一：激光原理
受激辐射、粒子数反转。
产生激光的条件：实现粒子数反转。
激光的特性：良好的相干性、良好的单色性、良好的方向性、极高的亮度。 三个基本物理因素：激活物质（工作物质）、激励电源、光学谐振腔。 二：实验
1：夫兰克—赫兹实验
夫兰克—赫兹实验的物理意义：为原子的量子化能级的存在给出了直接的实验验证。要理解几个概念：基态、激发态、第一激发电势、电离、电离电势、第一电离电势。
2史特恩—盖拉赫实验证实了电子有自旋。: 三：碱金属原子
量不仅与主量子数n
有关，还与角量子数l 有关。 ⑵
⑵与氢原子能级公式
相比较，由于 ，碱金属能级比相应的氢原子能级要低。
⑶随着l 的增大， ⊿x 迅速变小， 与n 差别变小，所以n 相同l 不同的几个能级，l 越
大，与氢原子能级差别越小 四：碱金属原子光谱精细结构
主线系、第二辅线系： 双线结构; 第一辅线系、柏格曼线系： 三线结构 从光谱的精细结构规律特点推断得到碱金属原子定态能级的结构特征： ⑴ S 能级（l=0）是单层
的，所有其他能级都是双层的。 ⑵ 对同一l 值，双层能
级的间隔随主量子数n 增加而渐减 ⑶ 对同一n 值，双层能
级的间隔随角量子数l 增加而渐减
电子有自旋运动。电子轨道运动产生的磁场与自旋磁矩。相互作用是碱金属原子光谱产生精细结构的原因。 五：自旋磁矩与轨道运动产生的磁场相互作用引起的能量修正项是： ⑵ 从能级双层结构知道，电子自旋空间取向只有与电子轨道运动产生的磁场方向平行和反平行两种。
六：练习题
1.
当2p→2s 跃迁时，发射的锂的共振线的波长为6708A °，p 项的量子亏损?p =0.04，试根
据这些数据计算⑴ 共振电势和电离电势。⑵ 以此共振线为起始线的线系限的波长。 2. 铯蒸汽光谱的第二辅线系主线由波长为14695A °和13588A°两条线组成，试求这一线系的其余双线间的间隔，以波数表示
3. 用光谱项的精细结构公式，计算氢原子中电子轨道运动和自旋相互作用，以及相对论修正的能量的最大值。
4. 已知某碱金属原子的价电子从3d 态跃迁到3p 态，考虑精细结构，画出全部可能发生的跃迁。
5.
⑴已知锂原子量子数修正项?s =0.41，并认为锂离子中的两个1s 电子互相完全屏蔽，估
n
n <*
*n
B E s ls
?-=?μ
计电离锂原子的全部三个电子所需要的总能量（ev ）。
⑵若实际测得电离这三个电子所需的总能量为203.44ev ，试计算锂离子中作用于1s 电子的有效电荷数。
七：练习题
1、某原子的最外层电子有两个，基态时的组态4S4S ，当其中一个被激发。考虑两种情况： ⑴ 此电子被激发到5S 态。 ⑶
它被激发到4P 态。试
求在LS 耦合情况下，这两种电子组态分别组成的原子态，画出相应的能级图，从⑴和
⑵情况形成的激发态向低能级跃迁分别各有几种光谱跃迁？ 2、氦原子光谱中波长为6678A °（1S3d 1S2P ）及7065A°（1S3S
1S2P ）的两条谱线。在磁场中发生塞曼效应时各分裂成几条？分别作出能级跃迁图，问哪一个是正常塞曼效应，哪一个不是，为什麽？ 3.写出Al （Z=13）、Fe （Z=26）的原子基态及其轨道角动量，自旋角动量，总角动量和有效磁矩。
4.对于电子组态3P4d ，在LS 耦合时，⑴写出所有的光谱项，⑵若置于磁场中，问一共分裂出多少个能级？
5．有一氢原子处在l=1、j=3/2的状态中，试求：
⑴在史特恩 — 盖拉赫实验中，将分裂为几条线状痕迹？ ⑵它的总角动量在磁场方向的最大分量？ ⑷
的总磁矩在磁场方向
的最大分量？
6.在某强度磁场作用下，钠的 能级分裂后，其能量差为 ev 。求钠光5896A °
（ ）分裂的四条谱线的波长。（h=4.09×10-15
ev.s,钠光5896A °光子的能量近似为2ev 。） 八：练习题 1、电子在原子中的状态完全由——个量子数决定；它们是——；电子在原子中的分布遵从——原理和——原理。
2、⑴根据泡利不相容原理确定以下各原子核外电子壳层的结构：氦（He 、Z=2）；碳（C 、Z=6）；氩（Ar 、Z=18）；钾（K 、Z=19）。⑵确定这些原子在正常电子组态时可能的光谱项。
3、在0.10A °的X 射线辅照下,某物质的K 吸收限λ0=0.15A °,从K 壳层发射出来光电子的最大动能是多少?
