21光的量子性习题解答
第21章_量子光学基础
例4：以一定频率的单色光照射在某种金属上，测出其 光电流曲线在图中用实线表示。⑴ 保持照射光的强度 不变，增大频率；测出其光电流曲线在图中用虚线表示。 满足题意的图，是_______。
I
o (A) U
I
o (B) U
I
o (C) U
I
o (D) U
⑵ 保持照射光的频率不变，增大强度。测出其光电流曲 线在图中用虚线表示。满足题意的图，是_______。
瑞利—金斯公式
实验曲线和普朗克公式
6 5 4 3 2 1 0
1 2 3
T=2000K
维恩公式
10-14Hz
由经典理论导出的 M (T)～ 公式都与实验曲线不 完全符合！
这正所谓是“ 物理学晴朗天空中的一朵乌云!”
四.普朗克的量子论的诞生 1900年德国物理学家普朗克为了得到与实验曲线相 一致的公式，摒弃了经典物理能量连续概念，提出了 一个与经典物理学概念截然不同的“能量子”假设. 他指出 ：辐射物质中存在着带电谐振子，这些谐振 子吸收或辐射的能量是间断的不连续的，辐射“能量子 ”的能量
实验曲线
维恩公式
维恩公式在高频段与实 验曲线符合得很好， 但在低频段明显偏离 实验曲线。
10-14Hz
▲
著名公式之二： 瑞利 —金斯公式
1900年瑞利和金斯从经典电动力学和 统计物理学理论（能量均分）推导得:
2 2 M (T ) 2 kT c k 1.380658 1023 J K 1
I
O U
I
O (B) U
I
O (C) U
I
O (D) U
(A)
例5：关于光电效应有下列说法中正确的是________。 (1)任何波长的可见光照射到任何金属表面都能产生 光 电效应； (2)若入射光的频率均大于一给定金属的红限，则该 金属分别受到不同频率的光照射时，释出的光电子的 最大初动能也不同； (3)若入射光的频率均大于一给定金属的红限，则该 金属分别受到不同频率、强度相等的光照射时，单位 时间释出的光电子数一定相等； (4)若入射光的频率均大于一给定金属的红限，则当 入射光频率不变而强度增大一倍时，该金属的饱和光 电流也增大一倍。
量子力学练习题答案
Wmk =| am (t) |2
∫ ∫ 其中
am
(t)
=
1 i=
t 0
eiωmkτ
H
′
mk
dτ
，
H
′
mk
=
ϕm* Hl ′(t)ϕkdτ ，ωmk = (Em − Ek ) / =
二、 证明题 1． 证明黑体辐射的辐射本领 E(ν ,T ) 与 E(λ,T ) 之间的关系。 证明：黑体的辐射本领是指辐射体单位面积在单位时间辐射出来的、单位 频率间隔内的能量，用 E(ν ,T ) 表示。由于ν = c / λ ，所以黑体的辐射本领也 可以表示成 E(λ,T ) 。由定义得单位面积、单位时间内辐射的能量为
的同时决定，也使得它们的分布同时制约，这种制约就是不确定性原理，
它是任何两个力学量在任何状态下的涨落（用均方差表示）必须满足的相
互制约关系，公式表示为
ΔA⋅ ΔB ≥ 1 ⋅ [lA, Bl] 2
23． 如果算符 Aˆ 的本征值分别为 A1, A2, A3,"，在算符 Aˆ 的自身表象中写出
算符 Aˆ 的矩阵形式。
下，所有力学量的概率分布不随时间改变；在一切状态下，守恒量的概率
分布不随时间改变。
25． 在 Sz 表象下，写出算符 Sˆz 及其本征态|↑〉 和|↓〉 的矩阵表达式。
答：在 Sz 表象下，算符 Sˆz 的矩阵表达式为
Sz
=
= ⎛1
2
⎜ ⎝
0
0⎞ − 1⎟⎠
其本征态|↑〉 和|↓〉 的矩阵表达式分别为
v∫ 答： pkdqk = nkh (nk = 1, 2,3,")
其中 (qk , pk ) 代表一对共轭的正则坐标和动量。 7． 利用光波的双缝干涉实验，说明 Born 的概率波解释。 答：Born 认为，微观粒子的运动状态用“波函数”来描述，粒子通过双缝 时，每一个缝都有一个所谓的“波”通过，只不过与经典波的强度对应的， 是粒子在某点附近出现的相对概率。对通过双缝的粒子，其概率“分成” 了两束（波动性），但对某个具体的粒子，它只能通过其中的一个缝（粒子
量子习题解答
n 0,1,2,3...
8、氢原子： 氢原子能级：
me4 1 1 En 2 13.6 2 (e V) 2 2 2 (4 0 ) n n
轨道角动量
L l (l 1)
轨道角动量沿磁场方向分量：Lz m 主量子数 轨道量子数 轨道磁量子数
n=1,2,3…
l=0,1,2,3…,n-1 ml=-l,-(l-1),…,0,1,..,l
h 0 ( 1 cos ) m0 c
4、不确定关系(1927)：
h 2
x p x (或, 或h) 位臵动量不确定关系： 2
能量时间不确定关系：Et / 2
5、氢原子光谱(1913) 谱线的波数
1 1 R ( 2 2 ) T ( m) T ( n) m n
玻尔磁子
电子自旋磁矩在磁场中的能量 Es B B
e B 9.27 10 24 J / T 2me
10、多电子原子的电子组态 电子的状态用4 个量子数n,l,ml,ms确定。n相同 的状态组成一壳层，可容纳2n2个电子；l相同 的状态组成一次壳层，可容纳2（2l+1)个电子。 基态原子电子组态遵循两个规律： （1）能量最低原理，即电子总处于可能最 低的能级。一般n越大，l越大，能量就越高。 （2）泡利不相容原理(1921)，不可能有两个 或两个以上的电子处在同一量子状态。即不 能有两个电子具有相同的n, l, ml , ms。
解： 光子的散射角 θ π 时电子获得的能量最大， v 电子的反冲速度沿入射光子的运动方向.设 为入 pe 射光的频率，为散射光的频率， 为反冲电子的动 v 量。 1 由能量守恒有： h(v v) Ek
由动量守恒有: 2 式得 由1 、
21光的量子性习题解答
第二十一章 光的量子性一 选择题1. 所谓绝对黑体，是指：（ D ）A. 不吸收不反射任何光的物体；B. 不反射不辐射任何光的物体；C. 不辐射而能全部吸收所有光的物体；D. 不反射而能全部吸收所有光的物体。
2. 若一黑体的绝对温度增加一倍，则它的总辐射能是原来的： ( C )A. 4倍B. 8倍C. 16倍D. 32倍3．用频率为ν的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为E k ；若改用频率为2ν的单色光照射此金属时，则逸出光电子的最大初动能为：( D )A. 2E kB. 2h ν - E kC. h ν - E kD. h ν + E k4．光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程。
对此，在以下几种理解中，正确的是： ( C )A. 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程。
B. 两种效应都属于电子吸收光子的过程。
C. 光电效应是电子吸收光子的过程，而康普顿效应则相当于光子和自由电子的弹性碰撞过程。
D. 康普顿效应是电子吸收光子的过程，而光电效应则相当于光子和自由电子的弹性碰撞过程。
5．用强度为I ，波长为λ的X 射线分别照射锂(Z = 3)和铁(Z =26)。
若在同一散射角下测得康普顿散射的X 射线波长分别为λLi 和λFe (λLi ，λFe >λ)，它们对应的强度分别为I Li 和I Fe ，则 ( C )A ．λLi >λF e ，I Li < I FeB ．λLi =λFe ，I Li = I FeC ．λLi =λFe ，I Li > I FeD ．λLi <λFe ，I Li > I Fe解：因为散射角θ 确定时，波长的增加量∆λ与散射物质的性质无关；原子序数小的散射物质，康普顿散射较强。
故选C 。
6．根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动时速度大小之比v 1 / v 3是： ( C )A. 1 / 3B. 1 / 9C. 3D. 9解： 33311==v v mr mr ，，3)3/(/1331==r r v v7．将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为：( B )A. 13.6eVB. 3.4eVC. 1.5eVD. 0eV二 填空题1. 大爆炸宇宙论预言存在宇宙背景辐射，其温度为2.7K ，则对应这种辐射的能谱峰值的波长为_1.06mm 。
光的量子性
光的量子性
（2）入射光频率ν一定时，反向截止电压U0取决于阴极材料，与 入射光强无关.若外加电压是A负K正，则为反向电压.对于固定的入射光 频率和入射光强，随着反向电压的增加，从阴极K逸出并能到达阳极A的 电子会越来越少，A、K间的电流就会越来越小，电流变为0时的电压就 称为反向截止电压.图15- 4(c)中的U0即为不同阴极材料的反向截止电压.
（3）对于给定的阴极材料，反向截止电压正比于入射光频率ν，且 存在一个最低频率，称为红限频率.当入射光频率低于此值时，就不会产 生电流.
光的量子性
（4）光电效应具有瞬时响应特性，即从光照射到阴极表面到产生 电流（有电子从阴极K发出）的时间间隔不大于纳秒数量级.
