第一章-绪论-习题答案y

第一章绪论1、处于激发态的氢原子，如果已知它在跃迁到基态时，原子发射出λ＝972.5Å的光子，求激发态量子数n=?解：由玻尔假设推导的巴耳末公式：)11(22nncR对于基态n＝1。17100973731.1mR)11(103100973731.1287nc所以4n2、利用玻尔-索末菲量子化条件，求(1)一维谐振子的能量；(2)电子在均匀磁场中做圆周运动，其轨道半径的可能取值。解：[方法一]设一维谐振子能量222212xpE故1)2()2(22222ExEp此方程是以x,p为为纵横轴的椭圆方程：Ea222Eb而量子化条件nhpdq左边刚好对应椭圆的面积nhEabpdq2所以：nnhE21（n＝1，2，3…）[方法二]由经典力学可知，一维谐振子（线谐振子）受到的力为KxF（1）于是有Kxma（2）上式可以改写成0dd22Kxtxm（3）若令mK2（4）则（3）式可写为0dd222xtx（5）上式的解为tAxsin（6）与之相应的广义动量为tAmtxmpcosdd（7）利用玻尔-索末菲量子化条件000022200dcossindcosddTTTttmAtAtAmxpqpnh（8）若令t（9）20T（10）则（8）式的积分可以做出（取0）20202cossin212cosd（11）将其代回（8）式，得到mnhA2（12）动能为22222222222222121121cos21dd21xmnhmxAmAxmAtmAtxmT（13）总能量为nnhxmnhmxmTVE221212222（14）其中，,3,2,1n，此即线谐振子的能量量子化。对于在均匀磁场B中做圆周运动的电子，它受到洛伦兹（Lorentz）力的作用，在高斯（Gauss）单位制中，即sinBvceFBvceF（15）式中为电子运动方向与磁场方向的夹角，v是电子的运动速度。若轨道半径为r，则速率trvdd（16）将其代入（15）式，有tBcerFddsin（17）再利用洛伦兹力等于向心力2ddddsintmrtBcer（18）于是得到sinddmceBt（19）利用玻尔-索末菲量子化条件nhrceBmceBmrtmrp2202202sin2dsindddd（20）最后得到电子轨道半径的可能取值是量子化的，即21sinneBcrn,3,2,1n（21）3．在0K附近，钠的价电子能量约为3eV，求其德布罗意波长。解：JJeVE1919108.4106.133kg31101.9)/(1035.9225skgmEp由公式Ehph2得：08.7Å4．试由普朗克黑体辐射公式导出维恩位移公式。解利用频率和波长的关系c可以将普朗克黑体辐射公式d1exp8d,33kThchT（1）改写为3332581,ddexp181dexp1hccThcckThchckT（2）由,T取极值的条件0d,dT（3）得到2652exp5110exp1exp1hchckThckThckTkT（4）若令kThcx（5）则（4）式简化为xxxe1e5（6）整理之，得到x满足的超越方程xx55e（7）有物理意义的解为4.965114x（8）将其代入（5）式，得到3max2.89775610mk4.965114hcTk（9）此即维恩位移公式的结果。5．两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对.如果两光子的能量相等,问要实现这种转化,光子的波长最大是多少？解：反应式为：ee2正负电子能量224202pccmE设正负电子静止0p，20cmE由能量守恒，两光子能量chhE22正负电子静止静止能量：202cmE2022cmch，因此：024.00cmhÅ6.试求能量为0.1ev的自由中子与能量为0.1ev，质量为1kg质点的德布罗意波长，并讨论结果。解：由德布罗意公式=2hhpE对于自由中子271.6710kg200.11.610EeVJ0.92A质点：200.11.610EeVJ1kg2PE101.78910()Pkgms24143.71103.7110hmAP讨论：1.由结果可看出自由中子0.92A，而1kg的质点143.7110A2.自质点3.由于宏观物质的波长很小，所以主要表现为粒子性。7.指出以下推导中的错误由E=hν,ν=v/λ,p=h/λ则E=h•(v/λ)=(h/λ)v=pv=2(mv2/2)=2E解：式中推导Pmvv中两个v是表示不同的速度。一个表示线速度，一个表示波的相速。Pmv中v为粒子的线速度，而v中v为波的相速度，且12vV证明相速是线速度的一半：设()1()(,)ipxEtixAeAepxEtfxtddxdtxt令0ddxdtxtdxtdtxEtpxdxEdtp又dxvdt相速度21122EvmVmVVp即12vV相速是线速的一半。8.当光对自由质子散射时，求其波长的改变。解：我们由p8的例题有如下结论：同一散射角下波长的变化表达式相同即：24sin2c其中为质子的质量。9.试证，粒子的任何一个玻尔轨道的长度是德布罗意波长的整数倍。证明：由玻尔—索末菲量子化条件pdqnh对于轨道运动dldq设L为轨道周长又因为hphp0LhpdqdlnhhLnh(123)Lnn得证。