4、试述X 射线的莫塞莱定律，X 射线的K 、L 、M 线系是怎样形成的，绘一简图说明之。 九：练习题
1、已知，钠的同位素 通过发射α粒子而衰变，半衰期τ为4.5×109年(即1.47×1017s).求:⑴衰变常数λ; ⑵1居里的放射性需要多少质量的
2、一个病人服用30μci 的放射性碘 后24h ，测得其甲状腺部位的强度为4μci ，已
知 的半衰期为13.1h ，求在这24h 内多大比例的被服用的 集聚在甲状腺部位了（一般正常人此比例约为15%到40%）。 3、已知 具有放射性，半衰期T=5.23年，求1克 开始时的放射性居里数（1居里等于每秒发生3.7×1010次原子核的衰变）。 4、⑴ 裂变时释放出200Mev 的能量，试计算在裂变过程中，有百分之几的质量转化为能量。
⑵利用上述结果，试计算一个热功率为100万千瓦的核电站连续运转半年所消耗的核燃料
1121P D →0
3
13P S →212
3P 310-21221233S P →U
238I 123I 123
U 238Co 60Co 60U 235U
235
26109.3?
（ ）有多少Kg ？相当于多少吨燃煤（煤燃烧时释放的能量假定为每克7000卡） 5、计算下列反应的Q 值，并指出是吸热还是放热？
6、目前太阳内含有约 Kg 的氢，而其辐射总功率为 W ，按此功率辐射下去，经多长时间太阳内的氢就要烧光了。
7、一块岩石样品中含有0.3g 的 和0.12g 的 ,假设这些铅全来自 的衰变，试求这块岩石的地质年令。
C d p C B p C 12131013),(),(αU
H U B U He U H U C 014102.2:012937.10:___.002603.4:007825.1:___.003355.13:21041
1330105.1?2610
9.3?U 238Pb 206U 238
第一章习题参考答案 速度为v的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角-4 约为10rad. 要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V，沿X方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e表示，碰撞前静止在坐标原点O处，碰撞后以速度v沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） （3） （2） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得 （4） （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V， 化简上式，得 （６） 若记，可将（６）式改写为 （７）
视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sinθ=0 （1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90o-2φ（9） 将（9）式代入（7）式，有 由此可得 θ≈10弧度（极大）此题得证. （1）动能为的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大（2）如果金箔厚μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几 解：（1）依和金的原子序数Z 2=79 -4 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2)要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n，问题不知道nA，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n值.，其他值从书中参考列表中找. 从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au=79，A Au=197，ρ Au=×10kg/m
原子物理学杨福家第四版(完整版)课后答案 原子物理习题库及解答 第一章 111,222,,mvmvmv,，,,,,,ee222,1-1 由能量、动量守恒 ,,,mvmvmv,，,,,,ee, (这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子) Δp θ mv2,,,得碰撞后电子的速度 p v,em，m,e ,故 v,2ve, 2m,p1,mv2mv4,e,eee由 tg,~,~~,~,2.5，10(rad)mvmv,,,,pm400, a79，2，1.44,1-2 (1) b,ctg,,22.8(fm)222，5 236.02，102,132,5dN(2) ,,bnt,3.14，[22.8，10]，19.3，,9.63，10N197 24Ze4，79，1.441-3 Au核: r,,,50.6(fm)m22，4.5mv,, 24Ze4，3，1.44Li核: r,,,1.92(fm)m22，4.5mv,, 2ZZe1，79，1.4412E,,,16.3(Mev)1-4 (1) pr7m 2ZZe1，13，1.4412E,,,4.68(Mev)(2) pr4m 22NZZeZZeds,,242401212dN1-5 ()ntd/sin()t/sin,,,,,2N4E24EAr2pp 1323,79，1.44，106.02，101.5123,,()，，1.5，10，， 24419710(0.5) ,822,610 ,6.02，1.5，79，1.44，1.5，,8.90，10197 3aa,,1-6 时， b,ctg,,,,6012222 aa,,时， b,ctg,，1,,902222 32()2,dNb112 ？,,,32dN1,b222()2 ,32,324，101-7 由，得 b,bnt,4，10,,nt
