《大学物理学》课程作业习题（含解答）第15章作业题

15-8天狼星的温度大约是11000℃.试由维恩位移定律计算其辐射峰值的波长解由维恩位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长g=号=2.57×107 mm该波长属紫外区域，所以天狼星呈紫色。15-9太阳可看作是半径为7.0×10%m的球形黑体，试计算太阳的温度.设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4×103Wm-2，地球与太阳间的距离为1.5×101m分析以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上.太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因而可根据地球表面单位面积在单位时间内接受的太阳辐射能量E，计算出太阳单位时间单位面积辐射的总能量M(T)，再由公式M(T)=αT*，计算太阳温度解根据分析有-M(T)= GT*(2)由式(1)(2)可得-(dE)"=5800KT=(R'c15-10钨的逸出功是4.52eV，钡的逸出功是2.50eV，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？分析由光电效应方程ho=-mo +W可知，当入射光频率V=w(式中vo=WM)时，电子刚能逸出金属表面，其初动能=mo2=0.因此vuo是能产生光电效应的入射光的最低频率(即截止频率)，它与材料的种类有关.由于可见光频率处在0.395×1015~0.75×1015Hz的狭小范围内，因此不是所有的材料都能作为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用的阴极材料)。州-1.09 ×10° Hz解钨的截止频率o1-

15 －8 天狼星的温度大约是11 000 ℃.试由维恩位移定律计算其辐射峰值的波长. 解 由维恩位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长 2.57 10 nm −7 = =  T b λm 该波长属紫外区域，所以天狼星呈紫色. 15 －9 太阳可看作是半径为7.0 ×108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度.设太阳射到地球 表面上的辐射能量为1.4 ×103 W·m-2 ，地球与太阳间的距离为1.5 ×1011m. 分析 以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的某一 位置上.太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因而可根据地球表面单 位面积在单位时间内接受的太阳辐射能量E，计算出太阳单位时间单位面积辐射的总能量 M(T) ，再由公式 ( ) 4 M T = σT ，计算太阳温度. 解 根据分析有 ( ) 2 2 4π 4π R d E M T = (1) ( ) 4 M T = σT (2) 由式(1)、(2)可得 5800 K 1/ 2 2 2 =         = R σ d E T 15 －10 钨的逸出功是4.52eV，钡的逸出功是2.50eV，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种 金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？ 分析 由光电效应方程 h = m +W 2 v 2 1 v 可知，当入射光频率ν ＝ν0 (式中ν0＝W/h)时，电子 刚能逸出金属表面，其初动能 0 2 v = 2 1 m .因此ν0 是能产生光电效应的入射光的最低频率(即 截止频率)，它与材料的种类有关.由于可见光频率处在0.395 ×1015 ～0.75 ×1015Hz 的狭小范 围内，因此不是所有的材料都能作为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用 的阴极材料). 解 钨的截止频率 1.09 10 Hz 1 15 01 = =  h W v

钡的截止频率α = = 0.603×10" Hz对照可见光的频率范围可知，锁的截止频率0o2正好处于该范围内，而钨的截止频率001大于可见光的最大频率，因而可以用于可见光范围内的光电管材料15-11钾的截止频率为4.62×104Hz，今以波长为435.8nm的光照射，求钾放出的光电子的初速度解根据光电效应的爱因斯坦方程ho=mo +W其中W=hvo,V=c/A可得电子的初速度0=/2h(s.= 5.74x* m sLm(元由于逸出金属的电子的速度<<c，故式中m取电子的静止质量15一12在康普顿效应中，入射光子的波长为3.0×10~3nm，反冲电子的速度为光速的60%，求散射光子的波长及散射角。分析首先由康普顿效应中的能量守恒关系式h=+moc2=h+mc，可求出散射光子的波长入，式中m为反冲电子的运动质量，即m=m(1-0%/e)1/2.再根据康普顿散射公式M=入-2=(1-cos0)，求出散射角0，式中c为康普顿波长(ac=2.43×10-12m)。解根据分析有hg+moc*=hg+mc(a)(2) m =mo(1-02/c2 )1/2(3)-=1(1-cos0)由式(1)和式(2)可得散射光子的波长4h入4.35x10m入= 4h-/moc

