习题1111-1．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--⨯===⨯。

11-2．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-=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯。

11-3．在加热黑体过程中，其单色辐出度对应的峰值波长由0.69μm 变化到0.50μm ，求总辐出度改变为原来的多少倍？ 解：由b T m =λ 和 4T M σ=可得， 63.3)5.069.0()()(440400====m m T T M M λλ11-4．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--==⨯⨯⨯⨯⨯=。

11-5．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11-6．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。

解：由公式：h cE λ=，2E mc =及hP λ=，有：红光：3481976.6310310 2.8410710hc E J λ---⨯⨯⨯===⨯⨯， 342876.63109.4710710h P kg m s λ---⨯===⨯⋅⨯， 19362822.84103.1610(310)E m kg c --⨯===⨯⨯； X 射线：34815106.63103107.956100.2510hc E J λ---⨯⨯⨯===⨯⨯， 3423106.6310 2.65100.2510h P kg m s λ---⨯===⨯⋅⨯，15322827.956108.8410(310)E m kg c --⨯===⨯⨯； γ射线：34813126.6310310 1.6101.2410hc E J λ---⨯⨯⨯===⨯⨯， 3422126.6310 5.35101.2410h P kg m s λ---⨯===⨯⋅⨯， 13302821.610 1.7810(310)E m kg c --⨯===⨯⨯。

11-7．W 100钨丝灯在K 1800温度下工作。

假定可视其为黑体，试计算每秒钟内，在A5000到A 5001波长间隔内发射多少个光子？解：设钨丝灯的发射面积为S ，由斯特藩-玻耳兹曼定律可得辐射总功率4P T S σ=⋅，那么，钨丝的发射面积为：4241.6810P S m T σ-==⨯， 利用普朗克公式：25211hc kThc M eλλπλ-=-，那么，单位时间内从黑体辐射出的在λ∆范围内的能量为： 252()1hc kThc SP M T S eλλλπλλλ∆-∆⋅=⋅∆⋅=-考虑到一个光子的能量为：h ch ενλ==，设每秒发射出N 个光子，应有P N λε∆=∴44211hckTP c P N T e λλπλελσ∆⋅∆==⋅⋅- 3487238101374846.6310310510 1.3810180023101011005.710(510) 5.671018001e π------⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⨯⨯⨯⨯-。

11-8．砷化镓半导体激光器(GaA1As)，发射38.010nm λ=⨯红外光，功率为5.0mW ，计算光子的产生率。

解：设每秒钟发射n 个光子，每个光子的能量为h ν，那么：P n h ν=，∴339173485108.01010 2.01106.6310310P P n h hc λν---⨯⨯⨯⨯====⨯⨯⨯⨯（个）。

11-9．钾的截止频率为4.62×1014Hz ，用波长为435.8nm 的光照射，能否产生光电效应？若能产生光电效应，发出光电子的速度是多少？解：（1）由0A h ν=知逸出功34146.6310 4.6210 1.91A eV ⨯⨯⨯－＝＝，而光子的能量：2.85cheV ελ==。

可见A ε>，能产生光电效应；（2）由光电效应方程：212A m v ε=+，有v =∴55.7410/v m s ===⨯。

11-10．波长为A 1的X 光在石墨上发生康普顿散射，如在2πθ=处观察散射光。

试求：（1）散射光的波长'λ；（2）反冲电子的运动方向和动能。

解：（1）由康普顿散射公式：202sin2c θλλλλ'∆=-=和而康普顿波长：0.02426A c λ=，知：2202sin120.02426A ( 1.02426A 22c θλλλ'=+=+⨯⨯=； （2）如图，考察散射粒子的动量，在x 轴方向上：0x h p i λ=┄① 在y 轴方向上：y h p j λ=-'┄②①/②有：00/1tan / 1.02426h h λλϕλλ'=-=-=-'， ∴1arctanarctan 0.976344.314418'1.02426ϕ=-=-== ；动能：000291k c cE h h hc eV λλλλλλ'-=-=⋅=''。

00h n νλy11-11．在康普顿散射中，入射X 射线的波长为3310nm -⨯，反冲电子的速度为0.6c ，求散射光子的波长和散射方向。

解：反冲电子的动能为 202022020225.06.01c m c m c m c m mc E k =--=-=且有 λλhchcE k -=，则散射光子的波长为 m 103.425.01200000-⨯=-=-=λλλλλc m h h E hc hc k再由康普顿散射公式 2s i n2200θλλcm h =-，可得 5176.02)(2sin00=-=hc m λλθ81623.62''==θ11-12．试计算氢原子巴耳末系的长波极限波长l m λ和短波极限波长s m λ。

解法一：由巴耳末公式224n B n λ=-，（其中365.6B nm =）当n →∞时，有短波极限波长：365.6sm B nm λ==；当3n =时，有长波极限波长：223364.5658.134l m nm nm λ=⨯=-。

解法二：利用玻尔理论：2n c E E h λ-=，有：2n h cE E λ=-，考虑到2 3.4E eV =-，当0n E E ∞==时，有短波极限波长：365.6sm B nm λ==；当3 1.51n E E eV ==-时，有长波极限波长：223364.5658.134l mnm nm λ=⨯=-。

【注：解法一可用巴耳末公式的2211()2H R nν=- 形式，其中711.09710H R m -=⨯】11-13．在氢原子被外来单色光激发后发出的巴尔末系中，仅观察到三条光谱线，试求这三条谱线的波长以及外来光的频率。

解：由巴耳末公式2211()2H R nν=- ，由于仅观察到三条谱线，有543n =，，。

“52→”：221111()25H R λ=-，有：71 4.3410m λ-=⨯；“42→”：222111()24H R λ=-，有：72 4.8610m λ-=⨯； “32→”：223111()23H R λ=-，有：73 6.56310m λ-=⨯； 一般氢原子核外电子处于基态（1n =），外来光子的能量至少应将电子激发到5n =的激发态，所以，光子的能量应为：151125E E E E ε=-=-，考虑到h εν=，113.6E eV =-， 有：2191513411245(13.6) 1.610 3.151025 6.6310E Hz h ν----==⋅-⨯⨯=⨯⨯⨯。

11-14．一个氢原子从1=n 的基态激发到4=n 的能态。

（1）计算原子所吸收的能量；（2）若原子回到基态，可能发射哪些不同能量的光子？（3）若氢原子原来静止，则从4=n 直接跃回到基态时，计算原子的反冲速率。

解：（1）氢原子从1=n 的基态激发到4=n 的能态，吸收的能量为：1141213.6(13.6)12.75416E E E eV →-∆=-=--= （2）回到基态可能的跃迁有：“43→”、“42→”、“41→”、“32→”、“31→”、“21→”，考虑到：113.6E eV =-、2 3.4E eV =-、3 1.5E eV =-、40.85E eV =-，有： “43→”：43430.65E E E e V →∆=-=； “42→”：42422.5E E E e V →∆=-=； “41→”：414112.75E E E e V →∆=-=； “32→”：32321.9E E E e V →∆=-=； “31→”：31312.1E E E e V →∆=-=； “21→”：212110.2E E E e V →∆=-=。

（3）首先算出光子的能量：4112.75h E E eV ν=-=，∵c νλ=，而hp λ=（光子），∴由动量守恒有：H hm u λ=，（设电子的反冲速度为u ）194127812.75 1.610 4.071.6710310H H E E h u m s m m c λ---⨯⨯====⨯⨯⨯。

可见，电子的反冲速度很小，因此不需要考虑相对论效应。