习题十五
15-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的
m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．
解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：
K m 10897.2,3??==-b b T m λ
对太阳： K 103.51055.010897.236
311
?=??==
--m
b
T λ 对北极星：K 103.81035.010897.236
322
?=??==
--m
b
T λ 对天狼星：K 100.110
29.010897.246
333
?=??==
--m
b
T λ 15-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为·cm -2
，求炉内温度． 解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度 242
m W 108.22cm W 8.22)(--??=?=T M B
按斯特藩-玻尔兹曼定律：
=)(T M B 4T σ
41
8
44
)1067.5108.22()
(-??==σ
T M T B K 1042.110)67
.58.22(
334
1?=?= 15-3 从铝中移出一个电子需要 eV 的能量，今有波长为2000ο
A 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少(2)遏止电势差为多大(3)铝的截止(红限)波长有多大
解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式2
2
1m mv hv =A + 则光电子最大动能：
A hc A h mv E m -=-==
λ
υ2max k 21
eV
0.2J 1023.310
6.12.41020001031063.6191910
834=?=??-????=---- m 2
max k 2
1)2(mv E eU a =
=Θ
∴遏止电势差 V 0.210
6.11023.319
19
=??=--a U (3)红限频率0υ,∴0
00,λυυc
A h =
=又
∴截止波长 198
34010
60.12.41031063.6--?????==A hc λ m 0.296m 10
96.27
μ=?=-
15-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7
?=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到
达眼睛的功率为多大 解：5个兰绿光子的能量
J
1099.1100.51031063.65187
8
34---?=?????=
==λ
υhc
n
nh E 功率 W 1099.118-?==
t
E
15-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1
·m -2
，如果平均波长为5000ο
A ，则每秒钟落到地面上1m 2
的光子数量是多少若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少 解：一个光子能量 λ
υhc
h E =
=
1秒钟落到2m 1地面上的光子数为
2
1198347m s 1001.21031063.6105888----??=?????=
==hc E n λ 每秒进入人眼的光子数为
1
1462192
s 1042.14
/10314.31001.24
--?=????==d n
N π
15-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．
解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.93431
0??=?=--h m 当 2
0c m h =υ时，
则
Hz
10236.11063.6)103(1011.92034
2
83120?=????=
=--h c m υ ο
12
A 02.0m 10
4271.2=?==
-υ
λc
1
228310201
22s m kg 1073.21031011.9s m kg 1073.2-----???=???=====???==
c m c
c m c E p cp
E h
p 或
λ
15-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同 答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．
15-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少
解：由 2
200mc h c m hv +=+υ
)(00202υυυυ-=-=-=h h h c m mc E k
υεh =
∴
5)(00=-=-=
υ
υυ
υυυε
h h E k
已知
2.10=λλ
由2.10=∴=υ
υλυc 2.110=υυ则
52
.01
12.110==-=-υυυ
15-9 波长ο
0A 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射，求在2
π
和π方向上所散射的X 射线波长各是多大 解：在2
π
?=
方向上：
ο
12
83134200A
0243.0m 10
43.24sin
1031011.91063.622
sin 2Δ=?=?????==
-=---π
?λλλc m h 散射波长ο
0A 732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ 在π?=方向上
ο12
0200A 0486.0m 1086.422sin 2Δ=?===-=-c
m h c m h ?λλλ
散射波长 ο
0A 756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ
15-10 已知X 光光子的能量为 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量． 解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有
00
,ελλεhc
hc
=
∴=
经散射后 000020.1020.0λλλλ?λλ=+=+= 此时能量为 002
.11
2.1ελλ
ε==
=
hc hc
反冲电子能量 MeV 10.060.0)2
.11
1(0=?-
=-=εεE 15-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为 ο
A ，反冲电子的速度为c ，求散射光子的波长及散射角．
解：反冲电子的能量增量为
20202
202
0225.06.01c m c m c m c m mc E =--=
-=?
由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量， 故有 200
25.0c m hc
hc
=-
λ
λ
散射光子波长
ο
12
10
8
31
34
10
34
A
043
.
m
10
3.4
10
030
.0
10
3
10
1.9
25
.0
10
63
.6
10
030
.0
10
63
.6
25
.0
=
?
=
?
?
?
?
?
?
-
?
?
?
?
=
-
=
-
-
-
-
-
-
λ
λ
λ
c
m
h
h
由康普顿散射公式
2
sin
0243
.0
2
2
sin
2
2
2
?
?
λ
λ
λ
??
=
=
-
=
c
m
h
可得2675
.0
0243
.0
2
030
.0
043
.0
2
sin2=
?
-
=
?
散射角为7
1
62'
=ο
?
