（2）设电台发射是各向同性的，求电台的发射功率．
[解答]（1）飞机电台收到讯号强度就是平均坡印廷矢量，根据17．29题的结果得电场强度的峰值为
E0?2S c?0m-1)， ?10?224?= 8.68×10-2(V·磁场强度的峰值为
(n,l,ml,ms)为
(3,1,1,1/2)，(3,1,1,-1/2)，(3,1,0,1/2)，(3,1,0,-1/2)，(3,1,-1,1/2)，(3,1,-1,-1/2) ．
18．3 实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长λm和黑体温度的乘积为一常数，即λmT = b = 2.897×10-3m·K．实验测得太阳辐射波谱的峰值波长λm = 510nm，设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度．
[解答]太阳表面的温度大约为
H0?2S c?02.897?10?3= 5680(K)． T???m510?10?9b
18．4 实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M（即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度）与温度的4次方成正比，即M = ζT4，其中ζ =5.67×10-8W·m-2·K-4．试由此估算太阳单位表面积的辐射功率（太阳表面温度可参见上题）．
[解答]太阳单位表面积的辐射功率大约为
M = 5.67×10-8×(5680)4 = 5.9×107(W·m-2)． 18．5 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？
[解答]（1）根据公式λmT = 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 = 4πR2．
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 = ζT4，
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)．
18．6 铝表面电子的逸出功为6.72×10-19J，今有波长为λ = 2.0×10-7m的光
45
?10?31=2.3×10-4(A·m-1)． 6?（2）电台的发射功率等于单位时间内通过飞机所在球面的平均能量，即
P?4?r2S= 4π×(104)2×10×10-6
= 4π×103(W) = 12.56(kW)．
第十八章 量子物理基础
P258．
18．1 根据玻尔理论，计算氢原子在n = 5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比．
[解答]玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为
Ln?mvrn?nh， 2?对于第一激发态，n = 2，所以
L5/L2 = 5/2．
18．2 设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数．
[解答] 对于3p态电子，主量子数为n = 3，
角量子数为 l = 1，
磁量子数为 ml = -l, -(l - 1), …, l -1, l， 自旋量子数为 ms = ±1/2．
3p态电子的四个可能的量子数
投射到铝表面上．试求：
（1）由此产生的光电子的最大初动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长． [解答（]1）光子的能量为E = hν = hc/λ， 根据爱因斯坦光电效应方程
hν = Ek + A，
产生的光电子的最大初动能为
Ek = hν - A = 6.63×10-34×3×108/2.0×10-7-6.72×10-19 = 3.23×10-19(J)． （2）遏止电势差的公式为eUs = Ek，遏止电势差为
Us = Ek/e = 3.23×10-19/1.6×10-19=2.0(V)． （3）铝的红限频率为ν0 = A/h，红限波长为
λ0 = c/ν0 = hc/A = 6.63×10-34×3×108/6.72×10-19 = 2.96×10-7(m)． 18．7 康普顿散射中入射X射线的波长是λ = 0.70×10-10m，散射的X射线与入射的X射线垂直．求：
（1）反冲电子的动能EK； （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．
[解答]（1）（2）根据康普顿散射公式得波长变化为
?0.7?0.9665，
0.72426所以夹角为θ = 44°1`．
18．8 求波长分别为λ1 = 7.0×10-7m的红光；λ2 = 0.25×10-10m的X射线的能量、动量和质量．
[解答]X射线的能量为E = hν = hc/λ， 动量为 p = h/λ；
由E = hc/λ = mc2，得其质量为
m = h/cλ．
对于红光来说，能量为
6.63?10?34?3?108 E1?7?10?7= 2.84×10-19(J)，
动量为
6.63?10?34 p1??77?10= 9.47×10-25(kg·m·s-1)， 质量为
6.63?10?34 m1?8?73?10?7?10= 3.16×10-36(kg)．
对于X射线来说，能量为
???2?sin2?2?2?2.426?10?12sin2?46.63?10?34?3?108 E2?0.25?10?10= 7.956×10-15(J)，
动量为
= 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
6.63?10?34 p2?0.25?10?10= 2.652×10-23(kg·m·s-1)，
质量为
hcEk??
