞∞-ψψ 令1π2=C ，得 π1=C(2) )1π(1)(2*x x +==ψψω (3) 由0d )(d m==x x xx ω，其解只有0m =x判断0d d 022<=x x ω，故为极大值.又0m =x 在粒子可以出现的范围内，所以是合理的解.故x = 0处粒子出现的概率最大.35. 解：(1) 利用分部积分法，可得()222223d d 04x A x x A x e x λψλ-+∞+∞==-∞⎰⎰即该波函数的归一化因子为A 则，归一化波函数为 )0(e 2)(3≥=-x x x x λλψ )0(0)(<=x x ψ(2) 粒子坐标的概率分布为()()()23224,0x x x x e x λρψλ-==≥()()00x x ρ=≤(3) 由0x ≥范围的极值条件()d /d 0x x ρ=，可得()32224220x xxe x e λλλλ--⎡⎤+-=⎣⎦即： ()10x x λ-= 由此可解得 0x =，或1/x λ=在x = 0处，()00ρ=，概率为零；在1/x λ=处，找到粒子的概率最大，这时有()21/4e ρλλ-=36. 解：利用德布罗意关系/p h λ=，可得22222p h E m m λ== 再利用德布罗意的驻波条件a n λ=，可得a nλ=由此得出, 粒子能量的可能取值为2222222h h n E m maλ== 应该注意到，这里的粒子并非光子，不能用关系式/c λν= 或 cE h h νλ==37. 解：电子作一次圆周运动所需时间(即周期T )为ωπ=2T ①令激发态的平均寿命为 τ = 10-8s ，故电子在τ内从激发态跃迁到基态前绕核的圈数为TN τ=②电子作圆周运动的周期Ｔ可由下面二式求出r m re 22024v =πε ③ π=22h r m ωn ④可求出33320412nh n me ⋅π=εω ⑤ 由①、②、⑤可得 T N τ=373332041054.614e n n h n m ⨯=⋅=ετ 当 n = 5 N = 5.23×105 38. 解：由光电效应方程221v e m A h +=ν ① =B e v R m e /2v ② 0/λhc A= ③νλ/c = ④①，②，③，④式联立可求得137.0)2/()(1200=+=hc m eBR e λλλÅ39. 解： )/(v e m h =λ ① ad 2202=-v v ②a m eE e = ③ 由①式得 ==λe m hv 7.28×106 m ⋅s -1 由②式得av v d 222-== 0.0968 m = 9.68 cm由③式得 ==e m eE a /8.78×1013 m ⋅s -240. 解：(1) 由于光电效应，一个光子撞击到光电管阴极将从金属中激发出电子。
《新编基础物理学》第15章习题解答和分析
第15章 早期量子论15-1 某物体辐射频率为146.010Hz ⨯的黄光，问这种辐射的能量子的能量是多大？ 分析 本题考察的是辐射能量与辐射频率的关系. 解: 根据普朗克能量子公式有:-3414196.6310 6.010 4.010(J)h εν-==⨯⨯⨯=⨯15-2 假设把白炽灯中的钨丝看做黑体，其点亮时的温度为K 2900. 求：(1) 电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长； (2) 据此分析白炽灯发光效率低的原因.分析 维恩位移定律告诉我们，电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长与温度的乘积等于一个常量.由此可以直接由维恩位移定律求解. 解 （1）由维恩位移定律，得-3-72.89810=9.9910(m)=999(nm)2900b T λ⨯==⨯（2）因为电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长在红外区域，所以白炽灯的发光效率较低。
15-3 假定太阳和地球都可以看成黑体，如太阳表面温度T S =6000K ，地球表面各处温度相同，试求地球的表面温度（已知太阳的半径R 0=6.96×105km ，太阳到地球的距离r =1.496×108km ）。
分析 本题是斯忒藩—玻尔兹曼定律的应用。
解： 由 40T M σ=太阳的辐射总功率为2428482002644 5.671060004(6.9610)4.4710(W)S S S P M R T R πσππ-===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯地球接受到的功率为62226221117 6.3710() 4.4710()422 1.496102.0010(W)S E E E S P R P R P d d ππ⨯===⨯⨯⨯=⨯ 把地球看作黑体，则 24244E E E E E R T R M P πσπ==290(K)E T ===15-4 一波长nm 2001＝λ的紫外光源和一波长nm 7002＝λ的红外光源，两者的功率都是400W 。
