第17章量子物理基础 (1)光电子的最大动能; (2)截止电压 17.1夜间地面降温主要是由于地面的热辐 (3)铝的红限波长。 射。如果晴天夜里地面温度为-5C,按黑体解:(1) 辐射计算,每平方米地面失去热量的速率多 Ek =hv=A=h 解:每平方米地面失去热量的速率即地面的 辐射出射度 6.63×1 00×10-×16×109-42=20eV M=o4=567×10-8×2684=292Wm2 (2)U=Eke=20/l=20V C 17.2在地球表面,太阳光的强度是 (3) Vo A 1.0×103W/m2。地球轨道半径以1.5×10km 计,太阳半径以70×108m计,并视太阳为 ≈663×10-34×3×10=2.9×107m 42×1.6×10-19 黑体,试估算太阳表面的温度。 4RI 17.5康普顿散射中入射Ⅹ射线的波长是λ= =OT 0.70×1010m,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; R2o (3)反冲电子的运动方向与入射X射 线间的夹角O. (1.5×101)2×1.0× V(67×10)×567×1 53×103K [解答](1)(2)根据康普顿散射公式得 波长变化为 17.3宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背A=2Asin29=2×2426×10-sin2 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 =2426×1012(m), 长下有极大值 散射线的波长为 (2)地球表面接收此辐射的功率是多 A=4+△=0.72426×101(m) 反冲电子的动能为 解答](1)根据公式λmT=b,可得辐 E hc 射的极值波长为 λm=b/T=2897×1033=966×10+m) 663×10-3×3×108663×10-3×3×103 (2)地球的半径约为R=6371×10°m 0.7×10-0 表面积为 S=4rR2 根据公式:黑体表面在单位时间,单位面积 9.52×1017(J) 上辐射的能量为M=a (3)由于 因此地球表面接收此辐射的功率是 hc/11 an b= P=MS=567×108×34×4x(6371×10°) hc/ 2 =2.34×10(W 0.9665, 0.72426 174铝的逸出功是4.2eV,今有波长 所以夹角为O=44° =200mm的光照射铝表面,求:
第 17 章 量子物理基础 17.1 夜间地面降温主要是由于地面的热辐 射。如果晴天夜里地面温度为-5 °C，按黑体 辐射计算，每平方米地面失去热量的速率多 大？ 解：每平方米地面失去热量的速率即地面的 辐射出射度 4 8 4 W/m2 = = 5.67 10 268 = 292 − M T 17.2 在地球表面，太阳光的强度是 1.0103W/m2。地球轨道半径以 1.5108 km 计，太阳半径以 7.0108 m 计，并视太阳为 黑体，试估算太阳表面的温度。 解： 4 2 2 4 4 T R R I M S E = = 5.3 10 K (6.7 10 ) 5.67 10 (1.5 10 ) 1.0 10 3 4 8 2 8 11 2 3 4 2 2 = = = − S E R R I T 17.3 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 = σT4， 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS = 5.67×10-8×3 4×4π(6.371×106 ) 2 = 2.34×109 (W)． 17.4 铝的逸出功是 4.2eV ，今有波长 = 200nm 的光照射铝表面，求： （1）光电子的最大动能； （2）截止电压； （3）铝的红限波长。 解：（1） A c Ek = h − A = h − 4.2 2.0eV 200 10 1.6 10 6.63 10 3 10 9 19 34 8 − = = − − − （2） Uc = Ek / e = 2.0 /1 = 2.0V （3） A c hc = = 0 0 296 nm 2.96 10 m 4.2 1.6 10 6.63 10 3 10 7 19 34 8 = = = − − − 17.5 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 2 12 2 2 sin 2 2.426 10 sin 2 4 − = = = 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 ` k hc hc E = − 34 8 34 8 10 10 6.63 10 3 10 6.63 10 3 10 0.7 10 0.72426 10 − − − − = − = 9.52×10-17(J)． （3）由于 / ` tan / ` hc hc = = ， 0.7 0.9665 0.72426 = = ， 所以夹角为 θ = 44°1`． h/λ` p h/λ θ