第一章习题参考答案 1.1速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏 离角约为10-4 rad. 要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： 222212121v m V M V M e +'=αα （1） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2） ?θαsin sin 0v m V M e -'= （3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得 )sin(sin ?θθ α+=V M v m e （4） )sin(sin ?θ?αα+='V M V M （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V ， )(sin sin )(sin sin 222 2 222 2 ?θθ?θ?ααα+++=V m M V M V M e 化简上式，得 θ??θα 222sin sin )(sin e m M + =+ （６） 若记 αμM m e = ，可将（６）式改写为 θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )](2sin 2sin [)]sin(2[sin ?θ?μ?θμθ? θ ++-=+-d d 令0=?θd d ，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sinθ=0 （1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90o-2φ（9） 将（9）式代入（7）式，有 θ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=-
原子物理学习题解答 1.1 电子和光子各具有波长0.20nm,它们的动量和总能量各是多少? 解：由德布罗意公式p h /=λ,得： 1.2 铯的逸出功为1.9eV,试求: (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长;(2)如果要得到能量为1.5eV 的光电子,必 须使用多大波长的光照射? 解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式 w h mv -=ν2 021知,铯的光电效应阈频率为: 阈值波长: m)(1054.610 585.41037 14 800-?=??==νλc (2) J 101.63.4eV 4.3eV 5.1eV 9.12 119 -20??==+=+=mv w h ν 故: m )(10656.310 6.14.31031063.6719 8 34---?=?????===ννλh hc c 1.3 室温(300K)下的中子称为热中子.求热中子的德布罗意波长? 解：中子与周围处于热平衡时,平均动能为: 其方均根速率: m/s 27001067.11021.62227 21 ≈???== --n m v ε 由德布罗意公式得：)nm (15.02700 1067.11063.62734 =???===--v m h p h n n λ 1.4 若一个电子的动能等于它的静止能量,试求：(1)该电子的速度为多大?(2)其相应的德布罗意波长是多少? 解：（1）由题意知，20202c m c m mc E k =-=，所以 （2）由德布罗意公式得： )m (104.110 3101.931063.63212 8 313400---?=?????=====c m h v m h mv h p h λ 1.5 (1)试证明: 一个粒子的康普顿波长与其德布罗意波长之比等于2 /120]1)/[(-E E ,式中0E 和E 分别是粒 子的静止能量和运动粒子的总能量. (2)当电子的动能为何值时,它的德布罗意波长等于它的康普顿波长? (1)证明：粒子的康普顿波长:c m h c 0/=λ 德布罗意波长: 1 )/(1)/(2020204202-=-=-=== E E E E c m hc c m E hc mv h p h c λλ 所以, 2 /120]1)/[(/-=E E c λλ (2)解：当c λλ=时，有11)/(2 0=-E E ，即：2/0= E E 02E E =? 故电子的动能为：2000)12()12(c m E E E E k -=-=-= 1.6 一原子的激发态发射波长为600nm 的光谱线,测得波长的精度为7 10/-=?λλ,试问该原子态的寿命为 多长? 解： 77 8 3421010 61031063.6)(---?????=??=?-=?=?λλλλλνhc c h h E )J (10315.326-?= 由海森伯不确定关系2/ ≥??t E 得：)s (1059.110315.32100546.12926 34 ---?=???=?≥=?E t τ 1.7 一个光子的波长为300nm,如果测定此波长精确度为6 10-.试求此光子位置的不确定量. 解： λ λ λλλλλλ?? =?≈?+-=?h h h h p 2，或：
原子物理学杨福家1-6章课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版） 杨福家著(高等教育出版社) 第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论 第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线 第一章 习题1、2解 1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） ? θααcos cos v m V M V M e +'= （2）
? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90o-2φ（9）
第一章习题参考答案 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4 rad. 要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： 222212121v m V M V M e +'=αα （1） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2） ?θαsin sin 0v m V M e -'= （3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得 )sin(sin ?θθ α+=V M v m e （4） )sin(sin ?θ?αα+='V M V M （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V ， )(sin sin )(sin sin 222 2 2 22 2 ?θθ?θ?ααα+++=V m M V M V M e 化简上式，得 θ??θα 222sin sin )(sin e m M + =+ （６） 若记 αμM m e = ，可将（６）式改写为 θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７）