钡的截止频率 0.603 10 Hz 2 15 02 = =  h W v 对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率 02 v 正好处于该范围内，而钨的截止频率 01 v 大 于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料. 15 －11 钾的截止频率为4.62 ×1014Hz，今以波长为435.8nm 的光照射，求钾放出的光电 子的初速度. 解 根据光电效应的爱因斯坦方程 h = m +W 2 v 2 1 v 其中 W＝hν0 ， ν=c/λ 可得电子的初速度 5 -1 1/ 2 0 5.74 m s 2 =               v = − v λ c m h 由于逸出金属的电子的速度v ＜＜c，故式中m 取电子的静止质量. 15 －12 在康普顿效应中，入射光子的波长为3.0 ×10－3nm，反冲电子的速度为光速的60％， 求散射光子的波长及散射角. 分析 首先由康普顿效应中的能量守恒关系式 2 2 0 0 mc λ c m c h λ c h + = + ，可求出散射光子的 波长λ， 式中m 为反冲电子的运动质量，即m ＝m0(1－v2/c 2 ) －1/2 .再根据康普顿散射公式 λ λ λ λ ( θ) c Δ 1 cos = − 0 = − ，求出散射角θ，式中λC 为康普顿波长(λC＝2.43 ×10－12 m). 解 根据分析有 2 2 0 0 mc λ c m c h λ c h + = + (1) m ＝m0(1－v2/c 2 ) －1/2 (2) λ λ λ ( θ) c 1 cos − 0 = − (3) 由式(1)和式(2)可得散射光子的波长 4.35 10 m 4 4 3 0 0 0 − =  − = h λ m c hλ λ

将入值代入式(3)，得散射角arccos 0.444 = 63°36′Q=arcco15一14波长为0.10nm的辐射，照射在碳上，从而产生康普顿效应.从实验中测量到散射辐射的方向与入射辐射的方向相垂直.求：（1）散射辐射的波长；(2）反冲电子的动能和运动方向。题15-14图解(1)由散射公式得M= 1- 2 = 2(1 - cos0)= 0.1024 nm(2)）反冲电子的动能等于光子失去的能量，因此有= 4.66×10-17 JE = ho - ho = h根据动量守恒的矢量关系(如图所示)，可确定反冲电子的方向=44°18= arctan=arcta15－16计算氢原子光谱中莱曼系的最短和最长波长，并指出是否为可见光.分析氢原子光谱规律为nt式中nf=1,2,若把氢原子的众多谱线按nf=1，2,归纳为若干谱线系，其中mi=1为莱曼系，nr=2就是最早被发现的巴耳末系，所谓莱曼系的最长波长是指m:=2，所对应的光谱线的波长，最短波长是指ni-→oo所对应的光谱线的波

将λ值代入式(3)，得散射角 arccos 1 arccos0.444 63 36 0 = =          − = − o c λ λ λ θ θ 15 －14 波长为0.10 nm 的辐射，照射在碳上，从而产生康普顿效应.从实验中测量到散射 辐射的方向与入射辐射的方向相垂直.求：(1) 散射辐射的波长；(2) 反冲电子的动能和运动 方向. 解 (1) 由散射公式得 Δλ = λ − λ0 = λc (1− cosθ) = 0.1024 nm (2) 反冲电子的动能等于光子失去的能量，因此有 4.66 J 1 1 0 0 -17 v v = 10         = − = − λ λ E h h hc k 根据动量守恒的矢量关系(如图所示)，可确定反冲电子的方向 arctan / arctan 44 18 0 0  =       =        = o λ λ λ h λ h 15 －16计算氢原子光谱中莱曼系的最短和最长波长，并指出是否为可见光. 分析 氢原子光谱规律为         = − 2 2 1 1 1 nf ni R λ 式中nf ＝1，2，3，.，ni ＝nf ＋1，nf ＋2，.若把氢原子的众多谱线按nf ＝1，2，3，. 归纳为若干谱线系，其中nf＝1 为莱曼系，nf＝2 就是最早被发现的巴耳末系，所谓莱曼系 的最长波长是指ni ＝2，所对应的光谱线的波长，最短波长是指ni→∞所对应的光谱线的波

