第十七帝量子物理 思171：大狼星的温度大约是11000℃。试由维思位移定律计算其相射峰值的被长。 题171解：由锥恩位移定律可得天我星单色招出度的峰值所对应的波长该波长 2-257×10-m-257nm 属紫外区域，所以天狼星呈紫色 思172：已知地球跟金星的大小差不多，金星的平均福度约为773K,地球的平均福度约为 293K,。若把它们看作是理想属体，这两个星体向空间辐射的能量之比为多少？ 题17,2解：由斯特潘一技耳兹曼定律M()=T可知，这两个星体辐射能量之比为 =484 遇17.3：太阳可看作是半径为7.0×10m的球形黑体，试计算太阳的湿度。设太阳射到地球 表面上的辐射衡量为1.4×10Wm二，电球与太阳间的距离为15×10山m。 题173解：以太阳为中心：电球与太阳之间的离d为半径作一球面，地球处在该球面的某 一位置上。太阳在单位时间内对外辐射的总能量格均匀地通过该球面，因此有 4xd'E M(T)= (1) 4 M(T)=oT (2) 由式(1入，(2)可得 T-RG =580K 题17.4：的的遂出功是4.52cV,钡的选出功是2.50eV,分别计算钨和钡的截止顿字。哪一 种金属可以川作可见光范国内的光电管阴极材料？ 题17,4解：钨的钱止频*-元-109×101 制的截止類率 _W=0.66x105出 对丽可见光的须率范围可知，钡的做止领苹。正好处于该范困内，而钨的做止须苹y大 于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范田内的光电管材料。 思17.5：钾的截止频率为4.62×1014Hz,今以被长为435.8m的光，照射，求钾放出的光电了
第十七 章量子物理 题 17.1：天狼星的温度大约是 11000℃。试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。 题 17.1 解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长 2.57 10 m 257nm 7 m = = = − T b 属紫外区域，所以天狼星呈紫色 题 17.2：已知地球跟金星的大小差不多，金星的平均温度约为 773 K，地球的平均温度约为 293 K。若把它们看作是理想黑体，这两个星体向空间辐射的能量之比为多少？ 题 17.2 解：由斯特藩一玻耳兹曼定律 4 M (T ) = T 可知，这两个星体辐射能量之比为 48.4 4 = = 地 金 地 金 T T M M 题 17.3：太阳可看作是半径为 7.0 108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度。设太阳射到地球 表面上的辐射能量为 1.4 103Wm －2，地球与太阳间的距离为 1.5 1011m。 题 17.3 解：以太阳为中心，地球与太阳之间的距离 d 为半径作一球面，地球处在该球面的某 一位置上。太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因此有 2 2 4 4 ( ) R d E M T = （1） 4 M (T ) = T （2） 由式（1）、（2）可得 5800 K 1 4 2 2 = = R d E T 题 17.4：钨的逸出功是 4.52 eV，钡的选出功是 2.50 eV，分别计算钨和钡的截止频率。哪一 种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？ 题 17.4 解：钨的截止频率 1.09 10 Hz 1 15 01 = = h W 钡的截止频率 0.63 10 Hz 2 15 02 = = h W 对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率 02 正好处于该范围内，而钨的截止频率 01 大 于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料。 题 17.5：钾的截止频率为 4.62 1014 Hz，今以波长为 435.8 nm 的光照射，求钾放出的光电子
的初遮度。 题17.5解：根据光电效位的爱因斯坦方程 -m2+形 其中 W=hv v=cl 可得电子的初速度 =5.74×105ms 由于选出金属的电子的速度、<c,故式中m取电子的静止质量。 思17.6：在康背额效应中，入射光子的波长为3.0×103m,反冲电子的速度为光速的60⅓， 求散射光子的波长及散射角。 题17.6解：根据能量守每，相对论质速关系以及散射公式有 hg+mc2=h号+x (1) m-m,1-p2/c2)r (2) A--入I-c0s) (3) 由式(1)和式(2)可得散射光了的波长 i- 4h2一-435×10-*nm 4h-Aomgc 将入值代入式(3)，得散射角 6=arccos 1- 2- 愿17.7一具有0×10eV能量的光子，与静止的白由电了相碳梅，碰掩后，光子的散射 角为60°。试问：(|)光子的被长、顿率和能量各改变多少？(2)碰撞后，电子的动能、动 量和运动方向义如句？