以上实验结果，除（1）之外的另外三点都无法用经典物理理予 以解释.按照经典物理理论，金属阴极中的电子在光线（电磁波）的照射 下做受迫振动，并吸收电磁场的能量.只要电子吸收足够多的能量，就可 能从金属表面逸出，产生光电效应.因此，只要光强足够强，或者照射的 时间足够长，电子就会积累到足够的能量并从表面逸出，从而发生光电 效应现象.这样，首先，反向截止电压应该与入射光强有关；其次，光电 效应不应该受到频率的限制；最后，电子要积累到足够的能量所需要的 时间应该在毫秒量级，并且这个时间应该随着光强的增加而缩短.
光的量子性
（15- 11） 式（15- 9）和式（15- 11）合在一起称为爱因斯坦关系式， 它们是爱因斯坦光子学说的核心.有趣的是，这两式的左边是能量和 动量，反映了光子粒子性的一面；而右边却与波长和频率相联系， 代表了光子波动性的一面.
光的量子性
三、 康普顿散射
当光照射到某物体时，光线就会向各个方向散开，这 种现象称为光散射.通常而言，光在散射过程中的波长不会 发生变化，这种普通的散射现象在经典物理学中可以得到圆 满解释.1923年，康普顿在用X射线（比紫外线波长更短的 光）进行光散射实验时发现，散射光中除原波长的光线外， 还会出现一些波长更长的光线，这就是康普顿效应.
光的量子性
光子的动量
p h h cc
引入 h 2
k 2 n
2
h
p h n k
11
光子具有动量，显示其有粒子性； 光子具有波长，又说
明其有波动性；这说明，光具有波粒二象性，即在传播过程中
显示它的波动性（如干涉，衍射等）,而在光与实物粒子相互
作用时，又显示它的粒子特性。光的波粒二重特性，充分地包
答［ D ］
25
例 15 － 5 设用频率为1，2的两种单色光，先后照射同一种 金属均能产生光电效应，已知金属的红限频率为0 ，测得两次照 射时的遏止电压 |Ua2|=2| Ua1| ，则这两种单色光的频率有如下 关系：
(A)2 10， （B） 2 1＋0， （C）2 210， （D） 2 120，
在光子流中，光的能量集中在光子上，电子与光子相遇， 只要hv足够大，电子就可以立刻吸收一个光子的能量而逸出金 属表面，因而不会出现滞后效应。
10
四、光的波粒二象性
描述光的波动性：波长λ，频率ν
描述光的粒子性：能量ε，动量 P
每个光子的能量
h
按照相对论的质能关系 光子无静质量 m0=0
2 p2c2 m02c4
一、光电效应
金属及其化合物在光波的照射下 发射电子的现象称为光电效应，所发 射的电子称为光电子。
1 、实验装置
2 、光电效应的实验规律 （ 1 ）饱和光电流强度 Im 与入射 光强成正比（ν不变）。
当光电流达到饱和时，阴极 K 上 逸出的光电子全部飞到了阳极上。
单位时间内从金属表面逸出的光电子 数和光强成正比
4
二、经典物理学所遇到的困难
1、逸出功，初动能与光强、频率的关系
按照经典的物理理论，金属中的自由电子是处在晶格上正电
曾谨言量子力学(卷1)习题答案
目次第二章：波函数与波动方程………………1——25 第三章：一维定态问题……………………26——80 第四章：力学量用符表达…………………80——168 第五章：对称性与守衡定律………………168——199 第六章：中心力场…………………………200——272 第七章：粒子在电磁场中的运动…………273——289 第八章：自旋………………………………290——340 * * * * * 参考用书1．曾谨言编著：量子力学上册 科学。
1981 2．周世勋编：量子力学教程 人教。
19793．L ．I ．席夫著，李淑娴，陈崇光译：量子力学 人教。
19824．D ．特哈尔编，王正清，刘弘度译：量子力学习题集 人教。
1981 5．列维奇著，李平译：量子力学教程习题集 高教。
1958 6．原岛鲜著：初等量子力学（日文） 裳华房。
19727．N.F.Mott.I.N.Sneddon:Wave Mechanics and its Applications 西联影印。
1948 8．L.Pauling.E.B.Wilson:Introduction to Quantum- Mechanics(有中译本：陈洪生译。
科学) 19519. A.S.Davydov: Quantum Mechanics Pergamon Press 1965 10. SIEGFRIED.Fluegge:Practical Quantum- Mechanics（英译本） Springer Verlag 197311. A.Messian:Quantum Mechanics V ol I.North.Holland Pubs 1961 ndau,E.Lifshitz:Quantum-Mechanics1958 量子力学常用积分公式 (1)dx e x an e x a dx e x axn ax n ax n ∫∫−−=11 )0(>n (2) )cos sin (sin 22bx b bx a ba e bxdx e axax−+=∫ (3) =∫axdx e axcos )sin cos (22bx b bx a ba e ax++ (4)ax x a ax a axdx x cos 1sin 1sin 2−=∫(5) =∫axdx x sin 2ax a xaax a x cos )2(sin 2222−+(6)ax a xax aaxdx x sin cos 1cos 2+=∫ (7) ax aa x ax a x axdx x sin )2(cos 2cos 3222−+=∫))ln(2222c ax x a ac c ax x ++++ (0>a ) (8)∫=+dx c ax 2)arcsin(222x c a ac c ax x −−++ (a<0) ∫20sin πxdx n2!!!)!1(πn n − (=n 正偶数)(9) =∫20cos πxdx n!!!)!1(n n − (=n 正奇数) 2π(0>a )(10)∫∞=0sin dx xax2π− (0<a )(11))1!+∞−=∫n n ax an dx x e (0,>=a n 正整数) (12)adx e ax π2102=∫∞− (13) 121022!)!12(2++∞−−=∫n n ax n an dx e x π(14)1122!2+∞−+=∫n ax n an dx e x (15)2sin 022adx xax π∫∞= (16)∫∞−+=222)(2sin b a abbxdx xe ax (0>a )∫∞−+−=022222)(cos b a b a bxdx xeax(0>a )第一章量子力学的诞生1.1设质量为m 的粒子在谐振子势2221)(x m x V ω=中运动，用量子化条件求粒子能量E 的可能取值。
光的量子性习题及答案
第七章光的量子性１.在深度远大于表面波波长的液体中，表面波的传播速度满足如下规律：v = 式中g 为重力加速度，ρ为液体密度，Ｆ为表面波的波长．试计算表面波的群速度．解：由任何脉动的一般瑞利公式u = v - λvδδλ= ｖ－λdvdλ－λ3g F λπ+２. 测量二硫化碳的折射率实验数据为：当λ＝589 nm .n' = 1.629:当"λ=656nm时，n''=1.620 试求波长589nm的光在二氧化硫的相速度、群速度和群折射率。
解：由v = cn得v1=2997924581.629= 1.840×108 m／s.v2 =2997924581.620=1.8506×108 m／s所以△v = v2– v1 = 1.057×106 m／s由一般瑞利公式u = v - λvλ∂∂=1.840×108- 589 ×1.507×106／(656 –589) = 1.747×108 m／sn = c／v = 299792458 ／1.747×108 = 1.7163. 在测定光速的迈克尔逊旋转棱镜法中，设所用棱镜为正n 面棱柱体。
试导出：根据棱镜的转速、反射镜距离等数据计算光速公式。
解：设反射镜间距离为L 转速V0则n 面棱柱每转过一个面，光往返一个来回。
所用时间t = 1n／V= 01nV所以c = 2L ／t = 021LnV= 2LnV04.试用光的相速度v 和dvdλ来表示群速度u=ddkω，再用v 和dndλ表示群速度u =ddkω解：(1) 由 u = d dk ω= v - λv λ∂∂(2) 由 u = v - λvλ∂∂<1> v = c ／n <2>→ dv d λ= ()c d nd λ = －223,(1)c dnn d c dn v dn v dvv v v dn n d n d n d λλλλλλλ<>=+=+=+把〈3〉代入〈1〉得dv u =v -d5.计算在下列各种色散介质中的传播的各种不同性质的波的群速度：（1）v = 常量 （2）v = , ( a 为常量) （3）v = a（在水面上的表面张力波） （4）v = a ／λ(5)v =(电离层的电磁波，其中c 是真空中的光速，λ是介质中的波长) （6）v =(在充满色散介质的直波导管中的电磁波,式中c 为真空中的光速,a 是与波导管有关的常量,()εεω=是介质的介电常数,()μμω=是介质的磁导率)解:(1)λλd dvv u -= ，0,==dv v 常量 所以常量==v u(2)λλd dv v u -=, λλλd a dv a v 2,==，所以222v a a a u ==-=λλλλ (3)λλλ2/32,ad dv av -==，所以va v u 2322/3=+=λλ(4)dv u v d λλ=-=()2ad aa d λλλλλ-=v 2=(5)dv u v d λλ=-=2d d λλ=v c 2= (6)kv dk d u ==ωω,，)1(11ωωωd dvv vd dk u -== 而)(),(,222ωμμωεεεμωω==-=ac c v2/3222)(])(2[a c d d v v d dv -+-=εμωωεμωεμωωω所以])(21[1ωεμεμωεμd d v cu +=6.利用维恩公式求:辐射的最概然频率v m ,辐射的最大光谱密度()mλε辐射出射度M 0(T)与温度的关系.解: 由维恩位移定律T T b b T m m m 1⋅⇒=⇒=λλλ由斯沁藩公式()()4040T T M T T M ⋅⇒=σ7.太阳光谱非常接近于480m nm λ=的绝对黑体的光谱.试求在1 s 内太阳由于辐射而损失的质量,并估算太阳的质量减少1% (由于热辐射)所经历的时间(太阳的质量m 0为2.0×1030千克,太阳的半径r 是7.0×108m) 解：由维恩位移公式m m bT b T λλ=⇒=:由斯沁藩公式34484()92.897810() 5.6705110()48010b b M T m σσλ---⨯===⨯⨯⨯=7.35×107瓦()()()瓦总262872106357.4100.714.341053.74⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==⋅=r T M S T M P b b π由方程 P 总t =m 0×1%×c 221800.01 3.8810m c t sP ⨯⨯⇒==⨯总所以在1s 内kg 1015.5109106357.41916262⨯=⨯⨯=⋅=∆c s P m 总损8.地球表面每平方厘米每分钟由于辐射而损失的能量平均值为0.546J.如有有一黑体,它在辐射相同的能量时，温度应为多少？ 解：4()0.546109160b M =⨯=()s m W ⋅/ 由斯沁藩公式11()444()891()()()200.145.670510b b M M T T T K σσ-=⇒===⨯9.若有一黑体的辐出度等于5.70W ／cm 2,试求该辐射最大光谱强度相对应的波长。