视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )](2sin 2sin [)]sin(2[sin ?θ?μ?θμθ?θ ++-=+-d d 令0=?θd d ，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sinθ=0 （1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90o-2φ（9） 将（9）式代入（7）式，有 θ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=- 由此可得 183641 ?= = =αμθM m e sin θ≈10-4 弧度（极大）此题得证. （1）动能为的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大（2）如果金箔厚μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几 解：（1）依 2cot 2θa b =和E e Z Z a 02 214πε≡金的原子序数Z 2=79 ) (10752.2245cot 00.544 .1792cot 42211502m E e Z b o -?=?=?=θπε 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2) 要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n ，问题不知道nA ，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n 值. A N A N A V V V N V N n ρ ρ==?== )(1mol A A 总分子数，其他值从书中参考列表中找. 从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au =79，A Au =197，ρAu =×104 kg/m 3
第二章习题 2-1 铯的逸出功为1.9eV ，试求： (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长； (2)如果要得到能量为1.5eV 的光电子，必须使用多少波长的光照射? 解：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =1.9×1.6×10-19/6.626×10-34 =4.59×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =6.54×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ 1.5= h ν-1.9 ν=3.4/h λ=c /ν=hc /3.4(m)=3.65×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子He +和两次电离的锂离子Li ++，分别计算它们的： (1)第一、第二玻尔轨道半径及电子在这些轨道上的速度； (2)电子在基态的结合能； (3)由基态到第一激发态所需的激发能量及由第一激发态退激到基态所放光子的波长． n e e πε Z n a ∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nm V 1H =2.19 ×106×1/1=2.19 ×106(m/s) V 2H =2.19 ×106×1/2=1.095 ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=0.053×12/2nm=0.0265nm r 2He+=0.053×22/2=0.106nm
V 1 He+=2.19 ×106×2/1=4.38 ×106(m/s) V 2 He+=2.19 ×106×2/2=2.19 ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=0.053×12/3nm=0.0181nm r 2 Li++=0.053×22/3=0.071nm V 1 Li++=2.19 ×106×3/1=6.57 ×106(m/s) V 2 Li++=2.19 ×106×3/2=3.28 ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它 ∵ 基态时n =1 H: E 1H =-13.6eV He+: E 1He+=-13.6×Z 2=-13.6×22=-54.4eV Li ++: E 1Li+=-13.6×Z 2 2(3) 由里德伯公式 =Z 2×13.6× 3/4=10.2Z 2 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能? 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为Z n ++ ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32×13.6×3/4eV=91.8eV 讨论:锂离子激发需要极大的能量