的初速度。 题 17.5 解：根据光电效应的爱因斯坦方程 h = mv +W 2 2 1 其中 W = h 0， = c / 可得电子的初速度 5 1 2 1 0 5.74 10 m s 2 − = = − c m h v 由于选出金属的电子的速度 v << c，故式中 m 取电子的静止质量。 题 17.6：在康普顿效应中，入射光子的波长为 3.0 10－3 nm，反冲电子的速度为光速的 60％， 求散射光子的波长及散射角。 题 17.6 解：根据能量守恒，相对论质速关系以及散射公式有 2 2 0 0 mc c m c h c h + = + （1） 2 2 1/ 2 0 (1 / ) − m = m − v c （2） (1 cos ) −0 = c − （3） 由式（1）和式（2）可得散射光子的波长 4.35 10 nm 4 4 3 0 0 0 − = − = h m c h 将入值代入式（3），得散射角 − = − c 0 arccos 1 题 17.7：一具有 l.0 104eV 能量的光子，与一静止的自由电子相碰撞，碰撞后，光子的散射 角为 60。试问：（1）光子的波长、频率和能量各改变多少？（2）碰撞后，电子的动能、动 量和运动方向又如何？
思177解：(1》入射光子的频率和波长分别为 -2=241×0“业，2=5=0.124nm V 散射前后光子被长、频*和能量的政变量分别为 41=1(1-c0s00=1.22×10-nm 式中负号表示散射光子的频率要减小，与此同时，光子岂将失去部分能量。 (2)由能量守恒可知，反冲电子获得的动能，就是散财光子失去的能量 E=hv-hv=A月=953eV 由相对论中粒子的能量动量关系式以及动量守恒定律在轴上的分量式（图177）可得 Ei=E'+pic' (1) E。-Ee+Ee (2) hv 3in0-p.sin=0 (3) 由式(1)和式(2)可得电子动量 P.=- Eu+2EE=527×10-4ems 将其代入《3》式可得电子运动方向 aresin p.c. y+△2sn0593z pc 思17.&：液长为0.10m的辆射，射在碳上，从 P 而产生求普顿效应。从实验中测量到散射辐射的 方向与入射轲射的方向相垂直。求：(1)散射辐 射的被长：(2)反冲电子的动能和运动方向。 思178解：(1)由散射公式得 元=元3+△=2+2(1-cos80=0.124nm (2》反冲电子的动能等于光子失去的能量，因 P 此有
题 17.7 解：（1）入射光子的频率和波长分别为 2.41 10 Hz 0.124 nm 0 0 18 0 = = = = c h E ， 散射前后光子波长、频率和能量的改变量分别为 (1 cos ) 1.22 10 nm 3 c − = − = 式中负号表示散射光子的频率要减小，与此同时，光子也将失去部分能量。 （2）由能量守恒可知，反冲电子获得的动能，就是散射光子失去的能量 Eke = h 0 −h = E = 95.3eV 由相对论中粒子的能量动量关系式以及动量守恒定律在 Oy 轴上的分量式（图 17-7）可得 2 2 e 0e 2 2 e E = E + p c （1） Ee = E0e +Eke （2） sin − e sin = 0 p c h （3） 由式（1）和式（2）可得电子动量 0e ke 24 1 ke 2 e 5.27 10 kg m s 2 − − = + = c E E E p 将其代入（3）式可得电子运动方向 sin 59 32' ( ) arcsin arcsin sin 0 e 0 e = + = = p c h p c h 题 17.8：波长为 0.10 nm 的辐射，射在碳上，从 而产生康普顿效应。从实验中测量到散射辐射的 方向与入射辐射的方向相垂直。求：（1）散射辐 射的波长；（2）反冲电子的动能和运动方向。 题 17.8 解：（1）由散射公式得 = 0 + = + C (1−cos) = 0.1024 nm （2）反冲电子的动能等于光子失去的能量，因 此有