量子物理基础习题
量子物理基础习题：1.从普朗克公式推导斯特藩玻尔兹曼定律。
（提示：15143π=-⎰∞dx e x x ） 解：λλπλλλd ehc d T M T M Tk hc⎰⎰∞-∞-==052000112),()( 令x T k hc =λ，则dx kTxhcd 2-=λ，所以 4425450342340252052015212)(11)(2112)(T T c h k dx e x T c h k dx kTx hce hc kTx hc d e hc T M x x Tk hcσπππλλπλ=⋅⋅=-=--=-=⎰⎰⎰∞∞∞-证毕。
2.实验测得太阳辐射波谱中峰值波长nm m 490=λ，试估算太阳的表面温度。
解：由维恩位移定律b T m =λ得到K bT m 3931091.51049010897.2⨯⨯⨯==--＝λ 3.波长为450nm 的单色光射到纯钠的表面上（钠的逸出功A ＝2.29eV ），求： （1）这种光的光子能量和动量； （2）光电子逸出钠表面时的动能。
解：（1） 2.76eV J 1042.4104501031063.6199834＝＝－－⨯⨯⨯⨯⨯===-λhchv Es m /kg 1047.1104501063.6hp 27934⋅⨯⨯⨯--－＝＝＝λ （2）由爱因斯坦光电效应方程，得光电子的初动能为eV A hv E k 47.029.276.2=-=-=4.铝的逸出功是4.2eV ，现用波长nm 200=λ的紫外光照射铝表面。
试求： （1）发射的光电子的最大动能； （2）截止电压； （3）铝的红限频率。
解：（1）由光电效应方程得光电子的最大动能为J 102.3106.12.4102001031063.619199834－－－－＝⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=-=A hcA hv E k λ （2）截止电压V 0.2106.1102.319190＝－－⨯⨯==e E V k（3）红限频率Hz 1001.11063.6106.12.41534190⨯=⨯⨯⨯==-－h A v 5.在一次康普顿散射中，传递给电子的最大能量为MeV E 045.0=∆，试求入射光子的波长。
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126 第15章 量子物理基础15-1 太阳可看作是半径为m 100.78⨯的球形黑体，试计算太阳表面的温度。
太阳光直射到地球表面上单位面积的的辐射功率为321.510W/m ⨯，地球与太阳的距离为111.510m d =⨯。
解 已知320 1.510W/m P =⨯，8s7.010m R =⨯，m 105.111⨯=d 。
太阳辐射的总功率2s 4πE R ⋅，假设辐射没有能量损失，则分布在24πd 的球面上，有 22s 04π4πE R p d ⋅=⋅运用斯特藩—玻耳兹曼定律4E T σ=，得 1131/21/41/21/430881.510 1.510()()()() 5.910(K)7.010 5.6710s p d T R σ-⨯⨯===⨯⨯⨯15-2 已知地球到太阳的距离81.510km d =⨯，太阳的直径为61.410km D =⨯，太阳表面的温度为5900K T =，若将太阳看作绝对黑体，求地球表面受阳光垂直照射时，每平方米的面积上每秒钟得到的辐射能为多少？解 根据斯特藩—玻耳兹曼定律4E T σ=和能量守恒方程220π4πE D p d =，得()94242823201111 1.410()() 5.67105900W/m 1.510W/m 441.510D p T d σ-⨯==⨯⨯⨯=⨯⨯ 15-3 在加热黑体的过程中，其单色辐出度的最大值所对应的波长由0.69μm 变化到0.50μm ，其总辐射出射度增加了几倍？解 由维恩位移定律mT b λ=和斯特藩—玻耳兹曼定律4T E σ=得44422m111m20.69()()() 3.630.50E T E T λλ====（倍），即增加了2.63倍. 15-4 从铝中移出一个电子需要4.2eV 的能量，今有波长为2000 Å的光投射到铝表面，求(1)从铝表面发射出来的光电子的最大初动能是多少？(2)遏止电势差为多大？(3)铝的红限频率为多大？