高中物理第四章波粒二象性第2节光电效应与光的量子说练习教科版选修3_5
光电效应与光的量子说[A 组 素养达标]1．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么( )A ．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B ．逸出的光电子的最大初动能将减小C ．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D ．有可能不发生光电效应解析：发生光电效应几乎是瞬时的，与入射光的强度无关，选项A 错误．频率不变，说明光子能量不变，逸出的光电子的最大初动能也就不变，选项B 错误．入射光的强度减弱，说明单位时间内的入射光子数目减少，入射光子的数目减少，逸出的光电子数目也就减少，故选项C 正确．入射光照射到某金属上发生光电效应，说明入射光频率不低于这种金属的截止频率，入射光的强度减弱而频率不变，同样能发生光电效应，故选项D 错误．答案：C2．(多选)关于光电效应现象，下列说法中正确的是( )A ．当入射光的频率高于金属的截止频率时，光强越大，光电流越大B ．光电子的最大初动能跟入射光的强度有关C ．发生光电效应的时间一般都大于10－7 sD ．发生光电效应时，当入射光频率一定时，单位时间内从金属内逸出的光电子数与入射光的强度有关解析：由h ν＝12mv 2＋W 知，最大初动能由入射光频率与金属材料决定，与入射光的强度无关，B 错；发生光电效应的时间一般不超过10－9 s ，C 错．答案：AD3．(多选)光电效应的实验结论是：对于某种金属( )A ．无论光照多么强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B ．无论光的频率多么低，只要光照时间足够长就能产生光电效应C ．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D ．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大解析：根据光电效应规律知，选项A 对，B 错；根据光电效应方程h ν＝W ＋12mv 2知，对于某种金属(W 不变)，ν越大，光电子的最大初动能越大，选项C 错，D 对．答案：AD4.(多选)如图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的A 单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么( )A．A光的频率大于B光的频率B．B光的频率大于A光的频率C．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是a流向bD．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是b流向a解析：根据产生光电效应的条件可知，A光的频率高于极限频率ν0，B光的频率小于极限频率ν0，故A光的频率大于B光的频率，A项正确；光电管工作时光电子从阴极(右侧)飞向阳极(左侧)，由此可知，电路中的电流为a→b，即C项正确．答案：AC5．(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大解析：增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B错误；改用频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C错误；光电子的最大初动能E k＝hν－W，故改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大，选项D正确．答案：AD6．(多选)已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0，则( )A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍解析：当入射光的频率大于金属的极限频率时，就会发生光电效应，A正确；由于金属材料一定，极限频率一定，逸出功W＝hν0一定，ν0为极限频率，ν增大，逸出功不变，C错误；由爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W，得ν＝2ν0时，E k＝hν－W＝2hν0－hν0＝hν0，B正确；光电子的最大初动能等于入射光子的能量hν减去逸出功，所以光电子的最大初动能与照射光的频率ν不成正比关系，D错误．答案：AB7.如图，用一定频率的单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，则( )A．电源右端应为正极B ．流过电流表G 的电流大小取决于入射光的频率C ．流过电流表G 的电流方向是由a 流向bD ．普朗克解释了光电效应并提出光子能量ε＝h ν解析：发生光电效应时，电子从光电管右端运动到左端，电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流表G 的电流方向是由a 流向b ；光电管两端可能是正向电压也可能是反向电压，所以电源右端可能为正极，也可能为负极；当照射光频率一定时，流过电流表G 的电流大小取决于入射光的强度；爱因斯坦解释了光电效应并提出光子能量ε＝h ν.答案：C8．用频率为1.00×1015 Hz 的紫外线照射钠的表面，释放出来的光电子的最大初动能为1.86 eV ，求钠发生光电效应的极限频率(普朗克常量为6.63×10－34 J·s)．解析：根据光电效应方程 h ν＝12mv 2＋W 可得钠的逸出功 W ＝h ν－12mv 2＝6.63×10－34×1.00×1015 J －1.86×1.6×10－19 J ＝3.654×10－19J ， 由W ＝h ν0可得钠的极限频率ν0＝W h ＝3.654×10－196.63×10－34 Hz≈5.51×1014 Hz. [答案] 5.51×1014 Hz[B 组 素养提升]9.(多选)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U 0与入射光的频率ν的关系如图所示，若该直线的斜率和纵截距分别为k 和－b ，电子电荷量的绝对值为e ，则( )A ．普朗克常量可表示为k eB ．若更换材料再次实验，得到的图线的k 不改变，b 改变C ．所用材料的逸出功可表示为ebD ．b 由入射光决定，与所用材料无关解析：根据光电效应方程得E k ＝h ν－W ，又E k ＝eU 0，则U 0＝h νe －W e ，图线的斜率k ＝h e，解得普朗克常量h ＝ke ，故A 错误；纵轴截距的绝对值b ＝W e，解得逸出功W ＝eb ，故C 正确；b 等于逸出功与电子电荷量绝对值的比值，而逸出功与材料有关，则b 与材料有关，故D 错误；更换材料再次实验，由于逸出功变化，可知图线的斜率不变，纵轴截距改变，故B 正确． 答案：BC10.(多选)如图所示，两平行金属板A 、B 间电压恒为U ，一束波长为λ的入射光射到金属板B上，使B板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为W，电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是( )A．入射光子的能量为h cλB．到达A板的光电子的最大动能为h cλ－W＋eU C．若增大两板间电压，B板没有光电子逸出D．若减小入射光的波长一定会有光电子逸出解析：根据ε＝hν及ν＝cλ，知入射光子的能量为hcλ，故A正确；逸出光电子的最大初动能E k＝h cλ－W，根据动能定理得，eU＝E km－E k，则到达A板的光电子的最大动能为E km＝hcλ－W＋eU，故B正确；若增大两板间电压，不会影响光电效应现象，仍有光电子逸出，故C错误；若减小入射光的波长，则其频率增大，一定会有光电子逸出，故D正确．答案：ABD11．小明用阴极为金属铷的光电管观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.(1)图甲中电极A为光电管的________(选填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U0与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率ν0＝________ Hz，逸出功W＝________ J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能E k＝________ J.解析：(1)在光电效应中，电子向A极运动，故电极A为光电管的阳极．(2)由题图乙可知，铷的截止频率ν0为5.15×1014 Hz，逸出功W＝hν0＝6.63×10－34×5.15×1014J≈3.41×10－19J．(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014Hz时，由光电效应方程得Ek＝hν－hν0，光电子的最大初动能为E k＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014J≈1.23×10－19 J.答案：(1)阳极(2)5.15×1014 3.41×10－19(3)1.23×10－19[C组学霸冲刺]12．如图所示，一光电管的阴极用极限波长λ0＝500 nm的钠制成．用波长λ＝300 nm的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1 V，饱和光电流的值(当阴极K发射的电子全部到达阳极A时，电路中的电流达到最大值，称为饱和光电流)I＝0.56 μA.(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，真空中光速c＝3.0×108m/s，电子电荷量的绝对值e＝1.6×10－19 C ，结果均保留两位有效数字)(1)求每秒由K 极发射的光电子数目．(2)求电子到达A 极时的最大动能．(3)如果电势差U 不变，而照射光的强度增大到原值的三倍，此时电子到达A 极的最大动能是多大？解析：(1)设每秒内发射的光电子数为n ，则：n ＝It e ＝0.56×10－6×11.6×10－19＝3.5×1012(个)． (2)由光电效应方程可知：E k ＝h ν－W ＝h c λ－h c λ0＝hc (1λ－1λ0) 在A 、K 间加电压U 时，电子到达阳极时的动能为E km ＝E k ＋eU ＝hc (1λ－1λ0)＋eU 代入数值得：E km ≈6.0×10－19 J.(3)根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关．如果电势差U 不变，则电子到达A 极的最大动能不变，仍为6.0×10－19 J. 答案：(1)3.5×1012个 (2)6.0×10－19 J (3)6.0×10－19 J。