根据动量守恒的矢量关系，可确定反冲电子的方向 -418 思17，：试求波长为下列数儻的光子的能量，动量及质量：(1)被长为1500nm的红外线： (2)波长为500nm的可见光：(3)被长为20nm的紫外线：(4)被长为0.15nm的X射 线：(5)波长为10×103nm的街射线。 愿17,9解：由能量E=v,动量P=在以及顺能关系式m=E1C2,可得 (1)当名=150nm时，E=hg=c=133x100j -上-4.42x10*8m5 P1- m-手-为=147×0”g (2)当名3=500nm时，因，= 3 故有 E2=3E,-399×10”J P2=3R=1.33×10”gms m-3,-441×10-“kg 1 3)当入3=20nm时，因入=二元 故有 E3-75E-997×10-wJ P,=75P=331×10kg-ms m3=75m,=1.10×10-4kg 4)当2，=0.1Sm时，因元-10入·故有
4.66 10 J 1 1 17 0 k 0 − = = − = − E h h hc 根据动量守恒的矢量关系，可确定反冲电子的方向 arctg / arctg 44 18' 0 0 0 = = = h h 题 17.9：试求波长为下列数值的光子的能量、动量及质量：（1）波长为 1500 nm 的红外线； （2）波长为 500 nm 的可见光；（3）波长为 20 nm 的紫外线；（4）波长为 0. 15 nm 的 X 射 线；（5）波长为 1.0 10−3 nm 的 射线。 题 17.9 解：由能量 E = h ，动量 h p = 以及质能关系式 2 m = E/ c ，可得 （1）当 1 =1500 nm 时， 1.33 10 J 19 1 1 1 − = = = hc E h 28 1 1 1 4.42 10 kg m s − − = = h p 1.47 10 kg 36 1 2 1 1 − = = = c h c E m （2）当 2 = 500nm 时，因 2 1 3 1 = 故有 3 3.99 10 J 19 2 1 − E = E = 27 1 2 2 3 1.33 10 kg m s − − p = P = 3 4.41 10 kg 36 2 1 − m = m = 3）当 3 = 20 nm 时，因 3 1 75 1 = 故有 75 9.97 10 J 18 3 1 − E = E = 26 1 3 1 75 3.31 10 kg m s − − p = P = 75 1.10 10 kg 34 3 1 − m = m = 4）当 4 = 0.15nm 时，因 1 4 4 10 − = ，故有
E.=10‘E=1.33×10-5J P,=10乃=4.22×104kg·ms1 m,=10'm,=147×10-2g (5)当元，=1x10-nm时，5=Ar,-c-1.9x10-J A,-左-623x10”gms -h-221x100kg 州二 题17.10：计算氧原子光谱中莱曼系的最短和最长波长，并指出是否为可见光. 趣1.10解：莱受系的诗线满足=周↓-1 令-2，得该谐系中最长的波长A..=1215m 令m,→，得该浩系中最短的波长元=91.2m 对照可见光波长范围(400~-760m),可知莱受系中所有的清线均不是可见光，它门处在禁 外找部分。 愿17山：在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数异=5的轨道阮迁到：-2的轨道上时，对 外辐射光的波长为多少？若再将该电子从斯=2的秋道跃迁到高状态，外界需要提供多少能 量？ 思17.1解：根据氧原了招射的波长公式，电了从网一5跃证到=2轨道状东时对外招射光 的波长满足 则 i-4.34x10-'m-43.4um 而电子从r-2跃迁到游离态n:→所需的能量为 _E_E--34cW E=E,-B-分-0 负号表示电子吸收能量。 题17.12：如用能量为126©V的电子数击氢原子，将产生哪些增线？ 思17,12解：根据低迁假设和被数公式有
10 1.33 10 J 15 1 4 4 − E = E = 24 1 1 4 4 10 4.22 10 kg m s − − p = P = 10 1.47 10 kg 32 1 4 4 − m = m = （5）当 1 10 nm 3 5 − = 时， 1.99 10 J 13 5 5 5 − = = = hc E h 22 1 5 5 6.23 10 kg m s − − = = h p 2.21 10 kg 30 5 2 5 5 − = = = c h c E m 题 17.10：计算氢原子光谱中莱曼系的最短和最长波长，并指出是否为可见光。 题 17.10 解：莱曼系的谱线满足 = − 2 i 2 f 1 1 1 n n R 令 ni = 2，得该谱系中最长的波长 max =121.5nm 令 ni → ，得该谱系中最短的波长 min = 91.2nm 对照可见光波长范围（400～760 nm），可知莱曼系中所有的谱线均不是可见光，它们处在紫 外线部分。 