第1页共5页9概率波习题详解习题册-下-9习题九一、选择题1．要使处于基态的氢原子受激发后能发射赖曼系（由各激发态向基态跃迁所构成的谱线系）的最长波长的谱线，至少应向基态氢原子提供的能量是[（Ａ）1.5eV；答案：C（Ｂ）3.4eV；]（Ｃ）10.2eV；（Ｄ）13.6eV。̃=解：赖曼系的谱线满足公式ν最低，即111=R(2−2) n=2,3,4,....。可见，取n=2时波长最长而提供的能量也λ1n∆E=hc11=hcR(2−2)=10.2eVλ122．根据玻尔的理论，氢原子在n=5轨道上的角动量与在第一激发态的轨道角动量之比为（Ａ）5/2；（Ｂ）5/3；（Ｃ）5/4；（Ｄ）５。答案：A解：玻尔理论中角动量满足公式L=n[]h，第一激发态，n=2。由此可得答案（A）。2π3．下列四组量子数：（1）n=3，l=2，ml=0，ms=1/2；（3）n=3，l=1，ml=−1，ms=−1/2；其中可以描述原子中电子状态的[（Ａ）只有（１）和（３）；答案：C解：根据氢原子的量子理论和四个量子数（n，l，ml，ms）的取值关系，当n=3时，l的可能取值为0，1，2；ml的可能取值是0,±1,±2，ms=±对。4．将波函数在空间各点的振幅同时增大D倍，则粒子在空间的分布概率将[（Ａ）增大D2倍；答案：D解：不变。波函数是概率函数，其模的平方描述粒子t时刻在空间某点出现的概率。而概率是相对值，任意两点1和2之间的概率比值为：2222（2）n=3，l=3，ml=1，ms=1/2；（4）n=3，l=0，ml=0，ms=−1/2。]（Ｂ）只有（２）和（４）；（Ｃ）只有（１）、（３）和（４）；（Ｄ）只有（２）、（３）和（４）。1，因而（1）（3）和（4）可以描述原子中电子状态，故选项（C）2]（Ｂ）增大2D倍；（Ｃ）增大D倍；（Ｄ）不变。Dψ1Dψ2=ψ1ψ2可见，各点振幅同时增大D倍时概率分布不变。5．直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是[（A）康普顿实验；答案：B1]（B）斯特恩-格拉赫实验；（C）戴维逊-革末实验；（D）卢瑟福实验。第2页共5页9概率波习题详解习题册-下-9解：1922年，斯特恩和格拉赫在德国汉堡大学做了一个实验，发现处于S态的银原子射线在非均匀磁场中为两束，该现象用电子绕核运动无法解释，必须引进电子具有自旋的假设。二、填空题1．在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数n=5的轨道跃迁到n=2的轨道上时，对外辐射光的波长为________nm；若再将该电子从n=2的轨道跃迁到游离状态，外界需要提供的能量为______eV。答案：λ=434nm；∆E=3.4eV。̃=解：根据玻耳频率跃迁条件得ν111=R(2−2)，即λ25λ=22⋅52100==4.34×10−7m=434nm227(5−2)R21×1.097×1013.6=3.4eV22倍。当电子从n=2跃迁到游离态，即 n→∞，则所需的能量为∆E=E∞−E2=−E2=2．处于基态的氢原子被能量为12.09eV的光子激发时，其电子的轨道半径为基态轨道半径的答案：9解：基态氢原子能量E1=−13.6eV。根据玻尔理论hν=En−E1得En=hν+E1，即En=12.09−13.6=−1.51eV此外，氢原子第n能级的能量由此得En=−13.6eVn2−1.51=−13.6n2，故n2=9,n=3。再由氢原子的半径公式rn=n2a1=9a1知，此时氢原子的半径增加到基态时的9倍。3．在描述原子内电子状态的量子数n,l,ml中，（1）当n=5时，l的可能值有（2）当n=5时，ml的可能值有（3）当l=4时，n的最小可能值是（4）当n=3时，电子可能状态数为个，它们是个，它们是；个。；；答案：（1）5个；l=0,1,2,3,4；（2）9个，ml=0,±1,±2,±3,±4；（3）5；（4）18。解：（1）l取0到n-1共n个值。故n=5时，l可能取5个值，即l=0,1,2,3,4；（2）n=5，则l=0,1,2,3,4，ml取0到±l共2l+1个值。所以，ml的可能取值为9个，它们是ml=0,±1,±2,±3,±4；（3）因为l的最大可能值为(n−1)，所以l=4时，n的最小可能值是5；（4）电子的可能状态数为2n2。所以当n=3时，电子的可能状态数为2n2=18。4．能够占据一个d支壳层的最多电子数为自旋量子数ms的值为答案：10；0,±1,±2；±。个；这些电子的磁量子数ml的值为；1。2解：d支壳层就是l=2的支壳层，最多能容纳的电子数为：2第3页共5页9概率波习题详解习题册-下-9Ze=2(2l+1)=2(2×2+1)=10磁量子数取值为0到±l，即ml=0,±1,±2。自旋量子数：ms=±。5．在一维无限深势阱0→a范围内波函数如图，则发现粒子概率最大的位置是。12ψ(x)0a3aa3a5a7a2答案：,,,48888解：概率最大处即波函数模的平方最大。