大学物理课后习题答案(第十六章) 北京邮电大学出版社

16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m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0.55m，北极星的m0.35m，天狼星的

m0.29m，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：

mTb,b2.7103mK

T1对太阳：

bm12.71035.3103K60.5510

T2对北极星：

bmb22.710338.310K60.3510

T3m3对天狼星：

16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W·cm-2，求炉内温度． 解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度

2.71031.0104K60.2910MB(T)22.8Wcm222.8104Wm2

按斯特藩-玻尔兹曼定律：

MB(T)T4

T4(MB(T)22.81044()85.6710

122.814)1031.42103K5.67

ο16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000A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A4.2eV 据光电效应公式

则光电子最大动能：

hv12mvm2A

Ekmax12hcmvmhAA2 3486.6310310194.21.610200010103.231019J2.0eV

1(2)eUaEkmaxmv2m2

193.2310Ua2.0V191.610∴遏止电势差

ch0A,又00 (3)红限频率0,∴

hc6.63103431080A4.21.601019 ∴截止波长

2.96107m0.296m

16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(5.010m)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

-7Enhnhc56.63103431085.01071.991018J

功率

E1.991018Wt

ο16-5 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5000A，则每秒钟落

到地面上1m2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

2Ehhc

每秒进入人眼的光子数为

1秒钟落到1m地面上的光子数为

8885107nEhc6.63103431082.011019s1m2

Nnd2

16-6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．

3134m9.1110kg,h6.6310JS 0解：电子的静止质量2hmc0当 时，

41.421014s12.0110193.1432106/4则

m0c29.111031(3108)2h6.6310341.2361020Hz

οc2.42711012m0.02Ap或h

2.731022kgms1Ecp16-7 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?

Em0c2pm0c9.11103131082.731022kgms1cc

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．

16-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能Ek之比ε/Ek等于多少?

22hvmchmc00解：由

Ekmc2m0c2h0hh(0)

∴ Ekh5h(0)0

h

1.2c01.2已知0由 111501.2则01.210.2

π16-9 波长00.708A的X射线在石腊上受到康普顿散射，求在2和π方向上所散射的X

ο射线波长各是多大? 解：在

2方向上：

Δ02hsin2m0c226.631034sin9.111031310842.431012m0.0243A

οο散射波长0Δ0.7080.02480.732A

在方向上

ο2h2h212Δ0sin4.8610m0.0486Am0c2m0c

散射波长 0Δ0.7080.04860.756A

16-10 已知X光光子的能量为0.60 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

ο00.6MeV,又有

hc,0hc00

000.02001.200

经散射后

此时能量为 反冲电子能量

hchc101.201.2

E0(11)0.600.10MeV1.2

16-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 A，反冲电子的速度为0.60c，求散射光子的波长及散射角．

解：反冲电子的能量增量为

οEmcm0chchc22m0c210.62m0c20.25m0c2

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 0散射光子波长

0.25m0c2

h0h0.25m0c06.631034126.6310340.03010100.259.1103131080.0301010ο4.310由康普顿散射公式

m0.043A2hsin220.0243sin2m0c22

0sin20.0430.0300.2675220.0243可得

6217 散射角为



16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 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)

13.6eV12.75eV0.85eV13.6eVn2

解得 n4 或者

ERhc(11)221n

1)12.75n2

解出 n4 136.(1

题16-13图

题16-12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. 16-13 以动能12.5eV 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12.5eV能量后，最高能激发到第n个能级，则

EnE1Rhc[11],12n21]2n

Rhc13.6eV,即12.513.6[1得n3.5，只能取整数，

∴ 最高激发到n3，当然也能激发到n2的能级．于是

~R118R,n从31:112329ο99711.02610m1026A78R81.09710ο4113~n从21:R22R,21216A1243Rο36115~n从32:R22R,36563A23365R

可以发出以上三条谱线．

题16-14图

16-14 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n2的高能级跃迁到n2的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是n4的激发态．

E413.6E313.6E213.6hhc4232220.85eV1.51eV3.4eVEnEmhcEnEmahcE3E26.63103433108(3.41.51)1.60101965731010m6573Aοοhc6.63103431084872AE4E2(3.40.85)1.61019

基态氢原子吸收一个光子h被激发到n4的能态

hchE4E1∴

16-15 当基态氢原子被12.09eV的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍? 解：



E4E1(13.60.85)1.61019153.0810Hz34h6.62610

1]12.09eVn2

13.6n2

13.613.6n2136.12.091.51, n3

13.612.09rnn2r1,n29,rn9r1

EnE113.6[1轨道半径增加到9倍.