15-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为的光子．
(1)试问氢原子吸收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，可发出哪几条谱线请将这些跃迁画在能级图上．
解：(1)
2
eV
6.
13
eV
85
.0
eV
75
.
12
eV
6.
13
n
-
=
-
=
+
-
解得4
=
n
或者)
1
1
1
(
2
2n
Rhc
E-
=
?
75
.
12
)
1
1.(
136
2
=
-
=
n
解出4
=
n
题15-12图题15-13图
(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.
15-13 以动能的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级当回到基态时能产生哪些谱线
解：设氢原子全部吸收eV
5.
12能量后，最高能激发到第n个能级，则
]
1
1[6.
13
5.
12
,
eV
6.
13
],
1
1
1
[
2
2
2
1
n
Rhc
n
Rhc
E
E
n
-
=
=
-
=
-
即
得5.3=n ，只能取整数，
∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是
ο322ο
222ο7
7
1221A
6563536,36
53121~:23A 121634,432111~:12A 1026m 10026.110
097.18989,9
83111~:13===??????-=→===??
????-=→=?=??===??????-=→-R R R n R R R n R R R n λυλυλυ从从从 可以发出以上三条谱线．
题15-14图
15-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两 条谱线的波长及外来光的频率．
解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．
ο19
83424ο
10
198342
32
22324A
4872106.1)85.04.3(1031063.6A
6573m 10
65731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=??-???=-==?=??-????=
-=
∴
-=∴-==
-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hc E E hc E E hc
h V
E V E V E a m
n m n βλλλλ
υ
基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态 ∴ λ
υhc
E E h =
-=14
Hz 1008.310
626.6106.1)85.06.13(15
34
1914?=???-=-=--h E E υ 15-15 当基态氢原子被的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍 解： eV 09.12]1
1[6.1321=-
=-n
E E n 26
.1309.126.13n
=-
51
.16
.1309.12.1366.132=
-=n , 3=n 12r n r n =,92=n ,19r r n =
轨道半径增加到9倍.
15-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么
答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,2
φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．
15-17 为使电子的德布罗意波长为1ο
A ，需要多大的加速电压 解： o
o A
1A 25.12==
u
λ 25.12=U
∴ 加速电压 150=U 伏
15-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个 光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大它的德布罗意波长是多少
解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为
eV 4.16.13152
112
=-=+==
E E mv E k φ 它的速度为
31
19
10
11.9106.14.122--????==m E v k -15s m 100.7??= 其德布罗意波长为：
o 9
5
3134A 10.4m 1004.1100.71011.91063.6=?=????==---mv h λ
15-19 光子与电子的波长都是ο
A ，它们的动量和总能量各为多少 解：由德布罗意关系：2
mc E =，λ
h
mv p =
=波长相同它们的动量相等．
1-2410
34
s m kg 103.310
0.21063.6???=??==---λh
p 光子的能量
eV 102.6J 109.9103103.3316824?=?=???===
=--pc hc
h λ
υε
电子的总能量 2202)()(c m cp E +=
,eV 102.63?=cp
而 eV 100.51MeV 51.06
20?==c m ∴ cp c m >>2
∴ MeV 51.0)()(202202==+=
c m c m cp E
15-20 已知中子的质量kg 10
67.127
n -?=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气
体的平均动能时，其德布罗意波长为多少 解：kg 10
67.127
n -?=m ,S J 1063.634??=-h ,-123K J 1038.1??=-k
中子的平均动能 m
p KT E k 2232
==
德布罗意波长 o A 456.13===mkT
h p h λ 15-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个
粒
子所具有的最小能量的值．
解：按测不准关系，h p x x ≥??，x x v m p ?=?，则
h v x m x ≥??,x
m h v x ?≥
? 这粒子最小动能应满足
2
22222
min
22)(21)(21mL h x m h x m h m v m E x =?=?≥?= 15-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000ο
A ，测得谱线宽度为10-4
ο
A ，求该激发能级的平均寿命． 解：光子的能量 λ
υhc
h E =
=
由于激发能级有一定的宽度E ?，造成谱线也有一定宽度λ?，两者之间的关系为： λλ
?=
?2
hc
E
由测不准关系，h t E ≥???，平均寿命t ?=τ，则
λ
λτ?=?=?=c E h t 2
s 103.510
10103)104000(8
10
48210----?=????= 15-23 一波长为3000ο
A 的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．
解： 光子λ
h
p =
，λλ
λλ
?=
?-
=?2
2
h
h
p
由测不准关系，光子位置的不准确量为
cm 30A 10310
3000o 9
62=?=====-λ?λλ?λ??p h x
15-24波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍，则粒子在空间分布的概率会发生什么变化 解：不变．因为波函数是计算粒子t 时刻空间各点出现概率的数学量．概率是相对值．则21、点的概率比值为：
2
2
212
2
21φφφφD D =
∴ 概率分布不变．
15-25 有一宽度为a 的一维无限深势阱，用测不准关系估算其中质量为m 的粒子的零点能． 解：位置不确定量为a x =?，由测不准关系：
h p x x ≥???，可得：x h P x ?≥
?,x
h P P x x ?≥?≥ ∴2
2
2222)(22ma h x m h m P E x x =
?≥=，即零点能为222ma h ． 15-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：
a
x
a
x 23cos
1)(πψ=
? )(a x a ≤≤- 那么，粒子在a x 6
5
=
处出现的概率密度为多少 解： 2
2
*
)23cos
1(
a
x a
πψψψ== a
a a a a a a
a 21)21(14cos 1)4(cos 145cos 12653cos 122222===+===πππππ
15-27 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：
)sin(2)(a
x n a x n πψ=
)0(a x << 若粒子处于1=n 的状态，在0～a 4
1
区间发现粒子的概率是多少 解：x a
x a x w d sin 2d d 22
πψ== ∴ 在4
~
0a
区间发现粒子的概率为： ??