由图可知波峰与波谷处波函数平方有最大值。三、计算题a4ax1．以能量为12.5eV的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级？当回到基态时能产生哪些谱线？画出谱线的能级跃迁图。答案：（1）n=3；（2）λ31=102.6nm, λ21=121.6nm, λ32=656.3nm；（3）能级跃迁图如图所示。解：（1）已知E1=−13.6eV。设氢原子全部吸收12.5eV能量后，最高能激发到第n能级，则E1E11−2，即12.5=13.6[1−2]2n1n解得n=3.5。取整数，得最高激发能级n=3。（2）当从n=3能级向下跃迁时，可能发出如下三条谱线：∆E=En−E1=⎡11n=3→n=1：ν̃31=R⎢2−2⎣1399⎤8=R，λ31===102.6nm；⎥8R8×1.097×107⎦94⎡11⎤3n=2→n=1：ν̃21=R⎢2−2⎥=R，λ21==121.6nm；3R⎣12⎦436⎡11⎤5n=3→n=2：ν̃32=R⎢2−2⎥=R，λ32==656.3nm。5R⎣23⎦36（3）能级跃迁图如图所示。2．已知一维运动粒子的波函数为−λx x≥0Ψ(x)={Axe0 x≤0式中λ>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（概率密度）。答案：（1）A=2λ3/2⎧2λ3/2xe−λx，Ψ(x)=⎨⎩0x≥0；x≤0⎧4λ3x2e−2λx（2）ρ=⎨⎩0解：（1）由归一化条件x≥0。x≤0Ψ(x)dx=1，有32∫+∞−∞第4页共5页9概率波习题详解习题册-下-9∫得0−∞0dx+2∫+∞0Axe22−2λxdx=∫+∞0Axe22−2λxA2dx=3=14λ2）b3A=2λ3/2（积分公式∫+∞0y2e−bydy=经归一化的波函数为Ψ(x)=⎨⎧2λ3/2xe−λx⎩0x≥0；x≤0（2）粒子的概率分布函数为⎧4λ3x2e−2λx2ρ=Ψ(x)=⎨⎩0x≥0x≤03．一维无限深的方势阱中粒子的定态波函数为ψn(x)=子在x=0到x=2nπsinx,n=1,2,...，试求下述两种情况下粒aaa之间被找到的概率：当（1）粒子处于基态时；（2）粒子处于n=2的状态时。3答案：（1）0.19；（2）0.40。解：（1）当粒子处于基态时ψ1(x)=粒子在x=0到x=2πsinxaaa之间被找到的概率为3P=∫a302anπ13ψ1(x)⋅dx=∫3sin2x⋅dx=−=0.190aa34π2（2）当粒子处于n=2的激发态时ψ2(x)=粒子在x=0到x=22πsinxaaa之间被找到的概率为3P=∫a302a2π13ψ2(x)⋅dx=∫3sin2x⋅dx=+=0.400aa38π24．设有一电子在宽为0.20nm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？答案：（1）9.43eV；a（2）在x=0,,a（即x=0， 0.10nm， 0.20nm）处概率最小，其值均为零。2h2解：（1）一维无限深势阱中粒子的可能能量En=n，式中a为势阱宽度。8ma22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4第5页共5页9概率波习题详解习题册-下-9h2E1==1.51×10−18J=9.43eV8ma（2）粒子在无限深方势阱中的波函数为2nπsinx,n=1,2,...aaψn(x)=当它处于第一激发态（n=2）时，波函数ψ(x)=相应的概率密度函数22πsinx,0≤x≤aaa222πψ(x)=sin2x,0≤x≤aaa令dψ(x)dx(2)=0，得8π2πx2πxcos=0。2sinaaa在0≤x≤a的范围内讨论可得，当x=0,,,aa3a2,a时，函数ψ(x)取得极值。424由dψ(x)dx(2)>0可知，函数在x=0,a,a（即x=0， 0.10nm， 0.20nm）处概率最小，其值均为零，即电2子不出现在这些位置。5．氢原子中的电子处于n=4,l=3的状态。问：（1）该电子角动量L的值为多少？（2）这角动量L在z轴的分量有哪些可能的值？（3）角动量L与z轴的夹角的可能值为多少？答案：（1）L=12h；2πh2h3h,±,±；2π2π2π（3）θ分别为30°,55°,73°,90°,107°,125°,150°。（2）Lz的可能取值为0,±解：（1）n=4，l=3时，电子角动量L=l(l+1)hh=122π2πh，对于n=4，l=3的电子来说ml=0,±1,±2,±3，则Lz2π（2）轨道角动量在z轴上的分量Lz=ml的可能取值为0,±h2h3h；,±,±2π2π2πmlLz=arccos。Ll(l+1)（3）角动量L与z轴的夹角θ=arccos如图所示，当ml分别取3,2,1,0,−1,−2,−3时，相应夹角θ分别为30°,55°,73°,90°,107°,125°,150°5