176求波长分别为入1=70×107m的红178设氢原子中的电子从n=2的轨道上 光和波长λ,=0.25×10-10m的X射线光电离出去,需多少能量? 子的能量、动量和质量。 解:氢原子能级公式为 解:光子能量为E=h=hc,动量为p E 由E=hc/=mc2,得其质量为m= 8ah n- h/c 当m=1时,基态能级的能量为 对于红光来说,能量为 E1=663×10-×3×10° 284×10-19J.E 7.0×10 86h2-218×10-3J=-136eV, 动量为 663×10-34 PI 947×10 023kgms1因此En=~135N 7.0×10 当电子从n能级跃迁到m能级时放出 质量为 (正)或吸收(负)光子的能量为 3×105×70×10=316×10-51=E,-En 6.63×10 电离时,m趋于无穷大.当电子从n=2的 对于X射线来说,能量为 能级电离时要吸收能量 6.63×10-34×3×10 E2 796×105J,△E=-13.6( )=-3.4(eV), 因此需要34eV的能量 动量为 663×10 P2=025×10-10=265×1023kgms-,179略 17.10质量为m的卫星,在半径为r的轨道 质量为 上环绕地球运动,线速度为v 663×10-34 (1)假定玻尔氢原子理论中关于轨道 m2-3×105×0235×10-0≈884×10-32kg.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 17.7处于第四激发态上的大量氢原子,最多比,即r=Km2,(式中K是比例常数) 可发射几个线系,共几条谱线?那一条波长 (2)应用(1)的结果求卫星轨道和下 最长 一个“容许”轨道间的距离,由此进一步说 解答]第四激发态的氢原子处于第5个明在宏观问题中轨道半径实验上可认为是 能级,最多可发射四个线系 连续变化的(利用以下数据作估算:普朗克 (1)能级5到4,1条谱线 常数h=6.63×104Js,地球质量M= (2)能级5和4到3,2条谱线 6×1024kg,地球半径R=64×103km,万有引 (3)能级5、4和3到2,3条谱线:力常数G=67×101Nm2kg (3)能级5、4、3和2到1,4条谱线 解答](1)卫星绕地球运动的向心力是 共10条谱线.从能级5跃迁到4发射的光万有引力 谱频率最小,波长最长 Mm my 根据玻尔理论,角动量为
17.6 求波长分别为 7 1 = 7.010− m 的红 光和波长 10 2 = 0.2510− m 的 X 射线光 子的能量、动量和质量。 解：光子能量为 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 2.84 10 J, 7.0 10 6.63 10 3 10 19 7 34 8 1 − − − = E = 动量为 9.47 10 kg m s , 7.0 10 6.63 10 28 1 7 34 1 − − − − = p = 质量为 3.16 10 kg. 3 10 7.0 10 6.63 10 36 8 7 34 1 − − − = m = 对于 X 射线来说，能量为 7.96 10 J, 0.25 10 6.63 10 3 10 15 10 34 8 2 − − − = E = 动量为 2.65 10 kg m s , 0.25 10 6.63 10 23 1 10 34 2 − − − − = p = 质量为 8.84 10 kg. 3 10 0.25 10 6.63 10 32 8 10 34 2 − − − = m = 17.7 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． 17.8 设氢原子中的电子从 n = 2 的轨道上 电离出去，需多少能量? 解：氢原子能级公式为 , 1 8 2 2 2 0 4 h n me En = − 当 n=1 时，基态能级的能量为 2.18 10 13.6eV, 8 18 2 2 0 4 1 = − − = − − J h me E 因此 eV 13.6 2 n En − = ． 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 1 2 2 1 1 ( ) E E E E n m n m = − = − ． 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 2 2 1 1 13.6( ) 2 = − − E = -3.4(eV)， 因此需要 3.4eV 的能量． 17.9 略 17.10 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 = 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 2 2 Mm mv G r r = ； 根据玻尔理论，角动量为