21量子物理基础答案
量子物理基础一、单选题：1、（4181B30）D2、（4182B30）D3、（4183A10）A4、（4185A15）D5、（4244B30）B6、（4382C50）D7、（4383A20）D8、（4384B25）D9、（4385A20）C 10、（4386A20）B 11、（4387A20）C 12、（4503A20）D 13、（4607A10）D 14、（4736A15）D 15、（4737A20）D 16、（4739B30）B 17、（5232C50）C 18、（5363A20）C 19、（5365B25）D 20、（5367B35）D 21、（5617A20）B 22、（5364A20）E 23、（0507B35）D 24、（4190B25）C 25、（4194A15）C 26、（4195B25）B 27、（4197A10）C 28、（4198B25）C 29、（4199B25）C 30、（4239C45）A 31、（4411A15）C 32、（4619A10）D 33、（4622B30）B 34、（4747A15）A 35、（4748B25）A 36、（4749B30）A 37、（4750B25）C 38、（4206C50）C 39、（4241A20）A 40、（4242B25）D 41、（4628B35）D 42、（4770A15）A 43、（4211A05）D 44、（4428A20）A 45、（4778A15）A 46、（5234A20）C 47、（5619B25）C 48、（8020A15）D 49、（4440A20）D 50、（4965A20）B 51、（4966A20）C 52、（8022B25）D 53、（8023B25）C 54、（4785B25）A 55、（4786B25）B 56、（8028A20）B 57、（8029A20）C47、参考解：根据 p = h / λ 则 22/λλ∆∆=h p xλλ∆∆≥/2xm i nx ∆λλ∆=/2=5000³10-10³5000³103= 2.5 m= 250 cm二、填空题：1、（0475A10） 3.82³1032、（4179A10） λ/hc ； λ/h ； )/(λc h3、（4180B25） 2.5 ； 4.0³10144、（4184A15） 1.45V ； 7.14³105 m ²s -15、（4187A10） π ； 06、（4250A10） 2.21³10-327、（4388A20） 0.998、（4389A20） 5³1014 ； 29、（4390A15） A /h ； ))(/(01νν-e h 10、（4391A20） 2.5 ； 4.0³1014 11、（4546A10） 1.5³1019 12、（4608A15） 1.5 13、（4609A10） 6.63³10-26 J ； 2.21³10-34 kg ²m/s 14、（4611A15） 不变 ； 变长 ； 波长变长15、（4612A20） θφννc o s )c o s (p ch c h +'= 16、（4740A20） 0.58617、（4741A15） ＞ ； ＜18、（4742B30） )(20νν-m h19、（5618B25） λλλλ'-'hc参考解：根据能量守恒定律有νν'+=+h mc h c m e 22 则 νν'-=-=h h c m mc E e K 22λλλλλλ'-'='-=)(hc hc hc20、（0514A10） 负 ； 不连续 21、（4191B25） －0.85 ； －3.4 22、（4192B25） 13.6 ； 3.4 23、（4196B25） 13.6 ； 5 24、（4200B25） 6 ； 973 25、（4201B25） 123ννν+= ；123111λλλ+=26、（4423A15） 定态能级 ； 能级跃迁决定谱线频率．27、（4424A10） 10.2 28、（4513A15） 量子化定态假设 ； 量子化跃迁的频率法则 h E E k n kn /-=ν ； 角动量量子化假设 π=2/nh L n =1，2，3，…… 29、（4517B40） 12.75 30、（4518B40） 12.09 31、（4620C50） 54.4 32、（4623A10） 1.51 33、（4624B25） 2.55 34、（4751A15） 原子只能处在一系列能量不连续的稳定状态(定态)中，处于定态中的原子，其电子只能在一定轨道上绕核作圆周运动，但不发射电磁波． 35、（4752A15） 原子中电子从能量为E n 的定态跃迁到能量为E k 的定态时，便发射(当E n ＞E k 时)或吸收(当E n ＜E k 时)单色光，其频率ν由下式决定：hE E kn -=ν (h 为普朗克常量) 36、（4753A15） 在电子绕核的圆周运动中，只有电子的动量矩L 等于h /2π 的整数倍的那些轨道才是可能的，即： π=2hn L (n = 1，2，3，……)(h 为普朗克常量)37、（4754A10） 4 、 1 ； 4 、 3 38、（4755A15） 1 ； 2 39、（4756A15） 2.55 ； 4 40、（4757A20） －0.85 41、（4758A10） 12.6 42、（4759A15） 9 43、（4760A20） 6.56³1015 Hz 44、（4761A10） 1.51 45、（4762A15） 1.846、（4763A20） 1.35 47、（4765B25） 5 ； 10 48、（5369A20） 10 ； 3 49、（4207C50） 3/1 50、（4429A20） 0.0549 51、（4524B25） 2/112)2/(eU m h e 52、（4629B25） 1.45 Å ； 6.63³10-19 Å 53、（4630B30） 0.1 Å 54、（4771A15） 150 V 55、（4772A20） 3.29³10-21 J 56、（4773B25） 1∶1 ； 4∶1 57、（4203B25） 粒子在t 时刻在(x ，y ，z )处出现的概率密度 ； 单值、有限、连续 ；1d d d 2=⎰⎰⎰z y x ψ58、（4632A10） 1.33³10-23 59、（5372A15） 1.06³10-24 （或 6.63³10-24或0.53³10-24 或 3.32³10-24） 参考解：根据 ≥∆∆y p y ，或 h p y y ≥∆∆，或 21≥∆∆y p y ，或h p y y 21≥∆∆，可得以上答案．60、（4215A10） 1，2，3……(正整数)． ； 原子系统的能量． 61、（4221B25） 2 ； 2³(2l +1) ； 2n 2 62、（4533B25） 电子自旋的角动量的空间取向量子化．63、（4782A10） 21 ； -2164、（4783B25） 0， ， -， 2， 2- 65、（4784B25） 0， 2， 6 66、（4963A15） 867、（4968A15） 1 ； 0 ； 21 或 -2168、（8024A20） 0，1，2，3 ； 0，±1，±2，±3 69、（8026A20） h / (2π) ； 0 ； 量子力学 70、（4219A10） 泡利不相容 ； 能量最小 71、（4635A15） 一个原子内部不能有两个或两个以上的电子有完全相同的四个量子数(n 、l 、m l 、m s ) 72、（4787B25） 4 73、（4788B25） 3274、（4967B25） 1，0，0，21- ； 2，0，0，21 或 2，0，0，21-75、（4969B25） 7 参考解：钴的电子组态为：1s 2，2s 2，2p 6，3s 2，3p 6，3d 7，4s 2．76、（8025A20） (1，0，0，21) ； (1，0，0，21-)三、计算题：1、（0640B40）解：(1) νεh =，c h h p //νλ==， 2/c h m ν=． 3分 (2) 光对平面镜的光压如图示，每一个光子入射到平面镜MN 上，并以i 角反射，其动量改变量为：n i c h ni mc c m c m ˆcos 2/ˆcos 2⋅==-'ν 2分 平面镜上面积为S 的截面上，在单位时间内受到碰撞的光子数为Sn i c N ⋅=cos (此处n 为光子数密度) 2分所以光压 S Sn i c i mc S c m c m N P /)cos cos 2(/|)(|⋅⋅=-'=2分 i n mc 22cos 2=i n h 2c o s 2ν= 1分 2、（4186B40）解：(1) 由 A h U e a -=ν得 e A e h U a //-=ν 3分 e h U a /d /d =ν (恒量)由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同． 3分(2) h = e tg θ 1410)0.50.10(00.2⨯--=e 2分=6.4³10-34 J ²s 2分 3、（4246B30）解：(1) 由 R m eB /2v v = 得 m R e B/)(=v ， 2分 代入 A m h +=221v ν可得 222221mB e mR hc A ⋅-=λ m B e R hc 2222-=λ 3分 (2) 221v m U e a = 2分meB R e m U a 22222==v 1分 4、（4392A20）解：由爱因斯坦方程 A m h +=221v ν 和 a U e mv =221得 A hc U e a -=)/(λ所以 )11()(1212λλ-=-hc U U e a a 3分遏止电压改变 V 345.0)11)(/(12=-=λλ∆e hc U a 2分数值加大．5、（4393A20）解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为λ0．)