题 17.11：在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数 ni = 5 的轨道跃迁到 nf = 2 的轨道上时，对 外辐射光的波长为多少？若再将该电子从 nf =2 的轨道跃迁到游离状态，外界需要提供多少能 量？ 题 17.11 解：根据氢原子辐射的波长公式，电子从 ni = 5 跃迁到 nf = 2 轨道状态时对外辐射光 的波长满足 = − 2 2 5 1 2 1 1 R 则 4.34 10 m 43.4μm 7 = = − 而电子从 nf = 2 跃迁到游离态 ni → 所需的能量为 3.4eV 2 2 1 2 = − = − = − E E E E E 负号表示电子吸收能量。 题 17.12：如用能量为 12.6 eV 的电子轰击氢原子，将产生哪些谱线？ 题 17.12 解： 根据跃迁假设和波数公式有
5=6-E-5-5 (1) 收司 将E=-13.6eV,一1和AE-13.6eV(这是受襟氢原子可以吸收的最多能量)代入式(1)， 可得m,=3.份，取整风，=3（想一想为什么？），即此时怎原子处于n=3的状态。 由式(2)可得氧原子回到基老过程中的三种可能辐射，所对夜的谱线被长分别为1026m, 657.9nm和121.6nm 刀=3 n=2 一作e1 愿17.13试证在基态氢原子中，电子运动时的等效电流为1.05×10A在氢原子核处，这个 电流产生的碱场的磁感强度为多大？ 思17,13解：基态时，电子烧核运动的等效电流为 I=ef=r=ch =1.05×10-3A 2a14rw1 式中1为基态时电子绕核西动的速度，书“2 该因形电流在核处的磁感强度 B-25T 2n 上述过阻中电子的速度？<C,故式中m取电子的静止质量。 题17.14已知a粒子的静质量为6,68×10刀kg,求述率为5000km修的m校子的德布罗意波 长. 愿17,14解：由于粒子运动速率v<心，故有m=%,则其德布罗意波长为
2 i 1 2 f 1 f n E n E E = E − Ei = − （1） = − 2 f 2 i 1 1 1 n n R 将 E1 = −13.6eV ， nf = 1 和 E =13.6eV （这是受激氢原子可以吸收的最多能量）代入式（1）， 可得 ni = 3.69 ，取整 ni = 3 （想一想为什么？），即此时氢原子处于 n = 3 的状态。 由式（2）可得氢原子回到基态过程中的三种可能辐射，所对应的谱线波长分别为 102.6nm、 657.9nm 和 121.6nm。 题 17.13：试证在基态氢原子中，电子运动时的等效电流为 1.0510−3 A 在氢原子核处，这个 电流产生的磁场的磁感强度为多大？ 题 17.13 解：基态时，电子绕核运动的等效电流为 1.05 10 A 2 4 3 2 1 2 1 1 − = = = = mr eh r ev I ef 式中 v1 为基态时电子绕核运动的速度， 1 1 2 mr h v = 该圆形电流在核处的磁感强度 12.5T 2 1 0 r I B = 上述过程中电子的速度 v << c，故式中 m 取电子的静止质量。 题 17.14：已知粒子的静质量为 6.68×10－27 kg，求速率为 5000 km/s 的粒子的德布罗意波 长。 题 17.14 解：由于粒子运动速率 v << c，故有 m = m0，则其德布罗意波长为
无=h-h=1.9×10'mm p mov 题17.15：求动能为10V的电子的德布罗高波的波长. 愿17.15解：由于电子的静能E,-mc2-0512MV,而电子动能5cE,·故有 P=(2m。E,)2，则其德布罗意波长为 p(2m=123 nm 思17.16：求温度为27℃时，对应于方均很速率的氧气分子的德布罗意波的波长。 题17.16解：理想气体分了的方均根速率下= 对应的氧分子的德布罗意被长 Nh Pm3MRT =2.58×10-nm 题17,17：若电子和光子的波长均为020nm,则它门的动量和动能各为多少？ 愿1717解：由于光子与电子的被长相问，它们的动量均为 p-受32x10gmg 光子的动能E-E-pc-62K©V(对光子：m-0,E。-0 电子的动能 E,=D=378ev (此处电子动能儿事相对诊方法计算) 2mo 思171用德布罗意波，仿服弦扳动的驻波公式来求解一辈无限深方势阱中自由粒子的能量 与动量表达式. 感17.18解：势阱的白由粒子来回运动，就相当于物质波在区间a内形成了稳定的驻波，出 两瑞固定弦驻波的条什可知，色有a=n入/2，即 -2 ，(m=L,2,3.) 由密布罗意关系式P=兰，可闲自由粒子的对量来达式 p=元2a (m=12.3. 由非相对论的动量与动能来达式E=云，可得自由脑子的能量表达式 F &3 (n-1.23.)