?===40
2024
4)(d sin 2d sin 2a a a
x a
a x a a x a x a dw p ππππ
091.0)(]2cos 1[212
4
/0
=-=
?
x a
d a x a π
ππ
15-28 宽度为a 的一维无限深势阱中粒子的波函数为x a
n A x π
ψsin )(=，求：(1)归一化系数A ；(2)在2=n 时何处发现粒子的概率最大 解：(1)归一化系数
??
==+∞
∞
-a
x x 0
2
2
1d d ψψ
即??=a
a x a
n x a n A n a x x a n A 0022
2
)(d sin d sin π
πππ
?-=a x a n x a n A n a 02)(d )2cos 1(2π
ππ
12
222===A a
n A n a ππ
∴ =
A a
2
粒子的波函数 x a n a x πψsin 2)(=
(2)当2=n 时， x a
a πψ2sin 22= 几率密度]4cos 1[12sin 222
2
x a
a x a a w ππψ-==
= 令0d d =x w ，即04sin 4=x a a ππ,即,04sin =x a
π， Λ,2,1,0,4==k k x a
ππ
∴ 4
a
k x =
又因a x <<0，4 ∴当4a x =和a x 4 3 =时w 有极大值， 当2 a x = 时，0=w ． ∴极大值的地方为4a ，a 4 3 处 15-29 原子内电子的量子态由s l m m l n ,,,四个量子数表征．当l m l n ,,一定时，不同的量子态数目是多少当l n ,一定时，不同的量子态数目是多少当n 一定时，不同的量子态数目是多少 解：(1)2 )2 1(±=s m Θ (2))12(2+l ，每个l 有12+l 个l m ，每个l m 可容纳2 1 ±=s m 的2个量子态． (3)2 2n 15-30求出能够占据一个d 分壳层的最大电子数，并写出这些电子的s l m m ,值． 解：d 分壳层的量子数2=l ，可容纳最大电子数为10)122(2)12(2=+?=+=l Z l 个，这些电子的： 0=l m ，1±，2±， 2 1± =s m 15-31 试描绘：原子中4=l 时，电子角动量L 在磁场中空间量子化的示意图，并写出L 在磁场 方向分量z L 的各种可能的值． 解：ηηη20)14(4)1(=+= +=l l L 题15-31图 磁场为Z 方向，ηl Z m L =，0=l m ,1±，2±，3±，4±． ∴ )4,3,2,1,0,1,2,3,4(----=Z L η 15-32写出以下各电子态的角动量的大小：(1)s 1态；(2)p 2态；(3)d 3态；(4)f 4态． 解： (1)0=L (2)1=l , ηη2)11(1=+=L (3)2=l ηη6)12(2=+= L (4)3=l ηη12)13(3=+=L 15-33 在元素周期表中为什么n 较小的壳层尚未填满而n 较大的壳层上就开始有电子填入对 这个问题我国科学工作者总结出怎样的规律按照这个规律说明s 4态应比d 3态先填入电子． 解：由于原子能级不仅与n 有关，还与l 有关，所以有些情况虽n 较大，但l 较小的壳层能级较低，所以先填入电子．我国科学工作者总结的规律：对于原子的外层电子，能级高低以 )7.0(l n +确定，数值大的能级较高． s 4(即0,4==l n )，代入4)07.04()7.0(=?+=+l n )2,3(3==l n d ，代入4.4)27.03(=?+ s 4低于d 3能级，所以先填入s 4壳层．
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