mmmr= nhi [解答]它们的动量都为 将前式乘以m3得 h663×10 GMm7r=(m)2=少 12×10-10 h'n 根据公式E2=p2c2+m2,电子的总能 所以 Kn-, 量为 即:卫星的轨道半径与量子数的平方成正 E=c√2+ 比 3×10×[(3.315×1024)2 (2)假设卫星质量m=100kg,比例系 +(9.1×10-31×3×105)2]2 数为 光子的静止质量为零,总能量为 K E 4丌2GMm2 =3×108×3315×1024=9.945×101(J) (663×10-3)2 17.12室温下的中子称为热中子 4x2×6.7×10-1×6×104×(100) T=30K,试计算热中子的平均德布罗意 2.77×10-87 波长。 可见:比例系数很小 解:中子热运动的平均速度的大小为 当r=R时,地球表面的量子数为 R/K=48×10 可见:地球表面处的量子数很大 中子的质量mn=1.673×102kg,可得平均速 地面以上的量子数设为n,(n 度为 1,2,3,),则总量子数可表示为两个量子数 ⅴ=2.509×104ms- 之和:n=m+n.轨道间的距离为 △r=k(m+n+1)2-(m+n)2 平均动量为 K2(m+n)+1] 由于m>1,所以△r=2Km+2Kn P=mn=4.2×102kgms 设n=k,即:取地面以上的量子数平均德布罗意波长为 为地球表面量子数的倍数,有n=(k+1)m, =-=1.58×10-m=0.158mm. r=Km0(k+1)2, P △r=2Kmo(k+1)=266×1040(k+1) 17.13假定对粒子动量的测定可以精确到千 这说明:当地面以上的量子数按k+1分之一,试确定下述粒子位置的不确定量 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 (1)该粒子质量为50×10-kg,以2msl 次方的规律增加;由于Δr的系数很小,所的速度运动 以轨道间距是非常非常小的,因此可认为轨(2)该粒子是速度为18×103ms1的电子 道半径是连续变化的 解:粒子的动量为p=mv动量的不确定 量为△p=p/1000, 17.11电子和光子各具有波长2.0×1010m,根据动量和位置的不确定关系Ap△x≥h2, 它们的动量和总能量各是多少? 位置的不确定量为△x=h/2△p
mvr = nh/2π． 将前式乘以 mr3 得 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 nh GMm r mvr = = ， 所以 2 2 2 2 2 4 h n r Kn 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 2 2 2 4 h K GMm = 34 2 2 11 24 2 (6.63 10 ) 4 6.7 10 6 10 (100) − − = = 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 46 0 n R K = = / 4.8 10 ． 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 = Kn0 2 (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 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． 17.11 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 34 10 6.63 10 2 10 h p − − = = = 3.315×10-24(kg·m·s -1 )． 根据公式 E 2 = p 2 c 2 + m0 2 c 4，电子的总能 量为 2 2 2 E c p m c = + 0 =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)． 17.12 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：中子热运动的平均速度的大小为 mn kT 8 v = 中子的质量 mn = 1.673×10-27kg，可得平均速 度为 2.509 10 m s , 4 −1 v = 平均动量为 4.2 10 kg m s . −27 −1 = v = P mn 平均德布罗意波长为 1.58 10 m 0.158 nm 10 = = = − p h ． 17.13 假定对粒子动量的测定可以精确到千 分之一，试确定下述粒子位置的不确定量。 （1）该粒子质量为 3 5.0 10− kg，以 2m·s -1 的速度运动； （2）该粒子是速度为 8 1.8 10 m·s -1 的电子． 解：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≧ћ/2， 位置的不确定量为 Δx = ћ/2Δp．