填空题 1、在正电子与负电子形成的电子偶素中，正电子与负电子绕它们共同的质心的运动，在n = 2的状态， 电子绕质心的轨道半径等于 nm 。 2、氢原子的质量约为____________________ MeV/c 2。 3、一原子质量单位定义为 原子质量的 。 4、电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为 eV 。 5、电子电荷的精确测定首先是由________________完成的。特别重要的是他还发现了_______ 是量子化的。 6、氢原子 n=2,n φ =1与H + e 离子n=?3,?n φ?=?2?的轨道的半长轴之比a H /a He ?=____,半短 轴之比b H /b He =__ ___。 7、玻尔第一轨道半径是0.5291010-?m,则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=_____,半短轴 b?有____个值，?分别是_____?， ??, . 8、 由估算得原子核大小的数量级是_____m,将此结果与原子大小数量级? m 相比, 可以说明__________________ . 9、提出电子自旋概念的主要实验事实是-----------------------------------------------------------------------------和_________________________________-。 10、钾原子的电离电势是4.34V ，其主线系最短波长为 nm 。 11、锂原子（Z =3）基线系（柏格曼系）的第一条谱线的光子能量约为 eV （仅需两位有效数字）。 12、考虑精细结构，形成锂原子第二辅线系谱线的跃迁过程用原子态符号表示应为——————————————————————————————————————————————。 13、如果考虑自旋, 但不考虑轨道-自旋耦合, 碱金属原子状态应该用量子数———————————— 表示，轨道角动量确定后, 能级的简并度为 。 14、32P 3/2→22S 1/2 与32P 1/2→22S 1/2跃迁, 产生了锂原子的____线系的第___条谱线的双线。 15、三次电离铍(Z =4)的第一玻尔轨道半径为 ，在该轨道上电子的线速度为 。 16、对于氢原子的32D 3/2能级，考虑相对论效应及自旋-轨道相互作用后造成的能量移动与电子动能及电子与核静电相互作用能之和的比约为 。 17、钾原子基态是4s,它的四个谱线系的线系限的光谱项符号,按波数由大到小的次序分别 是______,______,_____,______. (不考虑精细结构，用符号表示). 18、钾原子基态是4S ，它的主线系和柏格曼线系线系限的符号分别是 _________和 __ 。 19、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?x,x p ? 之间的关系为_____ 。 20、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?E,t ? 之间的关系为_____ 。 21、已知He 原子1P 1→1S 0跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线。若其波数间距为?~v ，
原子物理学课程教学大纲 一、课程说明 （一）课程名称、所属专业、课程性质、学分； 课程名称：原子物理学 所属专业：物理学专业 课程性质：基础课 学分：4 （二）课程简介、目标与任务； 原子物理学是物理类专业本科生的专业必修课，以物质结构的第一个微观层次（原子）为研究对象，是联接经典物理和近代物理的一门承上启下的课程。在理论方法上，该课程揭露经典理论在原子这一微观层次遭遇到的困难，并且为了解决这些困难而引入量子力学，学生将在本课程中较为系统地学习到量子力学的基本概念、基本原理、基本思想和方法。在应用实践上，通过本课程的学习，学生将系统性地了解和掌握原子物理学的发展历史，获得有关原子的电子结构、性质及其与外场相互作用的系统性知识，为以后从事相关的科学研究、生产应用和教学工作打下良好的基础。 （三）先修课程要求，与先修课之间的逻辑关系和内容衔接； 先修课程：《高等数学》、《数学物理方法》、《力学》、《理论力学》、《热学》、《电磁学》、《光学》 关系：《高等数学》和《数学物理方法》是学习原子物理学的数学基础。《力学》、《理论力学》、《热学》、《电磁学》和《光学》包含了学生在学习原子物理学之前需要掌握的必要的经典物理知识。有了这些准备知识才能理解为何不能用经典理论来研究原子体系，从而必须引入量子力学。 （四）教材与主要参考书； 选用教材：杨福家, 《原子物理学》第四版, 高等教育出版社, 2010 主要参考书：
1, C. J. Foot，《Atomic Physics》， Oxford University Press， 2005 2, H. Friedrich，《Theoretical Atomic Physics》， Springer， 2006 3, 褚圣麟，《原子物理学》，高等教育出版社， 1987 4, 曾谨言，《量子力学》，科学出版社， 2000 5, 卢希庭，《原子核物理》，原子能出版社， 1981 二、课程内容与安排 绪论原子物理学的发展历史（2学时）【了解】 第一章原子的组成和结构（5学时） 第一节原子的质量和大小【掌握】 第二节电子的发现【了解】 第三节原子结构模型【了解】 第四节原子的核式结构，卢瑟福散理论【重点掌握】【难点】 第五节卢瑟福理论的成功和不足【掌握】 第二章原子的量子态，玻尔理论（8学时） 第一节背景知识：黑体辐射、光电效应和氢原子光谱【掌握】 第二节玻尔的氢原子理论【重点掌握】【难点】 第三节玻尔理论的实验验证【掌握】 第四节玻尔理论的推广：椭圆轨道理论和碱金属原子光谱【重点掌握】 第五节玻尔理论的成功与缺陷【掌握】 第三章量子力学导论（18学时）【重点掌握】【难点】 第一节波粒二象性 第二节不确定关系 第三节波函数及其统计解释 第四节态叠加原理 第五节薛定谔方程 第六节薛定谔方程应用举例 第七节平均值和算符 第八节量子力学总结 第九节氢原子／类氢离子的量子力学解法 第十节爱因斯坦关于辐射和吸收的唯象理论 第十一节量子跃迁理论，含时微扰论
第一章习题1、2解 1.1 速度为v的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V，沿X方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。电子质量用m e表示，碰撞前静止在坐标原点O处，碰撞后以速度v沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 v m V M V M e + ' = α α（1） ? θ α α cos cos v m V M V M e + ' =（2） ? θ α sin sin 0v m V M e - ' =（3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e（4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M（5）