??`hc6.63?10?34?3?1086.63?10?34?3?108 ???10?100.7?100.72426?10= 9.52×10-17(J)． （3）由于
h/λ` h/λ
46
6.63?10?34 m2?8?103?10?0.25?10= 8.84×10-32(kg)．
18．9 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
tan??hc/?`??， hc/??`θ
p 一条波长最长．
[解答]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．
18．10 设氢原子中电子从n = 2的状态被电离出去，需要多少能量．
[解答]氢原子能级公式为
6×1024kg，地球半径R = 6.4×103km，万有引力常数G = 6.7×10-11N·m2·kg-2．
[解答]（1）卫星绕地球运动的向心力是万有引力
Mmmv2； G2?rr根据玻尔理论，角动量为 mvr = nh/2π．
将前式乘以mr3得
(nh)2， GMmr?(mvr)?24?22me41En??222，
8?0hn当n=1时，基态能级的能量为
h2n2所以 r??Kn2， 224?GMm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
me4E1??22
8?0h≈-2.18×10-18(J) = -13.6(eV)， 因此 En?E1． 2nh2 K?24?GMm2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
?E?En?Em?E1(11?)． n2m2(6.63?10?34)2 ?24??6.7?10?11?6?1024?(100)2= 2.77×10-87． 可见：比例系数很小．
当r = R时，地球表面的量子数为
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 ?E??13.6(11?)= -3.4(eV)， 222?n0?R/K?4.8?1046．
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 =n0 + n`．轨道间的距离为
Δr = K[(n0 + n` + 1)2 - (n0 + n`)2] = K[2(n0 + n`) + 1]．
由于n0>>1，所以Δr = 2Kn0 + 2Kn`．
设n` = kn0，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)n0，则
r = Kn02(k + 1)2，
Δr = 2Kn0(k + 1) = 2.66×10-40(k + 1)． 这说明：当地面以上的量子数按k + 1
因此需要3.4eV的能量．
18．11 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 = Kn2，（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 =
47
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．
18．12 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？
[解答]它们的动量都为
屏上电子衍射图样中央最大的宽度是多少？
[解答]根据动量和位置的不确定关系
Δpx·Δx≧h，
其中位置不确定量为Δx = a，动量的不确定量为Δpx = psinθ．
设电子衍射图样的中央最大半宽度为w，则 sinθ = w/R， 可得pw2hR． ?a?h，宽度为2w?Rpa6.63?10?34 p???10?2?10h= 3.315×10-24(kg·m·s-1)． 根据公式E2 = p2c2 + m02c4，电子的总能量为
22E?cp2?m0c =3×108×[(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)．
18．13 室温下的中子称为热中子T = 300K，试计算热中子的平均德布罗意波长．
[解答]中子热运动的平均速度为
v?8kT ?mn[注意]如果将h改为?/2，则宽度为2w≧?R/pa．两者相差很小．
18．15 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？
[解答]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 = p2/2m ≧ h2/2ma2， 最低能量可估计为
Emin = h2/2ma2．
18．16 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？
[解答]粒子在一维无限深势阱中的定态波函数为
其中k为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K-1，mp是电子的质量mp = 1.675×10-27kg，可得平均速度为
v= 2.509×104(m·s-1)， 平均动量为
= 4.2×10-27(kg·m·s-1)． p?mnv?n(x)?，
2n?x(0?x?a)sin,aa(n?1,2,3,...) 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
a/30平均德布罗意波长为
??h/p= 1.58×10-10(m) = 0.158(nm)．
18．14 一束动量是p的电子，通过缝宽为a的狭缝，在距离狭缝为R处放置一屏，
?|?2(x)|dx?2a/3?0222?xsindx aa23= 0.391． ??32?48
18．17 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．
[解答]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
?1?42a3?1/2xe?a2x22．
式中a?mk，k为常数，则该谐振子在2h何处出现的概率最大？
[解答]第一激发态的概率为
w?|?1|?22a3p?h??nh 2a?x2e?ax， 1/222对x求导得
2222dw2a3?1/2[2xe?ax?x2(?2a2x)e?ax] dt?p2h22?n． 能量为 E?22m8ma
18．18 假定对某个粒子动量的测定可精确到千分之一，试确定这个粒子位置的最小不确定量．
（1）该粒子质量为5×10-3kg，以2m·s-1
的速度运动；
（2）该粒子是速度为1.8×108m·s-1的电子．
[解答]粒子的动量为 p = mv， 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．
（1）?x??2a3?2x(1?x2a2)e?ax， 1/222令dw/dt = 0，得概率最大的位置为
x = ±1/a．
18．20 一维运动的粒子，处于如下的
波函数所描述的状态
?Axe??x,(x?0); ?(x)??0,(x?0).?式中λ > 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？ [解答]（1）归一化得
h1000h ?2?p4?mv1000?6.63?10?34-30
= 5.276×10(m)． ?34??5?10?2h1000h（2）?x? ?2?p4?mv1000?6.63?10?34 ??3184??9.1?10?1.8?10= 3.22×10-10(m)．
18．19 设有某线性谐振子处于第一激发态，其波函数为
1??|?|dx??A2x2e?2?xdx
2??0???1?2?2?x ?Axde2??02?12?2?x?A{xe2?2?0?2?xe?2?xdx}
0??12???2A()?xde?2?x
2?02 49