第17章教材习题解答

第17章 量子物理基础

17.1 夜间地面降温主要是由于地面的热辐射。如果晴天夜里地面温度为-5°C ，按黑体辐射计算，每平方米地面失去热量的速率多大？

解： 每平方米地面失去热量的速率即地面的辐射出射度

2484W/m 2922681067.5=??==-T M σ

17.2 在地球表面，太阳光的强度是1.0?103W/m 2。地球轨道半径以1.5?108 km 计，太阳半径以7.0?108 m 计，并视太阳为黑体，试估算太阳表面的温度。

解： ,444

2

2

T R I R M S

E σππ==K 103.51067.5)107.6(100.1)105.1(348283211422?=??????==-σS E R I R T 17.3宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K 黑体辐射．求：

（1）此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ （2）地球表面接收此辐射的功率是多少？

解：（1）根据公式λm T = b ，可得辐射的极值波长为

λm = b/T = 2.897×10-3/3 = 9.66×10-4(m)．

（2）地球的半径约为R = 6.371×106m ，表面积为 S = 4πR 2．

根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为 M = σT 4， 因此地球表面接收此辐射的功率是

P = MS = 5.67×10-8×34×4π(6.371×106)2= 2.34×109(W)．

17.4 铝的逸出功是eV 2.4，今有波长nm 200=λ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。

解：（1） A c

h A h E k -=-=λ

ν eV 0.22.4106.1102001031063.619

98

34=-??????=--- （2）V 0.21/0.2/===e E U k c

（3）A hc c

==00νλnm 296m 1096.210

6.12.41031063.67

19

834=?=?????=--- 17.5 康普顿散射中入射X 射线的波长是λ = 0.70×10-10

m ，散射的X 射线与入射的X 射线

直．求：

（1）反冲电子的动能E K ； （2）散射X 射线的波长；

（3）反冲电子的运动方向与入射X 射线间的夹角θ． 解：（1）（2）根据康普顿散射公式得波长变化为

2

122

2sin 2 2.42610sin 2

4

?

π

λΛ-?==??= 2.426×10-12(m)，

散射线的波长为

λ` = λ + Δλ = 0.72426×10-10(m)．

反冲电子的动能为

`

k hc

hc E λ

λ=

-

348

34

8

1010

6.6310310 6.63103100.7100.7242610----??????=-??= 9.52×10-17

(J)． （3）由于

/`tan /`hc hc λλθλλ=

=0.7

0.96650.72426

==， 所以夹角为θ = 44°1`．

17.6 求波长分别为71100.7-?=λm 的红光和波长1021025.0-?=λm 的X 射线光子的能量、动量和质量。

解： 光子能量为E = h ν = hc/λ，动量为 p = h/λ；由E = hc/λ = mc 2，得其质量为m = h/cλ．

对于红光来说，能量为 J,1084.210

0.71031063.6197

8341---?=????=E 动量为 ,s m kg 1047.910

0.71063.61

287

341----???=??=p 质量为 .kg 1016.310

0.71031063.6367

834

1---?=????=m 对于X 射线来说，能量为J,1096.710

25.01031063.615

10

8342---?=????=E 动量为 ,s m kg 1065.210

25.01063.61

2310

342----???=??=p 质量为 .kg 1084.810

25.01031063.63210

834

2---?=????=m 17.7 处于第四激发态上的大量氢原子，最多可发射几个线系，共几条谱线？那一条波长最长．

解： 第四激发态的氢原子处于第5个能级，最多可发射四个线系． （1）能级5到4，1条谱线； （2）能级5和4到3，2条谱线； （3）能级5、4和3到2，3条谱线； （3）能级5、4、3和2到1，4条谱线．

共10条谱线．从能级5跃迁到4发射的光谱频率最小，波长最长． 17.8 设氢原子中的电子从2=n 的轨道上电离出去，需多少能量? 解： 氢原子能级公式为

,1

822204n

h me E n ?-=ε

当n =1时，基态能级的能量为eV,6.131018.2818

22041-=?-≈-=-J h me E ε

因此 eV 6

.132

n

E n -=． 当电子从n 能级跃迁到m 能级时放出（正）或吸收（负）光子的能量为

12211(

)n m E E E E n m

?=-=-． 电离时，m 趋于无穷大．当电子从n = 2的能级电离时要吸收能量

221113.6(

)2E ?=--∞

= -3.4(eV)， 因此需要3.4eV 的能量．

17.10 质量为m 的卫星，在半径为r 的轨道上环绕地球运动，线速度为v ．

（1）假定玻尔氢原子理论中关于轨道角动量的条件对于地球卫星同样成立．证明地球卫星的轨道半径与量子数的平方成正比，即r = Kn 2，（式中K 是比例常数）；

（2）应用（1）的结果求卫星轨道和下一个“容许”轨道间的距离，由此进一步说明在宏观问题中轨道半径实验上可认为是连续变化的（利用以下数据作估算：普朗克常数h = 6.63×10-34J·s ，地球质量M = 6×1024kg ，地球半径R = 6.4×103km ，万有引力常数G = 6.7×10-11N·m 2·kg -2．