再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ， 化简上式，得 （６） θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1） 若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8） （2）若cos(θ+2φ)=0 则 θ=90o-2φ （9） 将（9）式代入（7）式，有 θ ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=-
由此可得 θ≈10-4弧度（极大） 此题得证。 1.2（1）动能为5.00MeV的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚1.0 μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？ 要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n值. 其他值 解：（1）依 金的原子序数 Z2=79 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为22.8fm. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出) 从书后物质密度表和原子量表中查出 Z Au=79,A Au=197, ρAu=1.888×104kg/m3
原子物理练习题答案
一、选择题 1．如果用相同动能的质子和氘核同金箔正碰,那么用质子作为入射粒子测得的金原子核半径上限是用氘核子作为入射粒子测得的金原子核半径上限的几倍？ A. 2 B.1/2 √ C.1 D .4 2．在正常塞曼效应中，沿磁场方向观察时将看到几条谱线： A ．0； B.1； √C.2； D.3 3. 按泡利原理,当主量子数确定后,可有多少状态? A.n 2 B.2(2l+1)_ C.2l+1 √ D.2n 2 4．锂原子从3P 态向基态跃迁时,产生多少条被选择定则允许的谱线（不考虑精细结构）? √A.一条 B.三条 C.四条 D.六条 5．使窄的原子束按照施特恩—盖拉赫的方法通过极不均匀的磁场 ，若原子处于5F 1态，试问原子束分裂成 A.不分裂 √ B.3条 C.5条 D.7条 6．原子在6G 3/2状态,其有效磁矩为： A ． B μ3 15； √ B. 0； C. B μ25； D. B μ215- 7．氦原子的电子组态为1s 2,根据壳层结构可以判断氦原子基态为： Ａ.１Ｐ１； Ｂ.３Ｓ１； √ Ｃ .１Ｓ０； Ｄ.３Ｐ０ . 8．原子发射伦琴射线标识谱的条件是： Ａ.原子外层电子被激发；Ｂ.原子外层电子被电离；
√Ｃ.原子内层电子被移走；Ｄ.原子中电子自旋―轨道作用很强。 9．设原子的两个价电子是p 电子和d 电子,在Ｌ－Ｓ耦合下可能的原子态有： A.4个 ； B.9个 ； C.12个 ； √ D.15个。 10．发生β+衰变的条件是 A.M (A,Z)＞M (A,Z －1)＋m e ; B.M (A,Z)＞M (A,Z ＋1)＋2m e ; C. M (A,Z)＞M (A,Z －1); √ D. M (A,Z)＞M (A,Z －1)＋2m e 11．原子核式结构模型的提出是根据α粒子散射实验中 A.绝大多数α粒子散射角接近180? B.α粒子只偏2?～3? √C.以小角散射为主也存在大角散射 D.以大角散射为主也存在小角散射 12．基于德布罗意假设得出的公式V 26.12=λ ?的适用条件是： A.自由电子，非相对论近似 √B.一切实物粒子，非相对论近似 C.被电场束缚的电子，相对论结果 D.带电的任何粒子，非相对论近似 13．氢原子光谱形成的精细结构（不考虑蓝姆移动）是由于： A.自旋－轨道耦合 B.相对论修正和原子实极化、轨道贯穿 √C.自旋－轨道耦合和相对论修正 D. 原子实极化、轨道贯穿、自旋－轨道耦合和相对论修正
第二章习题 2-1 铯的逸出功为，试求： (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长； (2)如果要得到能量为的光电子，必须使用多少波长的光照射 解：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =××10-19/×10-34 =×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ = h ν ν=h λ=c /ν=hc /(m)=×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子He +和两次电离的锂离子Li ++，分别计算它们的： (1)第一、第二玻尔轨道半径及电子在这些轨道上的速度； (2)电子在基态的结合能； (3)由基态到第一激发态所需的激发能量及由第一激发态退激到基态所放光子的波长． n e e Z n a ∴H: r 1H =×12/1nm= r 2 H =×22/1= V 1H = ×106×1/1= ×106(m/s) V 2H = ×106×1/2= ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=×12/2nm= r 2He+=×22/2= V 1 He+= ×106×2/1= ×106(m/s) V 2 He+= ×106×2/2= ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=×12/3nm= r 2 Li++=×22/3=