1000h 荧光屏上亮斑直径为 24p4 d 1000×6.63×10-34 P Ayp2△y√2mE 5.28×10 1.05×10-×0.30 √2×9.1×10-3×9×103×16×10-9 方1000h =12×10-m=1.2m 此亮斑的大小不会影响当前电视图像的清 1000×6.63×10 4×3.14×9.1×10-31×1.8×108 晰度 又,亮斑直径也可用波的衍射来求,即 3.22×10-0m d=20l=2 1.22a2.44hl 17.14一束动 量为P的电子 令d/dr=0,得概率最大的位置为 通过宽度为a 的狭缝发生单 缝衍射,设缝 17.16一宽度为a的一维无限深势阱,试用 与屏之间的距 不确定关系估算阱中质量为m的粒子最低 离为R,试求 能量为多少? 屏上所观察到的单缝衍射中央明纹宽度 解答]粒子坐标的不确定范围是 解:根据动量和位置的不确定关系 △xAp2≥h/2 动量的不确定范围是 4ph△xhla 其中位置不确定量为Δκ=a,动量的不确定这也就是动量p的范围.因此能量为 量为△px= sine E=P/2m 2 h/2ma 设电子衍射图样的中央明纹宽度为d,最低能量可估计为 则snb≈tan Emin= h/2ma 2R2,d≥M 可得Pn 17.17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? 17.15电视机显象管中电子的加速电压为 [解答]粒子在一维无限深势阱中的定态 gkV,电子枪枪口直径取0.5mm,枪口离荧波函数为 光屏距离为0.30m,求荧光屏上一个电子形 nzx(0≤x≤a) 成的亮斑直径。这样大小的亮斑影响电视图 Vn(x)==sin 像的清晰度吗? aa'(n=1,2,3,) 解:取△y=0.50mm,则由不确定关系得 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 而 Iv,(x)idx 2丌x ne Px=√2m
5.28 10 m 4 3.14 5 10 2 1000 6.63 10 4 1000 2 30 3 34 − − − = = = p h p x 3.22 10 m 4 3.14 9.1 10 1.8 10 1000 6.63 10 4 1000 2 10 31 8 34 − − − = = = p h p x 17.14 一束动 量为 P 的电子 通过宽度为 a 的狭缝发生单 缝衍射，设缝 与屏之间的距 离为 R ，试求 屏上所观察到的单缝衍射中央明纹宽度。 解：根据动量和位置的不确定关系 xpx / 2， 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明纹宽度为 d， 则 R d 2 sin tan = ， 可得 , 2 2 R pda . pa R d 17.15 电视机显象管中电子的加速电压为 9kV，电子枪枪口直径取 0.5mm，枪口离荧 光屏距离为 0.30m，求荧光屏上一个电子形 成的亮斑直径。这样大小的亮斑影响电视图 像的清晰度吗？ 解：取 y = 0.50mm ，则由不确定关系得 y py = 2 而 px = 2meE 荧光屏上亮斑直径为 y m E l yp l l p p d x x e y 2 2 = = = 1.2 10 m 1.2 nm 0.5 10 2 9.1 10 9 10 1.6 10 1.05 10 0.30 9 3 31 3 19 34 = = = − − − − − 此亮斑的大小不会影响当前电视图像的清 晰度。 又，亮斑直径也可用波的衍射来求，即 yp hl y l d l = = = 1.22 2.44 2 2 令 dw/dt = 0，得概率最大的位置为 . 1 a x = 17.16 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 = p 2 /2m ≧ h 2 /2ma 2， 最低能量可估计为 Emin = h 2 /2ma 2． 17.17 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 2 (0 ) ( ) sin , ( 1,2,3,...) = = n n x x a x a a n ， Ψ(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 /3 2 2 0 | ( ) | d a x x / 3 2 0 2 2 sin d = a x x a a