(c c-'c '由 00=-A h ν 可得 0)/(0=-A hc λA hc /0=λ 2分 又按题意： K E A hc =-)/(λ ∴ K E hc A -=)/(λ得 λλλλK K E hc hc E hc hc -=-=)/(0= 612 nm 3分 6、（4502A20）解：设光源每秒钟发射的光子数为n ，每个光子的能量为h ν则由 λν/n h cnh P == 得： )/(hc P n λ=令每秒钟落在垂直于光线的单位面积的光子数为n 0，则)4/()4/(/220hc d P d n S n n π=π==λ 3分 光子的质量 )/()/(/22λλνc h c hc c h m ====3.33³10-36 kg 2分 7、（4504B25）解：设散射前电子为静止自由电子，则反冲电子的动能E K =入射光子与散射光子能量之差=εε-0入射X 射线光子的能量 000/λνεhc h == 00/ελhc = 2分 散射光子的能量 00)2.1/1()20.1/(/ελλε===hc hc反冲电子的动能 =-=-=00)2.1/11(εεεK E 0.10 MeV 3分 8、（4505C60）解：(1) 康普顿散射光子波长改变：=-=∆)cos 1)((φλc hm e 0.024³10-10 m=+=∆λλλ0 1.024³10-10 m 4分(2) 设反冲电子获得动能2)(c m m E e K -=，根据能量守恒： K e E h c m m h h +=-+=ννν20)( 即 K E hc hc ++=∆)]/([/00λλλ故 )](/[00λλλλ∆∆+=hc E K =4.66³10-17 J =291 eV 4分 9、（4743B25）解：(1) 由 00/λνhc h A ==得 ==A hc0λ 5.65³10-7 m = 565 nm 2分 (2) 由 a U e m =221v , A U e hch a +==λν 得 =+=A U e hca λ 1.73³10-7 m = 173 nm 3分 10、（4744B30）解：当铜球充电达到正电势U 时，有221v m A eU h ++=ν 2分 当 νh ≤A eU +时，铜球不再放出电子， 1分即 eU ≥h ν -A ==-A hcλ2.12 eV 故 U ≥2.12 V 时，铜球不再放出电子． 2分 11、（4745A20）解：入射光子的能量为 00λεhc= 1分散射光子的能量为 λεhc= 1分反冲电子的动能为 εε-=0K E =-=)11(0λλhc 1.68³10-16 3分12、（5233C50）解：令p 、ν和p '、ν'分别为入射与散射光子的动量和频率，v m 为反冲电子的动量(如图)．因散射线与入射线垂直，散射角φ =π / 2，因此可求得散射X 射线的波长c m he +='λλ= 0.724 Å 2分 (1) 根据能量守恒定律22mc h h c m e +'=+νν且 22c m mc E e K -= 得 )/()(λλλλνν'-'='-=hc h h E K = 9.42³10-17J 4分(2) 根据动量守恒定律 vm p p +'=则 2222)/()/(λλ''+='+=h h p p m v 22)/()/(/c o s λλλθ'+==h h h m p v 2)/(11λλ'+=='+=-21)/(11c o sλλθ44.0° 4分13、（5366B30）解：根据能量守恒,有 220mc h c m h e +=+νν 2分这里 2)/(11c m m e v -= 1分∴ 20c m h h e +=νν])/(111[2c v --则 20c m hc hc e +=λλ])/(111[2c v --解得： ])/(111[1200c h c m e v --+=λλλ= 0.00434 nm 2分14、（5380B35）解：(1) 当电子匀速直线地穿过互相垂直的电场和磁场区域时，电子所受静电力与洛仑兹力相等，即 B e eE v = 2分p '==B E /v 106 m/s 1分 (2) 根据爱因斯坦光电理论，则有210//v e m hc hc +=λλ 2分 ∴ )(21102hcm e λλλv +=2分 =1.63³10-7m = 163 nm 1分 15、（4610B35）解： 221v e m A h +=ν ① 1分=B e v R m e /2v ② 1分 0/λhc A = ③ 1分 νλ/c = ④ ①，②，③，④式联立可求得137.0)2/()(1200=+=hc m eBR e λλλ Å 2分 16、（0316A15）解：(1) 此双原子气体分子绕轴旋转时的角动量为：221d m L ω= 2分据 )2/(π=nh L ，n = 0，1，2…… 2分则 221d m ω)2/(π=nh , )/(2d m nh π=ω 2分(2) 此系统的转动动能为：22222224221dm h n r m m E π==⨯=ωv ，n = 0，1，2…… 2分 17、（0521B35）解：(1) )11(2n Rhc E -=∆75.12)11(6.132=-=neVn =4 2分 (2) 可以发出λ41、λ31、λ21、λ43、λ42、λ32六条谱线． 1分能级图如图所示． 图2分18、（0532B25）解：极限波数 2//1~k R ==∞λν 可求出该线系的共同终态. 1分 2==∞λR k 2分)11(1~22n k R -==λν2分 由λ =6565 Å 可得始态 ∞∞-=λλλλR n =3 2分由 2216.13n n E E n -==eV 1分 λ43 λ42 λ41λ32λ31 λ21 n =4321可知终态 n =2，E 2 = -3.4 eV 1分 始态 n =3，E 3 = -1.51 eV 1分 19、（0537B25）解：设始态能级量子数为 k , 则轨道半径由r k 变为r n , 且r k = qr n由 2202me h k r k π=ε 2分 可得 22qn k = 1分光子的频率 )11(22k n Rc -=ν即 )11()1(2222q nRc k n n Rc -=-=ν 2分20、（0538B35）解：(1) r m r e 22024v =πε ① 1分 π=2hn r m v ② 1分r n v=ω ③ 1分①、②、③联立解出 3320412nh me n ⋅π=εω33204142nh me nn ⋅=π=εων 2分(2) 电子从n 态跃迁到( n -1 )态所发出光子的频率为2222)1(12]1)1(1[--=--=='n n n cR n n cR c λν 223204)1(128--⋅=n n n h me ε 2分(3) 当n 很大时，上式变为23204)1()/1(28--⋅='n n n h me ενn nh me νε=⋅≈3320418 3分 21、（0570B30）解：电子作一次圆周运动所需时间(即周期T )为ωπ=2T ① 1分令激发态的平均寿命为 τ = 10-8 s ，故电子在τ内从激发态跃迁到基态前绕核的圈数为TN τ= ② 1分电子作圆周运动的周期Ｔ可由下面二式求出r m r e 22024v =πε ③ 1分 π=22hr m ωn ④ 2分可求出 33320412nh n me ⋅π=εω ⑤ 2分由①、②、⑤可得 T N τ=373332041054.614nn h n me ⨯=⋅=ετ 2分 当 n = 5 N = 5.23³105 1分22、（4202C45）解：(1) ==λν/hc h 2.86 eV ． 2分 (2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =2 2分 4.32/21-==E E K eV (E 1 =－13.6 eV)νh E n E E K n +==21/51=+=νh E E n K ． 4分(3) 可发射四个线系，共有10条谱线． 2分 见图 1分波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线． 1分23、（4412A20）解：由于发出的光线仅有三条谱线，按：)11(~22n k cR c -=⋅=νν 2分 n =3，k =2 得一条谱线． n =3，k =1 得一条谱线． n =2，k =1 得一条谱线．可见氢原子吸收外来光子后，处于n =3的激发态．以上三条光谱线中，频率最大的一条是： )3111(22-=cR ν=2.92³1015 Hz这也就是外来光的频率． 3分 24、（4413B25）解： )11(~22n k R -=ν令线系极限： n →∞ 可得2/~k R =ν2分 赖曼系： k =1=ν~ 1.097³107/12 =1.097³107 m -1 1分 巴耳末系： k =2=ν~ 1.097³107/22 =0.274³107 m -1 1分 帕邢系： k =3=ν~ 1.097³107/32 =0.122³107 m -1 1分 25、（4414B25）解：因为观察到巴耳末系中的三条光谱线，所以只可能是从n = 5、4、3的状态，分别跃迁到n =2的状态而发出的．由 )121(1~2222n R n n-==λν =5=4=3=2=1得 22222221-⋅=n n R n λ 所求的波长为氢原子从由n = 3的状态跃迁到n = 2的状态发出的谱线的波长，上式代入n = 3得λ23 = 6.56³10-7 m = 656 nm 2分 外来光应使氢原子从n = 2的状态跃迁到n = 5的状态，其频率为： ν25 = c /λ25而： λ25 = 4.34³10-7 m = 434 nmν25 = c /λ25 = 6.91³1014 Hz 3分 26、（4519B25）解：根据玻尔氢原子理论的角动量量子化条件π=2/nh r m e v (n =1，2，3，……)则 )2/(r m nh e π=vn =1时对应最小轨道半径 r 1 =5.3³10-11 m 3分 ∴ )2/(1r m nh e π=v =2.18³106 m/s 2分 27、（4520C50）解：设激发态量子数为n , 根据玻尔理论：νh E E n +=1 对氢原子 E 1 =－13.6 eV (基态)， h ν =12.09 eV∴ E n =－1.51 eV 2分 另外，对氢原子有 E n =－13.6/n 2eV 由此有 －1.51＝－13.6/n 2故 n 2≈9，n =3 2分 氢原子的半径公式为 r n = n 2a 1 = 9 a 1即氢原子的半径增加到基态时的9倍． 1分 28、（4547B35）解：设轨道半径为r n ，电子运动速度为v ．