V 1 Li++= ×106×3/1= ×106(m/s) V 2 Li++= ×106×3/2= ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它等于把电子从基态电离掉所需要的能量。 ∵ 基态时n =1 H: E 1H = He+: E 1He+=×Z 2=×22= Li ++: E 1Li+=×Z 2=×32= (3) 由里德伯公式 Z 2××3/4= 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为 Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32××3/4eV= 讨论:锂离子激发需要极大的能量 2-4 运动质子与一个处于静止的基态氢原子作完全非弹性的对心碰撞，欲使氢原子发射出光子，质子至少应以多大的速度运动 要点分析:质子与氢原子质量相近,要考虑完全非弹性碰撞的能量损失.计算氢原子获得的实际能量使其能激发到最低的第一激发态. 解： 由动量守恒定律得 m p V =(m p +m H )V ' ∵ m p =m H V’=V /2 由能量守恒定律,传递给氢原子使其激发的能量为:
原子物理学课后前六章答案（第四版） 福家著(高等教育) 第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论 第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线 第一章 习题1、2解 1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为 10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不 动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散 射。电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2）
? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90o-2φ（9）
第一章原子的基本状况 教学内容 §1.1 原子的质量和大小 §1.2 原子的核式结构 §1.3 同位素 教学要求 （1）掌握原子的静态性质；理解阿伏加德罗常数的物理意义。（2）掌握电子的发现、α粒子散射实验等实验事实。 （3）掌握库仑散射公式和卢瑟福散射公式的推导。 （4）掌握卢瑟福公式的实验验证、原子核大小的估计和原子的核式结构。 重点 ?α粒子散射实验 ?卢瑟福散射公式 ?库仑散射公式 ?原子的核式模型。 难点 ?库仑散射公式 ?卢瑟福散射公式推导 §1.1 原子的质量和大小 一、原子的质量 二、原子的大小 三、原子的组成 一、原子的质量 质量最轻的氢原子：1.673×10-27kg 原子质量的数量级：10-27kg~~10-25kg ? 1.原子质量单位和原子量 ?原子质量单位u：规定自然界中含量最丰富的一种元素12C的质量的1/12 1u=1.994×10-26kg/12=1.661×10-27kg ?原子量A:将其他原子的质量同原子质量单位相比较，所得的数值即为原子量A。 ?MA=A·u ?A是原子质量的相对值 ?MA是原子质量的绝对值 ?知道了原子量，就可以求出原子质量的绝对值。 2．阿伏伽德罗定律 ?1811年，意大利物理学家阿伏伽德罗提出： ?一摩尔任何原子的数目都是NA NA=6.02214?1023/mol，称为阿伏伽德罗常数 ?如果以A代表原子量，NA代表阿伏伽德罗常数，MA 代表一个原子的质量绝对值，那么 ?式中原子量A代表一摩尔原子的以克为单位的质量数，只要NA知道，MA就可以算出。 测量阿伏伽德罗常数的几种方法 1．电解法： 在电解实验中发现：分解出的正离子的量与流过电解流的电荷成正比， NA= = A A N A M= 一个离子所带的电量 原子的物质需要的电量 分解出mol 1 e F
1．原子的基本状况 1.1解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619 079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K Mv α=是α粒子的功能。 1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θ πε=+ ， 试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？ 解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得： 2min 202 1 21()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο --???=???+???143.0210-=?米 1.3 若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。问质子与金箔。问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带一个e +电荷而质量是质子的两倍，是氢的一种同位素的原子核）代替质子，其与金箔原子核的最小距离多大？ 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。当
入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。 根据上面的分析可得： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2 min 04p Ze r K πε= 192 9 13619 79(1.6010)910 1.141010 1.6010 ---??=??=???米 由上式看出：min r 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-?米。 1.4 钋放射的一种α粒子的速度为71.59710?米/秒，正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210?3/公斤米的金箔。试求所有散射在90οθ>的α粒子占全部入射粒子数的百分比。已知金的原子量为197。 解：散射角在d θθθ+:之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是： dn Ntd n σ= 其中单位体积中的金原子数：0//Au Au N m N A ρρ== 而散射角大于090的粒子数为：2'dn dn nNt d ππ σ=?=? 所以有： 2 ' dn Nt d n ππσ=?