1.99 10 nm5 0 − = = = m v h p h 题 17.15：求动能为 1.0 eV 的电子的德布罗高波的波长。 题 17.15 解：由于电子的静能 0.512 MeV 2 E0 = m0 c = ，而电子动能 Ek E0 ，故有 1/ 2 0 k p = (2m E ) ，则其德布罗意波长为 1.23 nm (2 ) 1/ 2 0 k = = = m E h p h 题 17.16：求温度为 27℃时，对应于方均很速率的氧气分子的德布罗意波的波长。 题 17.16 解：理想气体分子的方均根速率 M RT v 2 3 = 。对应的氧分子的德布罗意波长 2.58 10 nm 3 A 2 2 − = = = = MRT N h m v h p h 题 17.17：若电子和光子的波长均为 0.20 nm，则它们的动量和动能各为多少？ 题 17.17 解：由于光子与电子的波长相同，它们的动量均为 24 1 3.22 10 kg m s − − = = h p 光子的动能 6.22 KeV( 0, 0) Ek = E = pc = 对光子：m0 = E0 = 电子的动能 37.8 keV 2 0 2 k = = m p E （此处电子动能用非相对论方法计算） 题 17.18：用德布罗意波，仿照弦振动的驻波公式来求解一维无限深方势阱中自由粒子的能量 与动量表达式。 题 17.18 解：势阱的自由粒子来回运动，就相当于物质波在区间 a 内形成了稳定的驻波，由 两端固定弦驻波的条件可知，必有 a = n / 2 ，即 ( 1, 2, 3, ) 2 = n = n a 由德布罗意关系式 h p = ，可得自由粒子的动量表达式 ( 1, 2, 3, ) 2 = = n = a h nh p 由非相对论的动量与动能表达式 m p E 2 2 = ，可得自由粒子的能量表达式 ( 1, 2, 3, ) 8 2 2 2 = n = ma n h E
从上述结果可知。此时白由粒子的动量和能量都是量子化的。 题17.19：电子位置的不疏定量为50×102nm时，其速率的不确定量为多少？ 愿17I9解：因电子位里的不确定量x=5×102m,由不确定关系式以及4p,=m4m,可得 电子这半的不确定量 Av,=h =1.46×10'mg N 思17,20：铂核的线度为72×105m。求其中一个质子的动量和速度的木确定量。 题17.20解：对质子来说，其位置的不确定量心=72x10 一m-3.6×0”m,由不确定关系 2 式△p≥乃以及p=m心P,可得质子动量和速度的不确定量分别为 =品=189×10*gmg 4r=49=1.1B×107ms 题17.21：一质量为40g的子弹以1.0×10ms的速率飞行，求：(1)其德布罗意波的波长： (2)若子弹位置的木确定量为0.10山m。求其速率的不确定量。 思17,21解：(1)子弹的德布罗意波长为 元-h-166×105m m V (2)由不确定关系式以及4p,=刷r,可得子并速率的不确定量为 4y=9=h=16×10ms 由计算可知，由于值极小，其数量毁为I0,拉不确定关系式只对微观粒子才有实示 意义，对于金烈物体，其行为可以精确地预音。 愿1722试证如果粒子位置的不确定量等于其德布罗意波长，则此粒子遮度的不确定量大于 或等于其速度。 天，顶4r=坐 愁17.22证：由题登知，位五不确定量4x=入，由不确定关系式可得y≥上-· 战速度的不确定量 Ar≥h-卫，即Av2r m入用 思17,23，已知一卷运动粒子的波函数为