则由n r m B e /2v v = 2分n r m L n ==v 2分 得 n eB r n ⋅=2/1)/( ( n = 1，2，3……) 1分 29、（4767B25）解：所发射的光子能量为 ==λε/hc 2.56 eV 2分 氢原子在激发能为10.19 eV 的能级时，其能量为=+=∆E E E K 1-3.41 eV 2分 氢原子在初始状态的能量为 =+=K n E E ε-0.85 eV 2分该初始状态的主量子数为 41==nE E n 2分 30、（4768）解：按题意可知单色光照射的结果，氢原子被激发至n = 3的状态(因为它发射三种频率的谱线)，故知原照射光子的能量为)6.13(36.13213---=-=E E ε = 12.09 eV=1.93³10-18 J 3分该单色光的频率为 ==hεν 2.92³1015 Hz 2分31、（5238C45）解：因为 1025.7 Å是紫外线，是属于赖曼系的一条谱线，故知它是在n = n 1→ n =1这两个能级间的跃迁中发射出来的．根据)/11/1(~212n R -=ν 3分 并代入λν/1~= 可解得 )1(1-=R R n λλ=3.00 所以1025.7 Å谱线是在n =3─→n =1的能级间的跃迁中辐射的． 2分32、（5370B30）解：把一个基态氢原子电离所需最小能量E i = 13.6 eV 1分则有 221v e i m E h +=ν 2分=-=e i m E h /)(2νv 7.0³105 m/s 2分33、（4234C45）解：从题设可知，若圆周半径为r ，则有2πr = n λ，这里n 是整数，λ是电子物质波的波长． 1分 根据德布罗意公式 )/(v m h =λ 得 )/(2v m nh r =π于是 nh rm =πv 2 2分这里m 是电子质量，v 是电子速度的大小，r m v 为动量矩，以L 表示, 则上式为：)2/(π=nh L 这就是玻尔的动量矩量子化条件． 2分34、（4431B35）解：(1) 德布罗意公式：)/(v m h =λ由题可知α 粒子受磁场力作用作圆周运动R m B q /2v v α=，qRB m =v α又 e q 2= 则 e R B m 2=v α 4分 故 nm 1000.1m 1000.1)2/(211--⨯=⨯==eRB h αλ 3分 (2) 由上一问可得 αm eRB /2=v 对于质量为m 的小球αααλλ⋅=⋅==mm m m e R B hm h 2v =6.64³10-34 m 3分 35、（4506A10）解： )2/()/()2/(22e e K m h m p E λ== 3分 =5.0³10-6 eV 2分 36、（4522C55）解：据 202c m mc E K -=20220))/(1/(c m c c m --=v 1分 得 220/)(c c m E m K += 1分)/(220202c m E c m E E c K K K++=v 1分 将m ，v 代入德布罗意公式得2022/c m E E hc h/m K K+==v λ 2分37、（4525C55）解： )/(/v m h p h ==λ 1分 因为若电子在第n 玻尔轨道运动，其轨道半径和动量矩分别为a n r n 2= )2/(π==nh r m L n v 2分 故 )2/(na h m π=v得 na m h π==2)/(v λ 2分 38、（4527C55） 解：用相对论计算由 20)/(1/c m m p v v v -== ① 2022012])/(1/[c m c c m eU --=v ②p h /=λ ③计算得 122012121071.3)2(-⨯=+=c m eU eU hcλ 6分若不考虑相对论效应则 v 0m p = ④v 01221m eU = ⑤由③，④，⑤式计算得=='2/1120)2/(eU m h λ 3.88³10-12 m 3分相对误差 %6.4=-'λλλ 1分39、（4535B25）解：非相对论动能 221v e K m E =而 v e m p = 故有 eK m p E 22= 2分又根据德布罗意关系有 λ/h p = 代入上式 1分则 ==)/(2122λe K m h E 4.98³10-6 eV 2分40、（4542C55）解：由 202c m mc E K -=20220])/(1/[c m c c m --=v 2分 解出： 220/)(c c m E m K += 2分)/(220202c m E c m E E c K K K++=v 2分 根据德布罗意波： )/(/v m h p h ==λ 2分把上面m ，v 代入得： 2022cm E E hcK K +=λ 2分当 20c m E K << 时，上式分母中，2022c m E E K K <<，2KE 可略去． 得 202/c m E hc K =λ02/m E h K ≈ 1分当 20c m E K >> 时，上式分母中，2022c m E E K K >>，202c m E K 可略去．得 K E hc /≈λ 1分 41、（4631B35）解：若电子的动能是它的静止能量的两倍，则：2222c m c m mc e e =- 1分 故： e m m 3= 1分 由相对论公式 22/1/c m m e v -= 有 22/1/3c m m e e v -=解得 3/8c =v 1分 德布罗意波长为：)8/()v /(c m h m h e ==λ131058.8-⨯≈ m 2分 42、（4774A20）解：远离核的光电子动能为4.16.1315212=-==v e K m E eV则 ==e Km E 2v 7.0³105 m/s 2分 光电子的德布罗意波长为===ve m h p h λ 1.04³10-9 m =10.4 Å 3分 43、（5248B40）解： )/(v e m h =λ ① 2分ad 2202=-v v ②a m eE e = ③ 2分 由①式： ==)/(λe m h v 7.28³106 m/s 由③式： ==e m eE a /8.78³1013 m/s 2由②式： )2/()(202a d v v -== 0.0968 m = 9.68 cm 4分44、（1813C50）解：光子动量： p r = m r c = h /λ ① 2分 电子动量： p e = m e v = h /λ ② 2分 两者波长相等，有 m r c = m e v得到 m r / m e ＝ v / c ③电子质量 220/1cv m m e -= ④ 2分式中m 0为电子的静止质量．由②、④两式解出)/(122220h c m cv λ+= 2分代入③式得)/(1122220h c m m m e r λ+= 2分45、（4430B30）解：先求粒子的位置概率密度)/(sin )/2()(22a x a x π=ψ)]/2cos(1)[2/2(a x a π-= 2分当 1)/2c o s (-=πa x 时， 2)(x ψ有最大值．在0≤x ≤a 范围内可得 π=πa x /2∴ a x 21=． 3分 46、（4435B35）解：1 keV 的电子，其动量为==2/1)2(K mE p 1.71³10-23 kg ²m ²s -1 2分 据不确定关系式： ≥⋅∆∆x p得 2310106.0/-⨯==∆∆x p kg ²m ²s -1 2分∴ ∆p / p =0.062＝6.2％ 1分 [若不确定关系式写成 h x p ≥⋅∆∆ 则 ∆p / p =39％，或写成 2/ ≥⋅∆∆x p 则 ∆p / p =3.1％ ， 均可视为正确．] 47、（4442B40）解：光子动量 λ/h p = 1分 按题意，动量的不确定量为)/)(/(/2λλλλλ∆∆∆=-=h h p 2分根据测不准关系式得： ∆x ≥)/(2)2/(λλλ∆∆π=πh h p h )/(2λλλ∆π=故 ∆x ≥0.048 m ＝48 mm 2分若用 )4/(π≥⋅∆∆h p x x 或h p x x ≥⋅∆∆，或h p x x 21≥⋅∆∆，计算∆x 同样得2分．48、（4526C50）解： x ax a x P d s i n 2d d 22π==ψ 3分 粒子位于0 – a /4内的概率为：x a x a P a d s i n 24/02⎰π=)d(sin 24/02a xa x a a a πππ=⎰4/021]2s i n 41[2a a x a xπππ-=)]42sin(414[221aa a a π-ππ= =0.091 2分 49、（4779B30）解：由 x p x ∆∆≥h 即 x ∆≥xp h∆ ① 1分 据题意v m p x =∆ 以及德布罗意波公式v m h /=λ得xp h∆=λ ② 2分比较①、②式得 x ∆≥λ 2分 50、（4970A20）解： d 分壳层就是角量子数l =2的分壳层． 2分 d 分壳层最多可容纳的电子数为10)122(2)12(2=+⨯=+=l Z l 个 2分m l =0，±1，±2 2分21±=s m 2分四、证明题：1、（0486A15）证：碰撞前后的光子的能量分别为00/λνhc h E == 1分 λν/hc h E ==' 1分 据能量守恒，反冲电子的动能应当为E E K '-= 2分则 λλλ0-='-=E E E E K 1分 2、（0504C45）证：将动量守恒关系式写成分量形式：0s i n )/(s i n =-φλθh m v 3分 0/c o s )/(c o s λφλθh h m =+v 3分则 φλλφθc o s)/(s i n tg 0-= 上式分子： )2c o s ()2s i n (2s i nφφφ= 上式分母： φλλλλφλλc o s )(c o s 0000--+=-00)c o s 1(λλλϕ-+-= 2分 由康普顿效应的结论已知： )2(s i n 2200φλλc m h =- 3分∴ )2(s i n 2)2(s i n 2c o s 20020φλφφλλ⋅+=-c m h ]1)[2(sin 2002λφc m h += ∴ 100)]2tg()1[(tg -+=φλθc m h 1分3、（4394A20）证：由爱因斯坦方程 A h m -=ν221v及逸出功 0νh A = 2分得 =-0ννh h 221v m 0221νν-=v m h 0νν-=K E 因为 0νν= 时E K = 0，由图可知：入射光频率为ν时)/(0QS RS E K=-νν 即 )/(QS RS h = 3分 4、（4443C60）证：散射图中0n和n 分别代表碰撞前后光子运动方向的单位矢量，设碰撞后电子沿θ角方向飞出，它的能量和动量分别变为mc 2和vm ．