长，莱曼系的其他谱线均分布在上述波长范围内.式中R的实验值常取1.097×107m21.此外本题也可由频率条件hiv=EI-EI 计算解莱曼系的谱线满足2,3,4,1令n=2，得该谱系中最长的波长Amax=121.5nm令ni-，得该谱系中最短的波长=91.2nmLmi对照可见光波长范围(400～760mm)，可知莱曼系中所有的谱线均不是可见光，它们处在紫外线部分。15-18如用能量为12.6eV的电子轰击氢原子，将产生哪些谱线？n=3元题15-18图分析氢原子可以从对它轰击的高能粒子上吸收能量而使自己从较低能级（一般在不指明情况下均指基态)激发到较高的能级，但吸收的能量并不是任意的，而是必须等于氢原子两个能级间的能量差.据此，可算出被激发氢原子可跃迁到的最高能级为n:=3.但是，激发态都是不稳定的，其后，它又会自发跃迁回基态，如图所示，可以有3-→1，32和2-1三种可能的辐射。解根据分析有AE=E,-E,=4-5(1)1I=F(2)Ann将E =-13.6eV, 1nf=1和△E=-12.6eV(这是受激氢原子可以吸收的最多能量)代入式(1)，可得ni=3.69，取整=3(想一想为什么？），即此时氢原子处于n=3的状态.由式(2)可得氢原子回到基态过程中的三种可能辐射(见分析)所对应的谱线波长分别为102.6nm

长，莱曼系的其他谱线均分布在上述波长范围内.式中R 的实验值常取1.097×107m －1 .此外本 题也可由频率条件hν ＝Ef －Ei 计算. 解 莱曼系的谱线满足         = −2 2 1 1 1 1 ni R λ ，ni ＝2，3，4，. 令ni ＝2，得该谱系中最长的波长 λmax＝121.5nm 令ni→∞，得该谱系中最短的波长 λmin ＝91.2nm 对照可见光波长范围(400 ～760 nm)，可知莱曼系中所有的谱线均不是可见光，它们处在紫 外线部分. 15 －18 如用能量为12.6eV 的电子轰击氢原子，将产生哪些谱线？ 分析 氢原子可以从对它轰击的高能粒子上吸收能量而使自己从较低能级(一般在不指明情 况下均指基态)激发到较高的能级，但吸收的能量并不是任意的，而是必须等于氢原子两个 能级间的能量差.据此，可算出被激发氢原子可跃迁到的最高能级为ni ＝3.但是，激发态都 是不稳定的，其后，它又会自发跃迁回基态，如图所示，可以有3→1，3→2和2→1 三种可 能的辐射. 解 根据分析有 2 1 2 1 Δ 1 f i f n E n E E = E − E = − (1)         = −2 2 1 1 1 ni nf R λ (2) 将E1 ＝－13.6eV，nf ＝1 和ΔE ＝－12.6eV(这是受激氢原子可以吸收的最多能量)代入式 (1)，可得ni ＝3.69，取整ni ＝3(想一想为什么？)，即此时氢原子处于n ＝3 的状态.由式(2) 可得氢原子回到基态过程中的三种可能辐射(见分析)所对应的谱线波长分别为102.6nm