1．原子的基本状况 1.1解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619 079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K Mv α=是α粒子的功能。 1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θπε=+ ， 试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？ 解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75 ο --???=???+???14 3.0210-=?米 1.3 若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。问质子与金箔。问质子与金箔原子核可能达到的最 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。当入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。 根据上面的分析可得： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 192 9 13619 79(1.6010)910 1.141010 1.6010 ---??=??=???米 由上式看出：min r 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-?米。
原子物理习题库及解答 第一章 1-1 由能量、动量守恒 ?????' +'='+'=e e e e v m v m v m v m v m v m ααα αα ααα222 212121 (这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子) Δ 得碰撞后电子的速度 e e m m v m v +='ααα2 p 故 αv v e 2≈' 由)(105.2400 1 ~22~ ~ ~4rad m m v m v m v m v m p p tg e e e e -?== ' ?αα αα ααθθ 1-2 （1） )(8.225 244 .127922fm ctg a b =???== θ （2） 523 2 132 1063.9197 1002.63.19]10 8.22[14.3--?=?????==nt b N dN π
1-3 Au 核： )(6.505.4244 .1794422fm v m Ze r m =???==α α Li 核：)(92.15.4244 .134422fm v m Ze r m =???==α α 1-4 （1）)(3.167 44.17912 21Mev r e Z Z E m p =??== （2）)(68.44 44.11312 21Mev r e Z Z E m p =??== 1-5 2 sin /)4(2sin /)4(42022 2 142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ?=Ω= 4 2323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(????????=-- 68 221090.8197 10 5.144.1795.102.6--?=?????= 1-6 ο 60=θ时，2 32221?== a ctg a b θ ο90=θ时，12 222?==a ctg a b θ 3)2 1()2 3( 22 2 221 2 1 == =∴b b dN dN ππ 1-7 由3 2 104-?=nt b π，得nt b π3 2 10 4-?= 由2 2θ ctg a b = ，得 2 3233232)67.5(102181 1002.614.310410104)2(??????= ?=---οntctg a π )(10 96.5224 cm -?=
第二章 原子的能级和辐射 2.1 试计算氢原子的第一玻尔轨道上电子绕核转动的频率、线速度和加速度。 解：电子在第一玻尔轨道上即年n=1。根据量子化条件， π φ2h n mvr p == 可得：频率 21211222ma h ma nh a v πππν= == 赫兹151058.6?= 速度：61110188.2/2?===ma h a v νπ米/秒 加速度：222122/10046.9//秒米?===a v r v w 2.2 试由氢原子的里德伯常数计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。 解：电离能为1E E E i -=∞，把氢原子的能级公式2 /n Rhc E n -=代入，得： Rhc hc R E H i =∞-=)1 1 1(2=13.60电子伏特。 电离电势：60.13== e E V i i 伏特 第一激发能：20.1060.1343 43)2 111(2 2=?==-=Rhc hc R E H i 电子伏特 第一激发电势：20.101 1== e E V 伏特 2.3 用能量为12.5电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线？ 解：把氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量是： )1 11(22n hcR E H -= 其中6.13=H hcR 电子伏特 2.10)21 1(6.1321=-?=E 电子伏特 1.12)31 1(6.1322=-?=E 电子伏特 8.12)4 1 1(6.1323=-?=E 电子伏特 其中21E E 和小于12.5电子伏特，3E 大于12.5电子伏特。可见，具有12.5电子伏特能量的