从上述结果可知，此时自由粒子的动量和能量都是量子化的。 题 17.19：电子位置的不确定量为 5.0 10－2nm 时，其速率的不确定量为多少？ 题 17.19 解：因电子位置的不确定量 5 10 nm −2 x = ，由不确定关系式以及 x x p = mv 可得 电子速率的不确定量 7 1 1.46 10 m s − = = m x h vx 题 17.20：铀核的线度为 7.2 10－5m。求其中一个质子的动量和速度的不确定量。 题 17.20 解：对质子来说，其位置的不确定量 m 3.6 10 m 2 7.2 10 15 15 − − = r = ，由不确定关系 式 rp h 以及 p = mv ，可得质子动量和速度的不确定量分别为 20 1 1.89 10 kg m s − − = = r h p 7 1 1.13 10 m s − = = m p v 题 17.21：一质量为 40g 的子弹以 1. 0 103 m/s 的速率飞行，求：（ 1）其德布罗意波的波长； （2）若子弹位置的不确定量为 0.10 m，求其速率的不确定量。 题 17.21 解：（1）子弹的德布罗意波长为 1.66 10 m −35 = = m v h （2）由不确定关系式以及 x x p = mv 可得子弹速率的不确定量为 x 28 1 1.66 10 m s − − = = = m x h m p v 由计算可知，由于 h 值极小，其数量级为 10－34，故不确定关系式只对微观粒子才有实际 意义，对于宏观物体，其行为可以精确地预言。 题 17.22：试证如果粒子位置的不确定量等于其德布罗意波长，则此粒子速度的不确定量大于 或等于其速度。 题 17.22 证：由题意知，位置不确定量 x = ，由不确定关系式可得 h x h p = ，而 m p v = ， 故速度的不确定量 v v m p m h v = ，即 题 17.23：已知一维运动粒子的波函数为
x20 10 x0，试求：(1)白一化常数A和归一化被函数：(2)该校子位置坐标的概辛分布函 数（又称概率密度）：(3)在何处找到粒子的概率最大。 题17.23解：)由归一化条件∫x女=1，有 ps+es-广e-在-l A-22反 (住：利用飘分公式：*山=子) 经白一化后的波函数为 21J2e“ x20 ) o x<0 (2)粒子的概率分有的数为 r-6 x20 x<0 (3)令 w国-0，有42e-2。)=0,得x=0x=和x→时.函数rf 有极值。由二阶导数 <0可知，在=处，有最大恤，即较子在该处出 现的概率最大。 题17.24设有一电子在宽为020nm的一维无限深的方势阱中。(1)计算电子在最低能级的 能量：(2)当电子处于第一激发态(n一2)时，在势讲中可处出现的概率最小，其值为多少？ 愿17.24解：)一维无限深势饼中校子的可能能量E=忙： 三·式中a为势阱宽度，当 量子数”=1时，粒了处于基态，能量最低。因此，电子在最能级的能量为 --1.51×10"J-943eV 87 (2)粒子在无限深方势阱中的波函数为
= − 0 ( ) x Axe x 0 0 x x 式中 0 ，试求：（1）归一化常数 A 和归一化波函数； （2）该粒子位置坐标的概率分布函 数（又称概率密度）；（3）在何处找到粒子的概率最大。 题 17.23 解：（l）由归一化条件 ( ) d 1 2 = − x x ，有 1 4 0 d d d 3 2 2 2 0 2 2 2 0 2 0 2 + = = = − − − A x A x e x A x e x x x A = 2 （注：利用积分公式 3 2 0 2 d b y e y by = − ） 经归一化后的波函数为 = − 0 2 ( ) x xe x 0 0 x x （2）粒子的概率分布函数为 = − 0 4 ( ) 3 2 2 2 x x e x 0 0 x x （3）令 0, d d[ ( ) ] 2 = x x ，有 4 (2 2 ) 0 3 2 2 2 − = − x − x xe x e ，得 1 x = 0，x = 和 x → 时，函数 2 (x) 有极值。由二阶导数 0 d d ( ) 1 2 2 2 = x x x 可知，在 1 x = 处， 2 (x) 有最大值，即粒子在该处出 现的概率最大。 题 17.24：设有一电子在宽为 0.20 nm 的一维无限深的方势阱中。