657.9nm和121.6nm.15—20已知a粒子的静质量为6.68×10~zkg，求速率为5000kms1的a粒子的德布罗意波长分析在本题及以后几题求解的过程中，如实物粒子运动速率远小于光速(即<<)或动能远小于静能(即Ek<<Eo)，均可利用非相对论方法处理，即认为m~m和p2=2moE解由于a粒子运动速率u<<c，故有m=m。，则其德布罗意波长为a=h.=1.99×10-5 nmpmo15-21求动能为1.0eV的电子的德布罗意波的波长解由于电子的静能E=mc=0.512MeV，而电子动能E<Eo，故有p=(2m,E,)/2，则其德布罗意波长为 = 1.23 nm="(2mE)/215—23若电子和光子的波长均为0.20nm，则它们的动量和动能各为多少？分析光子的静止质量mo=0，静能E。=0，其动能、动量均可由德布罗意关系式E=hv,p=求得.而对电子来说，动能E,=E-E=Pc+mc-moc<pc.本题中因电子的pc(6.22keV)<E(0.512MeV)，所以E,<<Ec，因而可以不考虑相对论效应，电子的动能可用公式E,=2m一计算解由于光子与电子的波长相同，它们的动量均为p=α=3.22 ×10-24 kg m sE,= E= p =6.22ev光子的动能电子的动能Et==37.8eVm讨论用电子束代替可见光做成的显微镜叫电子显微镜.由上述计算可知，对于波长相同的

657.9 nm 和121.6 nm. 15 －20 已知α粒子的静质量为6.68×10－27 kg，求速率为5 000 km·s－1的α粒子的德布罗意波 长. 分析 在本题及以后几题求解的过程中，如实物粒子运动速率远小于光速(即v ＜＜c)或动 能远小于静能(即Ek＜＜E0 )，均可利用非相对论方法处理，即认为 m  m0 和 p m0Ek 2 = 2 . 解 由于α粒子运动速率v ＜＜c，故有 m = m0 ，则其德布罗意波长为 1.99 10 nm 5 0 − = = =  m v h p h λ 15 －21 求动能为1.0eV 的电子的德布罗意波的波长. 解 由 于 电 子 的 静 能 0.512 MeV 2 E0 = m0 c = ， 而 电 子 动 能 Ek  E0 ，故有 ( ) 1/ 2 p = 2m0Ek ，则其德布罗意波长为 ( ) 1.23 nm 2 1/ 2 0 = = = m Ek h p h λ 15 －23 若电子和光子的波长均为0.20nm，则它们的动量和动能各为多少？ 分析 光子的静止质量m0 ＝0，静能E0 ＝0，其动能、动量均可由德布罗意关系式E ＝hν， λ h p = 求得.而对电子来说，动能 E E E p c m c m c pc k = − = + −  2 0 2 4 0 2 2 0 .本题中因电子 的 (6.22keV) (0.512MeV) pc  E0 ，所以 Ek  E0 ，因而可以不考虑相对论效应，电子 的动能可用公式 0 2 2m p Ek = 计算. 解 由于光子与电子的波长相同，它们的动量均为 24 -1 = = 3.2210 kg m s − λ h p 光子的动能 Ek = E = pc = 6.22 eV 电子的动能 37.8 eV 2 0 2 = = m p Ek 讨论 用电子束代替可见光做成的显微镜叫电子显微镜.由上述计算可知，对于波长相同的

