4　概率波第一课时教学实录

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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（由激发态跃迁到基态时发射的各谱线组成的谱线系）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 解：赖曼系的谱线满足公式长而提供的能量也最低，即

（Ｂ）3.4 eV；

（Ｃ）10.2 eV；

（Ｄ）13.6 eV。

1R(11) n2,3,4,....。可见，取n = 2时波长最12n2E

hc11hcR(22)10.2eV

122．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

3．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

（Ｂ）只有（２）和（４）；

（Ｃ）只有（１）、（３）和（４）；

（Ｄ）只有（２）、（３）和（４）。

（2）n = 3，l = 3，ml1，ms1/2；

（4）n = 3，l = 0，ml0，ms1/2。

[

] h，第一激发态，n = 2。由此可得答案（A）。

21的可能取值为0，1，2；ml的可能取值是0,1,2，ms，因而（1）（3）和（4）可2以描述原子中电子状态，故选项（C）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：

1 （Ｂ）增大2D倍；

（Ｃ）增大D倍；

（Ｄ）不变。

D1D2221222

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概率波习题详解

习题册-下-9 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：B 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分裂为两束，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：434nm；E3.4eV。

解：根据玻耳频率跃迁条件得



（B）斯特恩-格拉赫实验；

（C）戴维逊-革末实验；

（D）卢瑟福实验。

1R(11)，即

225222521007224.3410m434nm

7(52)R211.09710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

13.63.4eV

222．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

倍。

答案：9 解：基态氢原子能量E113.6eV。根据玻尔理论hEnE1得EnhE1，即

En12.0913.61.51eV

此外，氢原子第n能级的能量

En由此得

1.5113.6eV

n213.6

，故n29,n3。

2n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．在描述原于内电子状态的量子数n,l,ml中，

（1）当n5时，l的可能值有

个，它们是

2

；

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习题册-下-9 （2）当l = 5时，ml的可能值有

个，它们是

；

；

（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。

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

个；这些电子的磁量子数ml的值为

；自旋量子数ms的值为

。

答案：10；0,1,2；1。

2Ze2(2l1)2(221)10

解：d支壳层就是l2的支壳层，最多能容纳的电子数为：

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

。

答案：,12x0a3a5a7a,,

8888a4a23a4ax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

1．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）31102.6nm, 21121.6nm, 32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

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习题册-下-9 E1E11，

即

12.513.6[1]

222n1n解得

n3.5。取整数，得最高激发能级n3。

EEnE1（2）当从n3能级向下跃迁时，可能发出如下三条谱线：

99118n3n1：31R22R，31102.6nm；

71398R81.097104113n2n1：21R22R，21121.6nm；

3R12436115n3n2：32R22R，32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

x x0Ae

(x){

0 x0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（概率密度）。

答案：（1）A23/223/2xex，(x)0x0x02x0x0；

43x2e2x（2）0解：（1）由归一化条件

。

(x)dx1，有

由积分公式

00dx20Axe222xdx0Axe222xA2dx31

40y2ebydy22

1

得

A23/

3b23/2xex经归一化的波函数为(x)0（2）粒子的概率分布函数为

x0x0；

43x2e2x(x)02x0x0

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习题册-下-9 3．一维无限深的方势阱中粒子的定态波函数为n(x)述两种情况下粒子在x0到x子处于n2的状态时。

答案：（1）0.19；（2）0.40。

解：（1）当粒子处于基态时

2nsinx,n1,2,...，试求下aaa之间被找到的概率：当（1）粒子处于基态时；（2）粒31(x)粒子在x0到x2sinxaa

a之间被找到的概率为

3a30P

2an131(x)dx3sin2xdx0.19

a0a342（2）当粒子处于n2的激发态时

2(x)粒子在x0到x22sinxaa

a之间被找到的概率为

3a30P

2a2132(x)dx3sin2xdx0.40

a0a38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？

答案：（1）9.43eV；

0.10nm， 0.20nm）处概率最小，其值均为零。

（2）在x0,,a（即x0，a2h2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

h2E11.511018J9.43eV

8ma（2）粒子在无限深方势阱中的波函数为

n(x)

2nsinx,n1,2,...

aa5

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习题册-下-9 当它处于第一激发态（n2）时，波函数

(x)相应的概率密度函数

22sinx,0xa

aa(x)sin2令

22a2x,0xa

ad(x)dx2aaa3a2在0xa的范围内讨论可得，当x0,,,,a时，函数(x)取得极值。

424由0，

得

8sin2xcos2x0。

a2ad(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2值均为零，即电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；

2h2h3h；

,,222（3）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

1222h，对于

n = 4，l = 3的电子来说2h2h3hml0,1,2,3，则Lz的可能取值为0,；

,,222mlL（3）角动量L与z轴的夹角arccoszarccos。

Ll(l1)（2）轨道角动量在z轴上的分量Lzml如图所示，当ml分别取3,2,1,0,1,2,3时，相应夹角分别为

30,55,73,90,107,125,150

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