解 （1）由2m 12h m W νυ=+得 34821919m 101 6.62610310 4.2 1.60210J 3.2110J 2200010hc m h W W υνλ----⎡⎤⨯⨯⨯=-=-=-⨯⨯=⨯⎢⎥⨯⎣⎦ （2） 2m 12a eU m υ= 2m12 2.0V am U eυ== （3）由 0W h ν= 19150344.2 1.60210Hz 1.0210Hz 6.62610W h ν--⨯⨯===⨯⨯ 15-5 用波长为4000 Å的紫光照射金属，产生光电子的最大初速度为5510m/s ⨯，则光电子的最127大初动能是多少？该金属红限频率为多少？解 光电子的最大初动能为 ()2315219m m 119.1110(510) 1.1410J 22k E m υ--==⨯⨯⨯⨯=⨯ 将爱因斯坦光电效应方程改写成m 0k chE h νλ=+，则得该金属红限频率为()81914m 01034310 1.1410()() 5.7810Hz 400010 6.62610k E ch νλ---⨯⨯=-=-=⨯⨯⨯15-6 钾的截止频率为145.4410Hz ⨯，今以波长为4348 Å的光照射，求钾放出光电子的最大初速度。
解 将爱因斯坦光电效应方程改写成2m 012chm h υνλ=+，则得光电子的最大初速度 123481/2145m 0311022 6.62610310[()] 5.4410 4.6110(m/s)9.1110434810h cv m υλ---⎡⎤⎛⎫⨯⨯⨯=-=⨯-⨯=⨯⎢⎥ ⎪⨯⨯⎝⎭⎣⎦15-7 在康普顿效应中，入射光子的波长为3.0×10-3nm ，反冲电子的速度为0.6c (c 为光速)，求散射光子的波长和散射角。
解 根据康普顿效应中的能量守恒关系式2200cchm c hmc λλ+=+2222000000(14m c ccc ch h m c mc h m c h λλλλ=+-=+=-3412123034123180044 6.62610 3.010m 4.3410m 4.3410nm 44 6.62610 3.0109.1110310h h m c λλλ-------⨯⨯⨯⨯===⨯=⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯根据康普顿效应公式0C ()(1cos )λλλλθ∆=-=-（12C 2.4310(m)λ-=⨯），得散射光子的散射角为1212012C 4.3410310arccos(1)arccos 163.352.4310λλθλ---⎛⎫-⨯-⨯=-=-=︒ ⎪⨯⎝⎭15-8 一个静止电子与一能量为34.010eV ⨯的光子碰撞后,它能获得的最大动能是多少? 解 当光子与电子发生正碰而折回(即散射角0180)θ=时,能量损失最大,光子的波长变为20c 0c 1802sin 22λλλλλ=+=+能量变为 00c c 0c222hc hchc hchc hc εελλλλελε====+++电子的最大动能为128 000c 0c 01(1)(1)221e hcE hc hcεεεελελε=-=-=-++319123193481814.010 1.60210(1)2 2.4310 4.010 1.602101 6.626103109.8810(J)-----=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯15-9 入射的X 射线光子的能量为0.60Me ，被自由电子散射后波长变化了20%，求反冲电子的动能。
解 由光子能量公式chελ=可知，光子散射后能量减少，波长增大为01.2λλ=根据能量守恒，反冲电子获得的动能k E 等于光子损失的能量，即000000.2011()0.600.10(MeV)1.20k hc E h h hc λλννλλλλλ∆=-=-==⨯= 15-10 一带电粒子经206V 的电势差加速后，测得其德布罗意波长为21000.2-⨯ Å，已知这带电粒子所带电量与电子的电量相等，求这粒子的质量。
解 因加速电压较低，不必考虑相对论效应。
设加速电压为U ，则带电粒子的动能为22k p E eU m==其德布罗意波长为h p λ==得粒子的质量为()()2342272219126.62610kg 1.6610kg 22 1.60210206 2.0010hm eU λ----⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 15-11 已知α粒子的静质量为276.6810kg -⨯，求速率为5000km/s 的α粒子的德布罗意波波长。
解 由于α粒子的运动速率c υ，故有0m m ≈，所以速率为5000km/s 的α粒子的德布罗意波波长为3452760 6.62610m 1.9810nm 6.6810510h h p m λυ---⨯====⨯⨯⨯⨯ 15-12 求温度为27℃时，对应于方均根速率的氧气分子的德布罗意波波长。
解129233422.5810nm h p λ--====⨯15-13 铀核的线度为157.210m -⨯，估算其中一个质子的动量和速度的不确定量。