光子与电子来说，电子的动能小于光子的动能.很显然，在分辨率相同的情况下（分辨率α1/)，电子束对样品损害较小，这也是电子显微镜优于光学显微镜的一个方面15-27一质量为40g的子弹以1.0×103m's-1的速率飞行，求：（1)其德布罗意波的波长(2)若子弹位置的不确定量为0.10mm，求其速率的不确定量.解(1)子弹的德布罗意波长为入=1.66 ×10~35m(2）由不确定关系式以及Ap、=mAo,可得子弹速率的不确定量为AU=P=1.66 ×10~28 m s 1mA讨论由于h值极小，其数量级为10-34，故不确定关系式只对微观粒子才有实际意义，对于宏观物体，其行为可以精确地预言1530已知一维运动粒子的波函数为6)-[4re*, ≥0[o,x0，试求：(①）归一化常数A和归一化波函数：(2）该粒子位置坐标的概率分布函数(又称概率密度)：(3）在何处找到粒子的概率最大分析描述微观粒子运动状态的波函数(s)，并不像经典波那样代表什么实在的物理量，而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用（(x）表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为1，即[,v(sdV=1（本题为(sdx=1)，称为归一化条件.由此可确定波函数中的待定常数A和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数(a)，采用高等数学中常用的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置解()由归一化条件(xdx=1，有L,o'dx+4xedx= Axendx==1A=22"(注：利用积分公式edy=）

光子与电子来说，电子的动能小于光子的动能.很显然，在分辨率相同的情况下(分辨率 ∝1/λ)，电子束对样品损害较小，这也是电子显微镜优于光学显微镜的一个方面. 15 －27 一质量为40 g 的子弹以1.0 ×103 m·s －1 的速率飞行，求：(1)其德布罗意波的波长； (2) 若子弹位置的不确定量为0.10mm ，求其速率的不确定量. 解 (1) 子弹的德布罗意波长为 mv h λ = ＝1.66 ×10－35m (2) 由不确定关系式以及 Δpx = mΔvx 可得子弹速率的不确定量为 m x h m px Δ Δ Δv = = ＝1.66 ×10－28 m·s －1 讨论 由于h 值极小，其数量级为10－34 ，故不确定关系式只对微观粒子才有实际意义，对 于宏观物体，其行为可以精确地预言. 15 －30 已知一维运动粒子的波函数为 ( )      = − 0, 0 , 0 x Axe x ψ x λx 式中λ＞0，试求：(1) 归一化常数A 和归一化波函数；(2) 该粒子位置坐标的概率分布函数 (又称概率密度)；(3) 在何处找到粒子的概率最大. 分析 描述微观粒子运动状态的波函数 ψ(x) ，并不像经典波那样代表什么实在的物理量， 而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用 ( ) 2 ψ x 表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出 现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为 1，即 ( )  = V ψ x dV 1 2 (本题为 ( )   − d =1 2 ψ x x ) ，称为归一化条件.由此可确定波函数中的 待定常数A 和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数 ( ) 2 ψ x ，采用高等数学中常用 的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置. 解 (1) 由归一化条件 ( )   − d =1 2 ψ x x ，有 −     −  −  + = = = 0 0 3 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 1 4 0 d d d λ A x A x e x A x e x λx λx 3 / 2 A = 2λ (注：利用积分公式 3 0 2 2 d b y e y by = −   )

经归一化后的波函数为J2a/ixe*, x≥0y(x)=x0，试求：(1）归一化常数A和归一化波函数；(2）该粒子位置坐标的概率分布函数(又称概率密度)：(3）在何处找到粒子的概率最大分析描述微观粒子运动状态的波函数y(s)，并不像经典波那样代表什么实在的物理量，而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用(s)"表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为1，即[,k(s)"dV=1（本题为(s)dx=1)，称为归一化条件.由此可确定波函数中的待定常数A和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数(x)，采用高等数学中常用的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置解(1)由归一化条件(s)’dx=1，有Toa+ rendx= 4xed-=4=22/（注：利用积分公式yedy=号）经归一化后的波函数为()- a /re* 20x<010(2) 粒子的概率分布函数为woy-fare 20x<00ax数(a)月有极值,由二阶导数()1=0可知，在x=六处，(s)有最大值，即粒dx子在该处出现的概率最大