16-16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仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．

ο16-17 为使电子的德布罗意波长为1A，需要多大的加速电压?

u∴ 加速电压 U150伏

解：

12.25A1AooU12.25

16-18 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13.6eV，因此，该电子远离质子时的动能为

Ek它的速度为

12mvEE11513.61.4eV2

21.41.610197.0105ms-1 9.111031v其德布罗意波长为：

2Ekmoh6.63103491.0410m10.4Amv9.1110317.0105

16-19 光子与电子的波长都是2.0A，它们的动量和总能量各为多少?

2解：由德布罗意关系：Emc，

οpmvh波长相同它们的动量相等．

6.631034p3.31024kgms-1102.010

h光子的能量

hhcpc3.3102431089.91016J6.2103eV

E(cp)2(m0c2)2cp6.2103eV电子的总能量 ,

26mc0.51MeV0.5110eV 0而

2mccp 0∴

∴

E(cp)2(m0c2)2m0c20.51MeV

27m1.6710kg，n16-20 已知中子的质量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?

3423-127h6.6310JSk1.3810JKm1.6710kgn解：,, 3p2EkKT22m 中子的平均动能

ohh1.456Ap3mkT德布罗意波长

16-21 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，

xpxh，pxmvx，则

hvmxvxh,xmx

这粒子最小动能应满足

Emin11h2h2h22m(vx)m()22mx2mx22mL2

ο16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000A，测得谱线宽度为10A，求

该激发能级的平均寿命．

-4

ο解：光子的能量

Ehhc

Ehc2由于激发能级有一定的宽度E，造成谱线也有一定宽度，两者之间的关系为：



由测不准关系，Eth，平均寿命t，则

h2tEc

(40001010)285.310s84103101010

16-23 一波长为3000A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．

ο，解： 光子

由测不准关系，光子位置的不准确量为

phph2h2

16-24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?

oh230009x6310A30cmp10

、2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1点的概率比值为：

1222D1D222∴ 概率分布不变．

16-25 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xa，由测不准关系：

hhPPxxxpxh，可得：x,x

2Px2h2h2hEx2222m2m(x)2ma∴，即零点能为2ma．

Px16-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：

(x)x1acos3x2a(axa)

5a6处出现的概率密度为多少? 那么，粒子在

13x2*2(cos)2a a解：

5a11526coscos2a2aa411cos2()cos2a4a4111()2a22a

316-27 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：

2nxsin()aa(0xa)

1an1若粒子处于的状态，在0～4区间发现粒子的概率是多少?

2x2dwdxsin2dxaa解：

a0~4区间发现粒子的概率为： ∴ 在

n(x)a22xx42apdwsindxsin2d(x)0a0aaaa 2a/41x[1cos2]d(x)0.09102aa

n(x)Asinxaa16-28 宽度为的一维无限深势阱中粒子的波函数为，求：(1)归一化系

数A；(2)在n2时何处发现粒子的概率最大?

a4a40解：(1)归一化系数

a22dxdx102a2

na2annAsinxdxAsinxd(x)00anaa即

aa2nnA2(1cosx)d(x)02naa

aaA2nA212n2

2∴ Aa

2nsinxaa粒子的波函数 222sinxaa (2)当n2时，

22142w2sin2x[1cosx]aaaa几率密度

dw4440sinx0sinx0,aa令dx，即a,即，

(x)4xk,k0,1,2,a

a4 ∴

又因0xa，k4，

a3xxa4和4时w有极大值， ∴当ax2时，w0． 当

a3a44∴极大值的地方为，处

xk16-29 原子内电子的量子态由n,l,ml,ms四个量子数表征．当n,l,ml一定时，不同的量子态数目是多少?当n,l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?

1(ms)2 解：(1)2(2)2(2l1)，每个l有2l1个(3)2n

16-30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

2ml，每个ml可容纳

ms12的2个量子态．

ml,ms值．

Z2(2l1)2(221)10个，

解：d分壳层的量子数l2，可容纳最大电子数为l这些电子的：

ml0，1，2，

1ms2

16-31 试描绘：原子中l4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Lz的各种可能的值． 解：

Ll(l1)4(41)20

题16-31图

LZml，ml0,1，2，3，4．

∴ LZ(4,3,2,1,0,1,2,3,4)

16-32写出以下各电子态的角动量的大小：(1)1s态；(2)2p态；(3)3d态；(4)4f态．

磁场为Z方向，

L1(11)解： (1)L0(2)l1, 2

L(3)l22(21)6

L3(31)12

(4)l316-33 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4s态应比3d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

(n0.7l)确定，数值大的能级较高．

4s(即n4,l0)，代入(n0.7l)(40.70)4 3d(n3,l2)，代入(30.72)4.4 4s低于3d能级，所以先填入4s壳层．