解 对质子来说，其位置的不确定量157.210m r-∆=⨯，根据不确定关系/2r p ∆∆≥3421151.05107.2910(kg m/s)227.210p r ---⨯∆≥==⨯⋅∆⨯⨯ 216277.2910 4.410(m/s)1.6710p m υ--∆⨯∆=≥=⨯⨯ 15-14 试证明自由粒子的不确定关系可写成 24πx λλ∆∆≥,式中为自由粒子的德布罗意波长。
证明 根据德布罗意波长h p λ=，有 p h λ=两边微分取绝对值有2p h λ∆=∆代入不确定关系24πxx p ∆∆≥=24πx λλ∆∆≥15-15 如果粒子位置的不确定量等于其德布罗意波长,证明此粒子速度的不确定量 4πυυ∆≥。
证明 由题意可知 x λ∆=德布罗意波长h h p m λυ==且 p m υ∆=∆不确定关系 24πx h x p ∆∆≥=由上述各式4π4π4πh h m x m υυλ∆≥==∆15-16 设有一电子在宽为0.20nm 的一维无限深势阱中运动。
计算(1)电子在最低能级的能量；(2)电子处于第一激发态时，在势阱中何处出现的概率最小，其值是多少？130 解 （1） ()()2342181223196.62610J 1.5110 J 889.11100.210hE ma ----⨯===⨯⨯⨯⨯⨯（2）在一维无限深势阱中运动的粒子波函数π()1,2,3,n n x x n aψ==0x a <<第一激发态对应2n =,波函数为22π()x x aψ= 0x a << 在x 处出现的概率密度为 ()22222π()(sin )x x x a aωψ==概率的最小值为零,由()0x ω=得1nm x =15-17 在线度为51.010m -⨯的细胞中有许多质量为171.010kg m -=⨯的生物粒子，若将生物粒子作为微观粒子处理，试估算该粒子的n =100和n =101的能级和能级差各是多大。
（将粒子视为在一维无限深势阱中运动）。
解 按一维无限深势阱模型作估计，2228n h E n ma=，将数据代入得，()()23423710021756.62610100J 5.4910J 8 1.010 1.010E ----⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯()()23423710121756.62610101J 5.6010J 8 1.010 1.010E ----⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯它们的能级差为371011000.1110J E E E -∆=-=⨯15-18 一电子被限制在宽度为101.010m -⨯的一维无限深势阱中运动。
（1）欲使电子从基态跃迁到第一激发态，需给它多少能量？（2）在基态时，电子处于1010.09010m x -=⨯与1020.11010mx -=⨯之间的概率为多少？（3）在第一激发态时，电子处于10x =与1020.2510m x -=⨯之间的概率为多少？解 （1）电子从基态（n =1）跃迁到第一激发态（n =2）所需的能量为222221222188h h E E E ma ma∆=-=⨯-⨯131()()()()2234341722311031104 6.62610 6.62610J 1.8110J 113eV 89.1110 1.01089.1110 1.010-------⨯⨯⨯=-=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯（2）当电子处于基态（n =1）时，电子在势阱中的概率密度为222π()sin x xa aψ=(0)x a <<，所求区间宽度102110.0210m=50x x x -∆=-=⨯⨯区间长度，可以采用近似计算.区间中点位置1021()/20.1010m c x x x -=+=⨯，则电子在所求区间的概率近似为21221()d ()x c x P x x x xψψ=≈∆⎰ 2210101010π22πsin sin (0.110)0.02101.010 1.010c x x a a ----=∆=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯33.810-=⨯ （3）电子在第一激发态（n =2）时，的概率密度为2222π()sin x x a aψ=，100.2510m=4ax-∆=⨯所求概率为212/4/4220022π14π()d sin d (1cos )d x a a x P x x x x x x a a a a ψ===-⎰⎰⎰414π(sin )0.254πaa x x a a =-= 15-19 根据玻尔氢原子理论，计算氢原子基态的轨道半径值。