√3 Axe-,(x>0) =0.391 (x) 0,(x0,A为常数 运动时,其德布罗意波在阱内形成驻波, (1)将此波函数归一化 利用这一关系导出粒子在阱中的能量计 (2)求粒子位置的概率分布函数 式 (3)粒子在在何处出现的概率最大? [解答]当粒子在势阱中形成稳定驻波 [解答](1)归一化得 时,势阱宽度必然为半波长的整数倍,即 m(/2)=a,(n=1,2,3,) 1=∫wPd=∫fxe2dx 根据德布罗意假设λ 可得粒子的动量为 x de h nh P 2 2 xed 能量为E= 2m 8ma 17.19设有某线性谐振子处于第一激发态, 其波函数为 Yu =2A2(x)3 423 式中a=1m,k为常数,则该谐振子在 所以A=2132.归一化波函数为 何处出现的概率最大? 解答]第一激发态的概率为 ∫2232xex(x>0) 0,(x<0) =41=2nxex2 ([注]利用r函数的性质可简化积分过 程 对x求导得 当n为整数时,I(n)=(n-1).设y=2x, 则dx=dy/2,可得 Vx/ 2x(1-xa)e- 令dw/dr=0,得概率最大的位置为 x=±1/{a. =()3I(3)=2()3, 17.20一维运动的粒子,处于如下的波函数可以得出同一结果.) 所描述的状态 (2)粒子坐标的几率分布函数为
2 3 3 2 = − = 0.391． 17.18 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 2 = = h nh p a 能量为 2 2 2 2 2 8 = = p h E n m ma ． 17.19 设有某线性谐振子处于第一激发态， 其波函数为 2 2 3 2 1 1/ 2 2 − = a x a xe ． 式中 4 2 mk a = h ，k 为常数，则该谐振子在 何处出现的概率最大？ [解答]第一激发态的概率为 2 2 3 2 2 1 1/ 2 2 | | a a x w x e − = = ， 对 x 求导得 2 2 2 2 3 2 2 1/ 2 d 2 [2 ( 2 ) ] d w a a x a x xe x a x e t − − = + − 2 2 3 2 2 1/ 2 2 2 (1 ) a a x x x a e − = − ， 令 dw/dt = 0，得概率最大的位置为 x = ±1/a． 17.20 一维运动的粒子，处于如下的波函数 所描述的状态 ,( 0); ( ) 0,( 0). x Axe x x x − = 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 2 2 2 2 0 1 | | d dx x A x e x − − = = 2 2 2 0 1 d 2 x A x e − − = 2 2 2 2 0 0 1 { 2 d } 2 x x A x e xe x − − − = − 2 2 2 0 1 2 ( ) d 2 x A x e − − = − 2 2 2 2 0 0 1 2 ( ) { d } 2 x x A xe e x − − − = − − 2 2 3 2 3 0 1 2 ( ) 2 4 x A A e − − = = ， 所以 A =2λ 3/2 ．归一化波函数为 3/ 2 2 ,( 0); ( ) 0,( 0). x xe x x x − = （[注]利用 Γ 函数的性质可简化积分过 程． 1 0 ( ) d n x n x e x − − = ， 当 n 为整数时，Γ(n) = (n - 1)!．设 y = 2λx， 则 dx = dy/2λ，可得 2 2 3 3 1 0 0 1 d ( ) d 2 x y x e x y e y − − − = 1 1 3 3 ( ) (3) 2( ) 2 2 = = ， 可以得出同一结果．） （2）粒子坐标的几率分布函数为
w(x)=y(x) 4Ax2e2k,(x>0) 0,(x<0) (3)利用上一题的方法求导可得几率 最大的位置为x=1 17-21原子核外电子的量子态由n,l,m2, m24个量子数表征,则当n,,m给定 时,不同量子态有几个?若给定的只是, n,l,则结果又如何?如果只给定n,则又 可以有多少个不同的量子态? 解:当n、lm一定时,m只取两个值,所 以量子态数目为2 当n、1一定时,m有(21+1)种不同取 值,所以量子态数目为2(2l+1) 当n一定时,1从0到n-1)共有n种不 同取值,量子态数目为 ∑2(2l+1)=4∑1 4+21 n(n-1) 2n=2
3 2 2 2 4 ,( 0); ( ) | ( ) | 0,( 0). x x e x w x x x − = = （3）利用上一题的方法求导可得几率 最大的位置为 x = 1/λ． 17-21 原子核外电子的量子态由 n ，l ，ml ， 4 ms 个量子数表征，则当 n，l ，ml 给定 时，不同量子态有几个?若给定的只是， n, l ，则结果又如何? 如果只给定 n ，则又 可以有多少个不同的量子态? 解：当 n、l、ml 一定时，ms 只取两个值，所 以量子态数目为 2． 当 n、l 一定时，ml 有(2l + 1)种不同取 值，所以量子态数目为 2(2l + 1)． 当 n 一定时，l 从 0 到(n - 1)共有 n 种不 同取值，量子态数目为 1 1 1 0 0 0 2(2 1) 4 2 1 n n n l l l l l − − − = = = + = + 2 ( 1) 4 2 2 2 n n n n − = + = ．
