大学物理量子物理练习解答

①②349.6610(m)0.966(m2.898103m)242(4)()(4)PMRTR8462(5.67103)[4(6.410)]92.3610(W)mbT1、解：地球表面接受该辐射的功率为：该辐射的单色辐出度的峰值波长为：第20次课（下）2、解：)/(292)5273(1067.5)(2484smJTTM1m2地面失去热量的速率，就是单位时间从黑体表面辐射的所有波长电磁波的总能量，即为辐射出射度：第20次课（下）3、解：)/(105.235m个所以，光子数密度为：按照光量子理论，光能量密度即为单位体积的光子数与每个光子的能量乘积。chwhwn)10500103(1063.6105983415第20次课（下）4、解：2211TTKTT58002112bTm可得太阳表面的温度为：由黑体辐射的维恩位移定律：第20次课（下）1.解：)(1021.31900JchhAAeUAmvham221)(76.1VeAhceAhUa（1）（2）由爱因斯坦的光电效应方程：金属钾中电子的逸出功为：所以，截止电势差为：第21次课（下）2.解：Amvhm221)(01.2212eVAhcAhmvmameUmv221VUa01.2)(2.400eVchhA)(109.290mAhc（1）（2）（3）光电子的最大初动能为：由爱因斯坦的光电效应方程：所以截止波长为：由逸出功：第21次课（下）3、解：hchchhcmmcEk00202)(1034.44412000mcmhh036.63反冲电子获得的动能为：由相对论可知：2022041]1/11[cmccmEk由康普顿公式：)cos1(00cmh可求得：第21次课（下）4、解：hchchhcmmcEk00202max0max0max)11(chEhcEkcmhEhccmhcmh000000max22)cos1(最大动能为：电子获得的动能为：由康普顿公式，散射光子的最大波长为：所以，电子获得的最大动能为：200000200200000max2122cmEEEEcmEcmEcmhEhchcEEk)(62eV第21次课（下）1、解：1）定态假设：原子中的电子只能在一些特定的、半径不连续的轨道上作圆周运动，而不辐射电磁波，这时原子处于稳定状态（简称定态），并具有一定的能量。2）轨道角动量量子化假设：电子以速度υ在半径为r的圆周上绕核运动时，只有电子的角动量L等于h/2的整数倍的轨道才是稳定的，即：1,2,3,4n为量子数，上式叫量子化条件。3）频率条件假设：原子中的电子从高能量的定态Ei跃迁到低能量Ef的定态时，原子会发射光子，其频率满足频率跃迁公式：ifhEE，rmL2/nh第22次课（下）2、解：第22次课（下）)11(122mnRmn,2.91minnmnm6.121maxnm57.102)111(122mRnmm6.121,2maxRm981,331)(10026.189731mR由：赖曼系：故知：的谱线在赖曼系。若：13对应着间的跃迁即：3、解：第22次课（下）)(86.2eVhcE2k))](216.13()16.13[(22eVn5n1025Cmin15（1）（2）巴尔末系：即：（3）四个线系条谱线，其中为的跃迁。2)(86.2EEeVn4、解：第22次课（下）))](116.13()16.13[()(6.12221eVnEEeVn7.3n从n=3的激发态跃迁，将产生的谱线为：nmRR6.102,98)3111(1312231nmRR3.656,365)3121(1322232nmRR5.121,43)2111(12122211、解：第23次课（下）hpxx)/(10326.123smkgxhpx由不确定关系：可得：2、解：第23次课（下）2hpx)(2502cmphxx设光子沿x方向运动，由德布罗意关系：由不确定关系：hpxhpxx3、解：第23次课（下）mvhph)/(103.71011.9101.01063.66319340smmhveee)/(100.41067.1101.01063.63279340smmhvnnn)(152212eVvmEeeoek)(103.82122eVvmEnnonk由德布罗意关系知：电子、中子的速度分别为：电子、中子的动能分别为：4、解：第23次课（下）)(10)(1064.51517202mmEEhcphEpcmc222240由于，所以可用这种电子来探测质子内部的情况，即这种电子可以给出质子内部各处的信息。)(10)(1065.51517mm由德布罗意关系知：由相对论可知：由于电子的能量E大大超过电子的静能Eo，①②按相对论有：Epc电子的德布罗意波长：hp由于，所以可用这种17155.6510m10m电子来探测质子内部的情况，即这种电子可以给出质子内部各处的信息。Epcmc222240175.6510mhcE4、解：第23次课（下）1、证明：第24次课（下）222hpzhpyhpxzyx2222228322mahmpppmpEzyxkazyxahppahppahppzzyyxx222最小可能能量（零点能）为：取：zzyyxxpppppp,,①由波函数的归一化条件可得：22201xAxedx用部分积分法，可得：222223004xxAAxedxe322A320(0)()2(0)xxxxex1234A归一化波函数为：2、解：第24次课（下）③②粒子概率密度发布函数为：2()()Pxx3220(0)()4(0)xxPxxex令：0()0xxdPxdx002232004(22)0xxxexe所以：01x所以：有：2、解：第24次课（下）3、解：第24次课（下）2222222)/(22mahmahmpmpExx粒子位置的不确定量xa粒子的零点能：xhpaxxph由:设:,xxpp4、解：第24次课（下）)(1003.1)1.0()1002.61032(8)1063.6(8402233234221JmahE1223EnkTEn9214023108.7)1003.13001038.123(n（1）氧分子的基态能量为：（2）由题意：2228nhEnma由一维无限深势阱中粒子的能量公式：相应的量子数为：