经归一化后的波函数为 ( )      = − 0, 0 2 , 0 x λ λxe x ψ x λx (2) 粒子的概率分布函数为 ( )      = − 0, 0 2 , 0 x λ λxe x ψ x λx 式中 λ＞0，试求：(1) 归一化常数 A 和归一化波函数；(2) 该粒子位置坐标的概率分布函 数(又称概率密度)；(3) 在何处找到粒子的概率最大. 分析 描述微观粒子运动状态的波函数 ψ(x) ，并不像经典波那样代表什么实在的物理量， 而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用 ( ) 2 ψ x 表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出 现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为 1，即 ( )  = V ψ x dV 1 2 (本题为 ( ) d 1 2 =   − ψ x x ) ，称为归一化条件.由此可确定波函数中的 待定常数 A 和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数 ( ) 2 ψ x ，采用高等数学中常用 的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置. 解 (1) 由归一化条件 ( ) d 1 2 =   − ψ x x ，有 1 4 0 d d d 3 2 2 2 0 2 2 2 0 2 0 2 + = = = −  −  −   λ A x A x e x A x e x λx λx 3 / 2 A = 2λ (注：利用积分公式 3 0 2 2 d b y e y by = −   ) 经归一化后的波函数为 ( )      = − 0, 0 2 , 0 x λ λxe x ψ x λx (2) 粒子的概率分布函数为 ( )      = − 0, 0 4 , 0 3 2 2 2 x λ x e x ψ x λx (3)令 ( ( ) ) 0 d d 2 = x ψ x ，有 4 (2 2 ) 0 3 2 2 − = − λx − λx λ xe λxe ，得 x ＝0， λ x 1 = 和 x→∞时，函 数 ( ) 2 ψ x 有极值.由二阶导数 ( ( ) ) 0 d d 1 2 = = λ x x ψ x 可知，在 λ x 1 = 处， ( ) 2 ψ x 有最大值，即粒 子在该处出现的概率最大

15-31设有一电子在宽为0.20nm的一维无限深的方势阱中(1)计算电子在最低能级的能量：(2)当电子处于第一激发态(n=2)时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为多少？解(1）一维无限深势阱中粒子的可能能量E,=n，式中α为势阱宽度，当量子数8ma1n=1时，粒子处于基态，能量最低因此，电子在最低能级的能量为-=1.51 ×10-18] =9.43ev(2）粒子在无限深方势阱中的波函数为a)-/ =1, 2, ..当它处于第一激发态(1=2)时，波函数为-0≤.≤a相应的概率密度函数为w(0-2smn210≤xad)-0. 8令dx in 2z/.cos2X -0在 0c 的说围内讨论可得。当x=0号和。 时，面数(6g岁取得根值。由 0 -/2一(0 0m020m性dx最小，其值均为零.1533一电子被限制在宽度为1.0×10-10㎡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x1=0.090×10-10m与x2=0.110×10-10 m之间的概率近似为多少？(3）在第一激发态时，电子处于xl=0与x2=0.25×10-10m之间的概率为多少？分析设一维粒子的波函数为()，则(x)表示粒子在一维空间内的概率密度，(a'dx则表示粒子在x~x+dx间隔内出现的概率，而v(a)dx则表示粒子在～x区间内出现的概率,.如～区间的间隔x较小，上述积分可近似用(sx代替，其中(s)取x,和,之间中点位置c处的概率密度作为上述区间内的平均概率密度