解：（1）卫星绕地球运动的向心力是万有引力22Mm mv G r r

=；

根据玻尔理论，角动量为mvr = nh /2π．将前式乘以mr 3

得2

2

2

2

()()4nh GMm r mvr π==，

所以22

222

4h n r Kn GMm

π==，即：卫星的轨道半径与量子数的平方成正比． （2）假设卫星质量m = 100kg ，比例系数为

2224h K GMm π=342

211242

(6.6310)4 6.710610(100)

π--?=?????= 2.77×10-87．

比例系数很小．当r = R 时，地球表面的量子数为460 4.810n =

=?．可见：地球表

面处的量子数很大．

地面以上的量子数设为n `，(n` = 1,2,3,…)，则总量子数可表示为两个量子数之和：n =n 0 + n`．轨道间的距离为 Δr = K [(n 0 + n` + 1)2 - (n 0 + n`)2]= K [2(n 0 + n`) + 1]． 由于n 0>>1，所以Δr = 2Kn 0 + 2Kn`．

设n` = kn 0，即：取地面以上的量子数为地球表面量子数的倍数，有n = (k + 1)n 0，则

r = Kn 02(k + 1)2， Δr = 2Kn 0(k + 1) = 2.66×10-40(k + 1)． 这说明：当地面以上的量子数按k + 1成倍地增加时，半径将按k + 1的平方的规律增加，而轨道之间的距离只按k + 1的一次方的规律增加；由于Δr 的系数很小，所以轨道间距是非常非常小的，因此可认为轨道半径是连续变化的． 17.11 电子和光子各具有波长2.0×10-10m ，它们的动量和总能量各是多少？ 解：它们的动量都为

34

10

6.6310210

h

p λ--?==?= 3.315×10-24(kg·m·s -1)． 根据公式E 2 = p 2c 2 + m 02c 4，电子的总能量为

E =108×[(3.315×10-24)2+ (9.1×10-31×

3×108)2]1/2=8.19×10-14(J)． 光子的静止质量为零，总能量为

E = cp = 3×108×3.315×10-24 = 9.945×10-16(J)．

17.12 室温下的中子称为热中子K T 300=，试计算热中子的平均德布罗意波长。 解：中子热运动的平均速度的大小为n

m kT

π8=

v 中子的质量m n = 1.673×10-27kg ，可得平均速度为 ,s m 102.5091

4

-??=v 平均动量为.s m kg 104.2127

--???==v n m P

平均德布罗意波长为nm 158.0m 1058.110=?==

-p

h

λ． 17.13 假定对粒子动量的测定可以精确到千分之一，试确定下述粒子位置的不确定量。 （1）该粒子质量为3

100.5-?kg ，以2m·s -1的速度运动； （2）该粒子是速度为8108.1?m·s -1的电子． 解：粒子的动量为 p = m v ，动量的不确定量为 Δp = p /1000，

根据动量和位置的不确定关系Δp ·Δx ≧?/2，位置的不确定量为Δx = ?/2Δp ．

m 1028.5210514.341063.6100041000230

3

34---?=??????==?≥?p h p x π m 1022.310

8.1101.914.341063.6100041000210

8

3134---?=???????==?≥?p h p x π 17.14 一束动量为P 的电子通过宽度为a 的狭缝发生单缝衍射，设

缝与屏之间的距离为R ，试求屏上所观察到的单缝衍射中央明纹宽度。

解：根据动量和位置的不确定关系2/ ≥??x p x ，

其中位置不确定量为Δx = a ，动量的不确定量为Δp x = p sin θ．

设电子衍射图样的中央明纹宽度为d ，则R d 2tan sin =

≈θθ，

可得

,2

2

≥R pda .pa R d ≥

17.15 电视机显象管中电子的加速电压为9kV ，电子枪枪口直径取0.5mm ，枪口离荧光屏距离为0.30m ，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？ 解：取mm 50.0=?y ，则由不确定关系得y p y ?=?2

而 E m p e x 2=，荧光屏上亮斑直径为

nm

2.1106.1109101.92105.030

.01005.12219

331334=??????????=?=?=?=----E m y l yp l l p p d e x x y

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，即

yp

hl

y l l d ?=

??