（1）计算电子在最低能级的 能量；（2）当电子处于第一激发态（n = 2）时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为多少？ 题 17.24 解：（1）一维无限深势饼中粒子的可能能量 2 2 2 8ma h En = n ，式中 a 为势阱宽度，当 量子数 n =1 时，粒子处于基态，能量最低。因此，电子在最低能级的能量为 1.51 10 J 9.43eV 8 18 2 1 = = = − ma h E （2）粒子在无限深方势阱中的波函数为
w()=2mxn=12, 当它处于第一激发态(n-2)时，波函数为 v)2sm 0sxsa 相应的概半击度函数为 x=2n2 二x,0sxsa 令啡-D dr 得 亭n受w号0 在05150的施图内时论可，当x心异员 二a和a时，函数wx取得极做.由 20可知，函数在x=0.x=a2和x=a(即x=0.010nm.020nm）处概字最小， dx 其值均为零。 题17.2在线度为10×10m的细追中有许多质量为带=10×10kg的生物粒子，若将生 物粒子作为微观校子处理，试估算该校子的n一100和n一1D1的能级和能级差各是多大。 思17.25解：按推无限深方势脚这物理模型计算，可得 -10时，耳-n 8u-549x0- n=101时，马=r产 o=5.60x0-7j 它们的能级差△E=E2-E=1.11×10-J 题17.26：一电子被限制在宽度为1.0×10m的一蛋无限深势阱中1运动.(1》欲使电子从基 态跃迁到第一激发态，雷给它多少能量？(2)在基态时，电子处于1-0090×10-0m与卫 =0.110×100m之间的概率为多少？(3)在第一澈发态时，电子处于x'=D与 x'=0.25×10-"m之间的擦率为多少？ 思1726解：(1》电了从基态(n-1)跃证到第散发态(n-2)所需能量为
sin , 1, 2, ... 2 ( ) = x n = a n a x 当它处于第一激发态（n = 2）时，波函数为 x x a a a x = , 0 2 sin 2 ( ) 相应的概率密度函数为 x x a a a x = , 0 2 sin 2 ( ) 2 2 令 0 d d[ ( ) ] 2 = x x 得 0 2 cos 2 sin 8 2 = a x a x a 在 0 x a 的范围内讨论可得，当 x =0, 4 a , 2 a , a 4 3 和 a 时，函数 2 (x) 取得极值。由 0 d d[ ( ) ] 2 x x 可知，函数在 x = 0, x = a/2 和 x = a（即 x = 0, 0.10nm, 0.20 nm）处概率最小， 其值均为零。 题 17.25：在线度为 1.0 10―5 m 的细胞中有许多质量为 m = 1.0 10―7kg 的生物粒子，若将生 物粒子作为微观粒子处理，试估算该粒子的 n = 100 和 n = 101 的能级和能级差各是多大。 题 17.25 解：按一维无限深方势阱这一物理模型计算，可得 5.49 10 J 8 100 37 2 2 2 1 − = = = ma h n 时，E n 5.60 10 J 8 101 37 2 2 2 2 − = = = ma h n 时，E n 它们的能级差 1.11 10 J 38 2 1 − E = E − E = 题 17.26：一电子被限制在宽度为 1.0 10−10 m 的一维无限深势阱中运动。（1）欲使电子从基 态跃迁到第一激发态，需给它多少能量？（2）在基态时，电子处于 x1 = 0.090×10−10 m 与 x2 = 0.110 10−10 m 之间的概率为多 少？（3 ） 在第一 激发态时 ，电子 处于 x1 ' = 0 与 ' 0.25 10 m 10 2 − x = 之间的概率为多少？ 题 17.26 解：（l）电子从基态（n = 1）跃迁到第一激发态（n = 2）所需能量为