15 －31 设有一电子在宽为 0.20nm 的一维无限深的方势阱中.(1) 计算电子在最低能级 的能量；(2) 当电子处于第一激发态(n ＝2)时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为多少？ 解 (1) 一维无限深势阱中粒子的可能能量 ma h En n 8 2 2 = ，式中 a 为势阱宽度，当量子数 n ＝1 时，粒子处于基态，能量最低.因此，电子在最低能级的能量为 ma h E 8 2 1 = ＝1.51 ×10－18J ＝9.43eV (2) 粒子在无限深方势阱中的波函数为 ( ) x a n a ψ x π sin 2 = ， n ＝1，2，. 当它处于第一激发态(n ＝2)时，波函数为 ( ) x a a ψ x 2π sin 2 = ， 0≤x≤a 相应的概率密度函数为 ( ) x a a ψ x 2π sin 2 2 2 = ， 0≤x≤a 令 ( ( ) ) 0 d d 2 = x ψ x ，得 0 2π cos 2π sin 8π 2 = a x a x a 在 0≤x≤a 的范围内讨论可得，当 a a a x 4 3 , 2 , 4 = 0, 和 a 时，函数 ( ) 2 ψ x 取得极值. 由 ( ( ) ) 0 d d 2  x ψ x 可知，函数在 x ＝0，x ＝a/2 和 x ＝a(即 x ＝0，0.10 nm，0.20 nm)处概率 最小，其值均为零. 15 －33 一电子被限制在宽度为 1.0×10－10 m 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 x1 ＝0.090×10－10 m 与 x2 ＝0.110×10－10 m 之间的概率近似为多少？(3) 在第一激发态时，电子处于 x1′＝0 与 x2′ ＝0.25×10-10 m 之间的概率为多少？ 分析 设一维粒子的波函数为 ψ(x) ，则 ( ) 2 ψ x 表示粒子在一维空间内的概率密度， ψ(x) dx 2 则表示粒子在 x ~ x + dx 间隔内出现的概率，而 ( )  2 1 d 2 x x ψ x x 则表示粒子在 1 ~ 2 x x 区间内出现的概率.如 1 ~ 2 x x 区间的间隔 Δx 较小，上述积分可近似用 ψ(x) Δx 2 代 替，其中 ( ) 2 ψ x 取 1 x 和 2 x 之间中点位置 c 处的概率密度作为上述区间内的平均概率密度

这是一种常用的近似计算的方法解(1)电子从基态(n =1)跃迁到第一激发态(n =2)所需能量为AE-E-E-m-112v8mg(2)当电子处于基态(n=1) 时，电子在势阱中的概率密度为)w(x)"==sin=x，所求区间宽度x=-，区间的中心位置x。=，则电子在所求区间的概率近似为-wa()=3.8×10-3(3) 同理，电子在第一激发态(1=2)的概率密度为b(a)/==sn x，则电子在所求区间的概率近似为=m[s-x)=02515一34在描述原子内电子状态的量子数n，l，ml中，(1)当n=5时，1的可能值是多少？(2）当1=5时，m的可能值为多少？(3）当1=4时，n的最小可能值是多少？(4)=3时，电子可能状态数为多少分析微观粒子状态的描述可用能量、角动量、角动量的空间取向、自旋角动量和自旋角动量的空间取向所对应的量子数来表示，即用一组量子数(n，1，，s，ms）表示一种确定状态.由于电子自旋量子数s恒为1/2，故区别电子状态时只需用4个量子数即n、1、mi和，其中 n 可取大于零的任何整数值，而 1、m和 ms的取值则受到一定的限制，如 n 取He定后，1只能为0，一1)，共可取n个值：1取定后，m只能为0，±1，共可取21+1个值：而m只可取+12两个值.上述4个量子数中只要有一个不同，则表一定)的电子来说，其可能的状态数为 2n2个.示的状态就不同，因此，对于能量确定（即n-解(1)n=5时，1 的可能值为5个，它们是1=0,1,2,3，4(2)1=5时，m的可能值为11个，它们是m=0，±1，±2，3，±4，±5(3)1=4 时，因为I 的最大可能值为(n-1)，所以n 的最小可能值为5(4)n=3时，电子的可能状态数为2n2=1815一35氢原子中的电子处于n=4、1=3的状态.问：（1）该电子角动量L的值为多少(2)这角动量 L 在z 轴的分量有哪些可能的值？ (3)角动量 L 与 2 轴的夹角的可能值为多少？