==44.222.122λθ

17.16 一宽度为a 的一维无限深势阱，试用不确定关系估算阱中质量为m 的粒子最低能量为多少？

解：粒子坐标的不确定范围是Δx ≦a ， 动量的不确定范围是 Δp ≧h /Δx ≧h /a ．

这也就是动量p 的范围．因此能量为 E = p 2/2m ≧ h 2/2ma 2， 最低能量可估计为E min = h 2/2ma 2．

17.17 设有一宽度为a 的一维无限深势阱，粒子处于第一激发态，求在x = 0至x = a /3之间找到粒子的几率？

解：粒子在一维无限深势阱中的定态波函数为

(0)(),(1,2,3,...)πψ≤≤=

=n x a n x x n a

，

Ψ(x ) = 0，(x < 0，x > a )．

当粒子处于第一激发态时，n = 2，在x = 0至x = a /3之间被发现的几率为

图17.14

/32

20

|()|d ψ?

a x x /3

20

22sin d π=

?

a x x a

a 232π

=-= 0.391．

17.18 设粒子在宽度为a 的一维无限深势阱运动时，其德布罗意波在阱内形成驻波，试利用这一关系导出粒子在阱中的能量计算式．

解：当粒子在势阱中形成稳定驻波时，势阱宽度必然为半波长的整数倍，即

n (λ/2) = a ，(n = 1,2,3,…)． 根据德布罗意假设 λ = h/p ，

可得粒子的动量为2λ==h

nh

p a

，能量为 222228==p h E n m ma ． 17.19设有某线性谐振子处于第一激发态，

其波函数为2221ψ-=a x ．

式中a =，k 为常数，则该谐振子在何处出现的概率最大？

解：第一激发态的概率为22

2

21||a

x

w e ψ-==

，

对x

求导得2222

22d (2)]

d a x a x w x

e x a x e t --=+

-2222(1)a x x x a e -=-， 令d w /d t = 0，得概率最大的位置为x = ±1/a ．

17.20一维运动的粒子，处于如下的波函数所描述的状态

,(0);

()0,(0).

x Axe x x x λψ-?>=?

0，A 为常数． （1）将此波函数归一化；

（2）求粒子位置的概率分布函数； （3）粒子在在何处出现的概率最大？ 解：（1）归一化得

2

2220

1||

d d x

x A x e

x λψ∞

∞

--∞

=

=??2

220

1d 2x

A x e λλ∞

--=? 2

2220

1{2d }2x

x

A x e

xe

x λλλ

∞

∞

---=-?2

220

1

2()d 2x A x e λλ∞

--=-?

2

2220

1

2(){d }2x

x

A xe e

x λλλ

∞

∞---=--?2

2

323

1

2()24x

A A e λλ

λ

∞

--==， 所以A =2λ3/2

．归一化波函数为

3/22,(0);

()0,(0).x xe x x x λλψ-?>=?

（[注]利用Γ函数的性质可简化积分过程．

10

()d n x n x e x ∞

--Γ=?，

当n 为整数时，Γ(n ) = (n - 1)!．设y = 2λx ，则d x = d y /2λ，可得

223310

01d ()d 2x

y x e

x y e y λλ∞

∞

---=??3311

()(3)2()22λλ

=Γ=，

可以得出同一结果．）

（2）粒子坐标的几率分布函数为

3222

4,(0);

()|()|0,(0).x x e x w x x x λλψ-?>==?

（3）利用上一题的方法求导可得几率最大的位置为x = 1/λ．

17.21 原子核外电子的量子态由n ，l ，l m ，4s m 个量子数表征，则当n ，l ，l m 给定时，不同量子态有几个?若给定的只是，n ,l ，则结果又如何? 如果只给定n ，则又可以有多少个不同的量子态?

解：当n 、l 、m l 一定时，m s 只取两个值，所以量子态数目为2．

当n 、l 一定时，m l 有(2l + 1)种不同取值，所以量子态数目为2(2l + 1)． 当n 一定时，l 从0到(n - 1)共有n 种不同取值，量子态数目为

111

2(21)421n n n l l l l l ---===+=+∑∑∑2(1)

4222

n n n n -=?

+=．