因为光子与电子碰撞过程服从能量守恒定律和动量守恒定律，有220mc h c m h e +=+νν ① 3分n c h n c h m)/()/(00νν-=v ② 3分由图可看出，②式也可写成：2202)/()/()(c h c h m νν+=v φννc o s )/)(/(20c h c h -即： 22202222ννh h c m +=v φννc o s 202h - ③①式也可写成： 202)(c m h mc e +-=νν ④ 将④式平方减③式得：)c o s 1(2)/1(02422242φνν--=-h c m c c m e v )(202νν-+h c m e根据相对论，上式中的 2222)/1(e m c m =-v 所以上式可改写为：)c o s 1(2024242φνν--=h c m c m e e )(202νν-+h c m e由此可求得： =-φc o s 1νννν002)(h c m e - 3分ννννφ00222)(2s i n h c m e -= 1分5、（4193A20）证：根据巴耳末公式： )121(/122nR -=λ 2分得第一条谱线波长为 23/1/1λλα=)3121(22-=R 2分第二条谱线波长为 24/1/1λλβ=)4121(22-=R 2分而帕邢系中第一条谱线的波长应为34/1λ)4131(22-=R 2分由 23242423232411λλλλλλ-=-)4131(22-=R 34/1λ= 可得 βαβαλλλλλλλλλ-=-=2423232434 2分 6、（4417B25）证： )}/1)/1[(/122n k R -=λ 1分 当 n →∞得极限波长 2//1k R k =λ ∴ R k k λ=2 1分 2)(2/1≈=R k k λ 2分 可见：该谱线系为巴尔末系． 1分 7、（4426B25）解：应用库仑定律和牛顿运动定律 有：n h ν)4/(/2022r e r m e επ=v 1分 根据玻尔理论的量子化条件假设： n r m L e ==v 2分 由以上两式消去v ，并把r 换成r n ．得)/(2202e m h n r e n π=ε，n =1，2，3，…… 2分 8、（4427B25）解： )()/1(k n kn E E h -⋅=ν , )()/1(/~kn kn kn E E hc c -⋅==νν 2分 而： )8/(22204n h e m E e n ε-=， )8/(22204k h e m E e k ε-= ，代入上式： )11(8~223204nk c h e m e kn -=εν与 )11(~22n k R kn-=ν 比较 得里德伯常量 )8/(3204c h e m R e ε=． 3分 9、（4444D75）证：(1) 根据：r m F /2v =及 2/r GMm F =（M 为地球质量）得： r m r G M m //22v = 2分 利用玻尔假设： π⋅=2hn r m n v 1分联立以上两式则得： []M Gm nh r n 22)2/(π= 2分 令： MGm h k 2224π=上式变为：2kn r n = 得证． 1分 (2) 由： 2kn r n = 可得：k n kn n k r r n n )12()1(221+=-+=-+ 1分 估算k 与n ：设 m > 1 kg ，代入数据可得 m 1082-<k ，而 2/11)(22n n n kr nk r r =≈-+则 0)/(2/)(2/11≈≈-+n n n n r k r r r (实际情形r n ﹥R ) 即相邻两个轨道之间的距离与轨道半径相比可忽略不计，这表明轨道半径的“容许”值实际上可认为是连续变化的． 3分 10、（4445C45）证： p h /=λ 2分 如果考虑相对论效应，则有2)/(1/c m m p e v v v -== ① 3分 222)/(1c m c c m eU e e --=v ② 3分由①，②式计算得 222/2c U e eU m p e +=则 2/1222)/2(c U e eU m he +=λ 2分 11、（4550B35）证：单缝夫朗禾费衍射各级极小的条件为： λφk a ±=s i n ( k = 1，2……)令 k = 1， 得 λφ=s i n a 1分 可见，衍射图形第一级极小离中心点距离a f f R x /s i n tg 1λφφ⋅=≈= 1分 又电子德布罗意波的波长 p h /=λ 2分 所以中央最大强度宽度 )/(221ap Rh x d == 1分 12、（5240C45）证：设电子在量子数为n ，半径为r n 的稳定轨道上运动，运动速率为v n ．则根据玻尔的角动量假设(或量子化条件)有n r m n n e =v ( n =1，2，……)则 )/(n e n m n r v = , )v /(2n e n m nh r =π 2分而 n n e p m =v 是电子在该轨道上运动时的动量．根据德布罗意假设，该电子的德布罗意波长为： n n p h /=λ 则 n n n n p nh r λ==π/2因n 只能取1，2，3，……等整数值，这就证明了氢原子稳定轨道的长度正好等于电子的德布罗意波长的整数倍． 3分 13、（4434B40）解：依题意： d n =2/λ 1分 则有 n d /2=λ 由于 λ/h p =则 )2/(d nh p = 2分 故 )8/()2/(2222md h n m p E ==即 )8/(222md h n E n =，n =1，2，3，…… 2分。
20-21版：17.1~17.2 能量量子化 光的粒子性（创新设计）
19
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课堂小结
[要点归纳]
能量子的理解和计算
@《创新设计》
1.物体在发射或接收能量的时候，只能从某一状态“飞跃”地过渡到另一状态，而 不可能停留在不符合这些能量的任何一个中间状态。
2.在宏观尺度内研究物体的运动时我们可以认为：物体的运动是连续的，能量变化 是连续的，不必考虑量子化；在研究微观粒子时必须考虑能量量子化。
12
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课堂小结
@《创新设计》
五、康普顿效应和光子的动量 阅读教材第35～36页内容，了解康普顿效应及其意义，知道光子的动量。 1.光的散射：光在介质中与 物质微粒 相互作用，因而传播方向 发生改变 ，
这种现象叫作光的散射。 2.康普顿效应：美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X
28
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@《创新设计》
[针对训练3] (多选)如图4所示，电路中所有元件完好，但光照射到光电管上，灵敏 电流计中没有电流通过。其原因可能是( )
A.入射光太弱 B.入射光波长太长 C.光照时间太短 D.电源正、负极接反
29
图4
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@《创新设计》
2.爱因斯坦的光电效应方程
(1)表达式： hν ＝Ek＋W0或Ek＝ hν －W0。
(2)物理意义：金属中电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量一部分用于克服
金属的 逸出功W0
，剩下的表现为逸出后电子的初动能Ek。
11
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量子光学习题解答
e e =e e e 令 λ =1，即 e = e e e = e ee A ↔ B ，则有 e = e ee 。
A+ B
=e
λA
λB
−1 λ 2C 2
−1 λ 2C 2
A B
λA
λB
−1 C 2
−1 [ A, B ] 2
A
B
A+ B
1 [ A, B ] 2
B
A
1.3
α 为参数，A,B 不对易，求证
∴e
−α a + a
f ( a , a + )e
α a +a
= f (ae , a + e ) 。
α
−α
（c）的另一种证法： 由 1.2 题的（1）式，易得 [a + , a n ] = −na n −1 ， [a , a + n ] = na + n −1 ∴[a + a, a n ] = − na n ， [aa + , a + n ] = na + n 由 1.3 题结果，易得 e
1 ∂2 A =0 2 c ∂t 2
（1 ）
(i = x , y , z )
在直角坐标系中，分离变量
Ai ( r , t ) = Ai ( r ) Ai (t )
（2）
代入（1）式，有
∇2 Ai ( r ) Ai ( r )
2
=
1 ∂ 2 Ai ( t ) c2 ∂t 2 Ai ( t )
2
= −k 2
+ + + + + + + + + + +
21量子光学习题思考题
习题2121-1．测量星体表面温度的方法之一是将其看作黑体，测量它的峰值波长m λ，利用维恩定律便可求出T 。
已知太阳、北极星和天狼星的m λ分别为60.5010m -⨯，60.4310m -⨯和60.2910m -⨯，试计算它们的表面温度。
解：由维恩定律：m T b λ=，其中：310898.2-⨯=b ，那么：太阳：362.8981057960.510m bT K λ--⨯===⨯； 北极星：362.8981067400.4310m bT K λ--⨯===⨯；天狼星：362.8981099930.2910m bT K λ--⨯===⨯。
21-2．宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于温度为K 3的黑体辐射，试计算： （1）此辐射的单色辐出度的峰值波长； （2）地球表面接收到此辐射的功率。
解：（1）由m T b λ=，有342.898109.66103m b m T λ--⨯===⨯； （2）由4M T σ=，有：424P T R σπ=⨯地，那么： 328494(637010) 5.67103 2.3410P W π-=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯。
21-3．已知000K 2时钨的辐出度与黑体的辐出度之比为259.0。
设灯泡的钨丝面积为2cm 10，其他能量损失不计，求维持灯丝温度所消耗的电功率。
解：∵4P T S σ=⋅黑体，消耗的功率等于钨丝的幅出度，所以，44840.2591010 5.67102000235P S T W ησ--==⨯⨯⨯⨯⨯=。
21-4．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。
现观测到某恒星热辐射的峰值波长为m λ；辐射到地面上单位面积的功率为W 。
已测得该恒星与地球间的距离为l ，若将恒星看作黑体，试求该恒星的半径。
（维恩常量b 和斯特藩常量σ均为己知） 解：由m T b λ=恒星，4M T σ=，考虑到恒星辐射到地面上单位面积的功率⨯大球面=恒星表面辐出的功率，有：22444W l R T ππσ⋅=⋅恒星恒星，∴R =恒星21-5．分别求出红光（5710cm λ-=⨯），X 射线（A 25.0=λ），γ射线（A λ21024.1-⨯=）的光子的能量、动量和质量。
近代物理--光的量子性--习题解答