这是一种常用的近似计算的方法. 解 (1) 电子从基态(n ＝1)跃迁到第一激发态(n ＝2)所需能量为 112 eV 8 8 Δ 2 2 2 2 1 2 2 = 2 − 1 = 2 − = ma h n ma h E E E n (2) 当电子处于基态(n ＝1) 时，电子在势阱中的概率密度为 ( ) x a a ψ x π sin 2 2 = ，所求 区间宽度 Δ 1 2 x = x − x ，区间的中心位置 2 1 2 x x xc + = ，则电子在所求区间的概率近似为 ( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 1 2 2 1 2 1 3.8 10 2 π sin 2 d Δ 2 1 − =  −       + =  =   x x x x a a p ψ x x ψ x x x x (3) 同理，电子在第一激发态(n ＝2)的概率密度为 ( ) x a a ψ x 2π sin 2 2 = ，则电子在所求 区间的概率近似为 ( ) 0.25 2 2π sin 2 1 2 2 1 2 2  −  =        +  =  x x x x a a p 15 －34 在描述原子内电子状态的量子数 n，l，ml 中，(1) 当 n＝5 时，l 的可能值是多 少？ (2) 当 l＝5 时，ml 的可能值为多少？ (3) 当 l ＝4 时，n 的最小可能值是多少？ (4) 当 n ＝3 时，电子可能状态数为多少？ 分析 微观粒子状态的描述可用能量、角动量、角动量的空间取向、自旋角动量和自旋角动 量的空间取向所对应的量子数来表示，即用一组量子数(n，l，ml，s，ms )表示一种确定状 态.由于电子自旋量子数 s 恒为 1/2，故区别电子状态时只需用 4 个量子数即 n、l、ml 和 ms ，其中 n 可取大于零的任何整数值，而 l、ml 和 ms的取值则受到一定的限制，如 n 取 定后，l 只能为 0，l，.，(n －1)，共可取 n 个值；l 取定后，ml 只能为 0， ±1，.， ±l， 共可取 2l ＋1 个值；而 ms 只可取±12 两个值.上述 4 个量子数中只要有一个不同，则表 示的状态就不同，因此，对于能量确定(即 n 一定)的电子来说，其可能的状态数为 2n2 个. 解 (1) n ＝5 时，l 的可能值为 5 个，它们是 l ＝0，1，2，3，4 (2) l ＝5 时，ml 的可能值为 11 个，它们是 ml＝0，±1，±2，±3，±4，±5 (3) l ＝4 时，因为 l 的最大可能值为(n －1)，所以 n 的最小可能值为 5 (4) n ＝3 时，电子的可能状态数为 2n2 ＝18 15 －35 氢原子中的电子处于 n ＝4、l ＝3 的状态.问：(1) 该电子角动量 L 的值为多少？ (2) 这角动量 L 在 z 轴的分量有哪些可能的值？ (3) 角动量 L 与 z 轴的夹角的可能值为多 少？

12:(G元)/22元题15-35图解(1)n =4、1 =3 时，电子角动量2-+-V会(2)轨道角动量在z轴上的分量L=m，对于n=4、1=3的电子来说h2h.3hm=0±1,2,±3，则 L的可能取值为0+毫+2+2(3)角动量L与z轴的夹角0=arcoso=arccos，如图所示，当m分别取3，1(1+1)2，1，0，-1，—2，-3时，相应夹角分别为30°55°73°107125°150°

解 (1) n ＝4、l ＝3 时，电子角动量 ( ) 2π 12 2π 1 h h L = l l + = (2) 轨道角动量在 z 轴上的分量 2π h Lz = ml ，对于 n ＝4、l ＝3 的电子来说 ml = 0,1,2,3 ，则 Lz 的可能取值为 2π 3 , 2π 2 , 2π 0, h h h    . (3) 角动量 L 与 z 轴的夹角 ( 1) arccos arccos + = = l l m L L θ θ z l ，如图所示，当 ml 分别取 3， 2，1，0，－1，－2，－3 时，相应夹角 θ 分别为 o o o o o o 30 ,55 ,73 ,107 ,125 ,150