= 4 . 34 × 10 −12 ( m ) = 4 . 34 × 10 − 3 nm
λ − λ0 =
2h sin m 0c
2
ϕ
2
ϕ = 63 ° 2 4 ′
2h
m0 c
1 3 × 10 −12
c2 1 9 . 11 × 10 − 31 × 3 × 10 8 (1 − + 6 . 63 × 10 − 34
1 1 − 0 .6 2
(4.34 − 3) ×10−12 = × 9.11× 10−31 × 3 ×108 −34 2 × 6.63 ×10 = 0.5255 )
ϕ =π
1 1 − ) ×109 0.0708 0.0732
2 × 6.63 × 10 −34 π λ = 0.0708 × 10 + sin 2 2 9.11 × 10 −31 × 3 × 10 8 = 0.0756 × 10 −9 (m )
−9
∆E = 6.63×10−34 × 3 ×108 ( = 1.78 ×10−16 (J ) = 1115eV
0
h
− 34 − 7
c A 3 × 10 4 . 2 × 10 ( m ) ×
8 − 19
× 10
2 . 96 × 10 296 nm
2.解 解
2h sin ∆λ = m 0c
2
ϕ
2
λ = λ0 + ∆λ = λ0 +
c
2h 2 ϕ sin m0c 2
)
∆E = hc( 1
∆E = hγ 0 − hγ = h
ϕ =
λ = λ0 +
π
2
2h ϕ sin 2 m 0c 2
大学物理知识总结习题答案(第十章)量子物理基础
其中，m为粒子的质量，U为粒子在外力场中的势能函数，E是粒子的总能量。
·在无限深方势阱中的粒子能量为
整数n称为量子数。每一个可能的能量值称为一个能级。
·在势垒有限的情况下,粒子可以穿过势垒到达另一侧,这种现象叫做势垒贯穿。
7．电子运动状态
·量子力学给出的原子中电子的运动状态由以下四个量子数决定
·在不同的热力学温度T下，单色辐射本领的实验曲线存在一个峰值波长 ，维恩从热力学理论导出T和 满足如下关系
其中b是维恩常量。
3．斯忒藩—玻尔兹曼定律
·斯忒藩—玻尔兹曼定律表明黑体的辐射出射度 与温T的关系
其中 为斯忒藩—玻尔兹曼常量。对于一般的物体
称发射率。
4．黑体辐射
·黑体辐射不是连续地辐射能量，而是一份份地辐射能量，并且每一份能量与电磁波的频率 成正比，这种能量分立的现象被称为能量的量子化，每一份最小能量 被称为一个量子。黑体辐射的能量为 ，其中n＝1，2，3，…，等正整数，h为普朗克常数。
解：每个光子能量为 ，其中 为普朗克常量且
则，100个波长为550nm的光子的光功率为
10-5（1）广播天线以频率1MHz、功率1kW发射无线电波，试求它每秒发射的光子数；（2）利用太阳常量I0＝1.3kW/m2，计算每秒人眼接收到的来自太阳的光子数（人的瞳孔面积约为 ,光波波长约为550nm）。
解：（1）每个光子能量为 ，由
10-7“光的强度越大，光子的能量就越大”，对吗？
答：不对,光的强度是单位时间内照射在单位面积上的光的总能量。一定频率的光强度越大，表明光子数量越多，但每个光子的能量是一定的，只与频率有关，与光子数目无关。
10-8什么是康普顿效应？
答：考察X射线通过物质时向各个方向的散射现象发现，在散射的X射线中，除了存在波长与原有射线相同的成分外，还有波长较长的成分，这种波长改变的散射称为康普顿散射，也称康普顿效应。
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第二十一章 光的量子性
一 选择题
1. 所谓绝对黑体，是指：（ D ）
A. 不吸收不反射任何光的物体；
B. 不反射不辐射任何光的物体；
C. 不辐射而能全部吸收所有光的物体；
D. 不反射而能全部吸收所有光的物体。
2. 若一黑体的绝对温度增加一倍，则它的总辐射能是原来的： ( C )
A. 4倍
B. 8倍
C. 16倍
D. 32倍
3．用频率为ν的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为E k ；若改用频率为2ν的单色光照射此金属时，则逸出光电子的最大初动能为：( D )
A. 2E k
B. 2h ν - E k
C. h ν - E k
D. h ν + E k
4．光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程。
对此，在以下几种理解中，正确的是： ( C )
A. 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程。
B. 两种效应都属于电子吸收光子的过程。
C. 光电效应是电子吸收光子的过程，而康普顿效应则相当于光子和自由电子的弹性碰撞过程。
D. 康普顿效应是电子吸收光子的过程，而光电效应则相当于光子和自由电子的弹性碰撞过程。
5．用强度为I ，波长为λ的X 射线分别照射锂(Z = 3)和铁(Z =26)。
若在同一散射角下测得康普顿散射的X 射线波长分别为λLi 和λFe (λLi ，λFe >λ)，它们对应的强度分别为I Li 和I Fe ，则 ( C )
A ．λLi >λF e ，I Li < I Fe
B ．λLi =λFe ，I Li = I Fe
C ．λLi =λFe ，I Li > I Fe
D ．λLi <λFe ，I Li > I Fe
解：因为散射角θ 确定时，波长的增加量∆λ与散射物质的性质无关；原子序数小的散射物质，康普顿散射较强。
故选C 。
6．根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动时速度大小之比v 1 / v 3是： ( C )
A. 1 / 3
B. 1 / 9
C. 3
D. 9
解： 33311==v v mr mr ，，3)3/(/1331==r r v v
7．将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为：( B )
A. 13.6eV
B. 3.4eV
C. 1.5eV
D. 0eV
二 填空题
1. 大爆炸宇宙论预言存在宇宙背景辐射，其温度为
2.7K ，则对应这种辐射的能谱峰值的波长为_1.06mm 。
2. 频率为100MHz 的一个光子的能量是 6.626⨯10-26J ，动量的大小是
2.21⨯10-34kg.m / s 。
3. 在光电效应实验中，测得某金属的截止电压U c
与入射光频率ν的关系曲线如图所示，由此可知该金
属的红限频率ν0 = 5⨯1014 Hz ；逸出功A = 2.1 eV 。
4. 在光电效应中，当频率为3⨯1015 Hz 的单色光照射在逸出功为4.0eV 的金属表面时，金属中逸出的光电子的最大初速率为 1.72⨯106 m /s 。
5. 康普顿散射中，当出射光子与入射光子方向成夹角θ = π 时，光子的频率减少得最多；当θ = 0 时，光子的频率保持不变。
6. 根据玻尔氢原子理论，若大量氢原子处于主量子数n = 5的激发态，则跃迁辐射的谱线可以有 10 条，其中属于巴耳末系的谱线有 3 条。
7．在氢原子光谱的巴耳末系中，波长最长的谱线和与其相邻的谱线的波长比值是:
1.35 解：)141(1
2n R -==λσ，365)3141(12max min R R =-==λσ，163)4141(1
222R R =-==λσ，所以 35.120
272max ==λλ
三 计算题
1. 在加热黑体的过程中，单色辐出度的峰值波长由0.69µm 变化到0.50µm, 其辐出度增加了多少倍？
解：由斯忒蕃——玻耳兹曼定律得
12M M =414
2T T σσ=（41
2)T T 由维恩位移定律得
2
112M M T T λλ=
-14Hz)
故得 4412)50.0/69.0()(2
1==M M M M λλ=3.63 故其辐出度增加了2.63倍。
2. 功率为P 的点光源，发出波长为λ的单色光，在距光源为d 处，每秒钟落在垂直于光线的单位面积上的光子数为多少？若λ=66
3.0nm ，则光子的质量为多少？
解：设光源每秒钟发射的光子数为n ，每个光子的能量为h ν
则由P = n h ν= n h c /λ
得： n = P λ / ( h c )
令每秒钟落在垂直于光线的单位面积的光子数为n 0，则
n 0 = n / S = n / (4πd 2 ) = P λ / (4πd 2 h c )
光子的质量
m = h ν/ c 2 = h c / ( c 2λ) = h / ( c λ) =3.33×10-36kg 。
3. 图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线，（1）求证对不同材料的金属，AB 线的斜率相同。
（2）由图上数据求出普朗克常量h 。
解：（1）由光电效应的爱因斯坦方程：A h m eU -==ν2m e c 21v ，得 c e A h U -=ν 所以AB 线的斜率
)( d d c 恒量h U =ν
由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同。
（2）根据曲线的斜率，得到
() J.s 104.6 10
0.50.1000.2 tan 3414-=--==××e e h θ 4. 试证明：静止的自由电子不可能吸收一个光子，即对于自由电子不可能有光电效应。
解：假如静止的自由电子吸收了一个光子，光子的频率为ν，电子的静止质量为m 0，电子吸收光子后的动量为p e ，则根据动量守恒有
e p c
h =ν （1） 而根据能量守恒有
22022e 20)(c m c p c m h +=+ν （2）
将上式两边平方，有
22022e 202202)()(2)()(c m c p c m h c m h +=++νν
利用（1）式得到
0=ν
U Hz) 计算题3图
这要求光子的频率为0，这就证明了静止的自由电子不可能吸收一个光子。
5. 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出的仅有三条谱线，问此外来光的频率为多少？
解：由于发出的光线仅有三条，按
)11( 22n
k cR c -=⋅=σν
当n =3，k =2得一条谱线；当n =3，k =1得一条谱线；当n =2，k =1得一条谱线，可见如果氢原子吸收外来光子后，处于n =3的激发态，发出的谱线将仅有以上三条。
这三条光谱线中，频率最大的一条是 Hz 1092.2)3
111( 1522×=-=cR ν 这也就是外来光的频率。
6. 处于基态的氢原子吸收了一个能量为h ν = 15 eV 的光子后，其电子成为自由电子，求该电子的速率。
解：把一个基态氢原子电离所需最小能量为
E min = 13.6 eV
则根据能量守恒有
2
1 2e min v m E h +
=ν 该电子获得的速度大小为 ()[] s m 100.72=521e min ×=-m E h νv。