原子物理学习题解答
刘富义编
临沂师范学院物理系
理论物理教研室
第一章 原子的基本状况
1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭C '
放射的，其动能为 7.68 ?106 电子伏
特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角θ = 150ο
所对应的瞄准距离b 多大？
解：根据卢瑟福散射公式：
M v 2
θ K α
c o t = 4 π ε 0
b = 4 π ε 0
b
2 Z e 2
Z e 2
2
得到：
Z e 2ct g θ 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 01 9 ) 2 ct g 1 5 0ο
- 1 5 b = 2 2
= = 3 .9 7 ? 1 0 ( 4π ? 8 .8 5 ? 1 0 - 1 2 ) ? (7 .6 8 ? 1 06 ? 1 0- 1 9
)
米 4πε K 0 α 式中 K =
1 Mv 2
是α 粒子的功能。 α 1.2 已知散射角为θ 的α粒子与散射核的最短距离为
2 Z e 2
1 1 r m = (
4 π ε
)
( 1 + ) ，试问上题α粒子与散射的金原子核
M v 2 s i n
θ
2
之间的最短距离r m 多大？
解：将 1.1 题中各量代入r m 的表达式，得：
1 2 Z e 2
1 = (1 + r m i n
( 4π ε Mv 2 ) s i n θ
0 2 - 1 9 2
4 ? 7
9 ? (1 .6 0 ? 1 0 ) 1 = 9 ? 1 0 9
?
? (1 + ) 7 .6 8 ? 1 0 6 ? 1 .6 0 ? 1 0 - 1 9
sin 7 5ο = 3 .0 2 ? 1 0 - 1 4 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：
2
2
1 Ze Z e M v
2 = K =
，故有：
r =
m i n p
2
4 πε 0 r m i n
4 π ε 0 K
p
7 9 ? (1 . 6 0 ? 1 0
- 1 9 ) 2
= 1 . 1 4 ? 1 0 - 1 3 米 = 9 ? 1 0 9
? 1 0 6 ? 1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9
由上式看出：r min 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1.14 ?10
-13
米。
1.4 钋放射的一种α粒子的速度为1.597 ?107
米/秒，正面垂直入射于厚度为10-7
米 、 密度为1.932 ?104 公斤/ 米3 的金箔。试求所有散射在θ > 90ο
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θ θ + d θ 之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数 n 的比是：
d n = N td σ n
其中单位体积中的金原子数： N = ρ / m Au = ρ N 0 / A Au
dn '
= ? dn = nNt ?π d σ
而散射角大于 900 的粒子数为：
π 2
d n '
π = N t ? π d σ
所以有： n
2
θ c o s 2 Ze 2
ρ N 1 2 d θ
ο ) 2 π (
) 2 ? 1 8 0 = 0 ? t ? ( 9 0 ο 2
s i n 3 θ
A A u 4 πε 0 M u 2
cos θ d sin θ I = ?180 2 ο d θ = 2 ?180 2 = 1 ο 等式右边的积分： 90ο θ 90ο θ sin 3 sin 3 2 2
故
' 2
d n ρN 0 1 2 π ( 2 Z
e 2
= ? t ? ( Mu 2 n A 4π ε Au 0
- 6 - 4 ≈ 8 . 5 ? 1 0 = 8 . 5 ? 1 0 0 0
即速度为1.597 ?107
米 / 秒 的α粒子在金箔上散射，散射角大于 90ο 以上的粒子数大约是
-4 0 8.5 ?10 。
0 1.5 α粒子散射实验的数据在散射角很小（θ ≤ 15ο
）时与理论值差得较远，时什么原
因？
答：α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而α 粒子通过金属箔，经过
好多原子核的附近，实际上经过多次散射。至于实际观察到较小的θ 角，那是多次小角散射 合成的结果。既然都是小角散射，哪一个也不能忽略，一次散射的理论就不适用。所以，α 粒 子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。
1.6 已知α 粒子质量比电子质量大 7300 倍。试利用中性粒子碰撞来证明：α粒子散射“受 电子的影响是微不足道的”。
证明：设碰撞前、后α粒子与电子的速度分别为：v , v ', 0, v '
。根据动量守恒定律，得： e
' '
Mv α = Mv α + mv e m ' '
1 由此得： v (1)
v ' - = v e =
v e α α M
7300 又根据能量守恒定律，得： 1 1 ' 2 1 ' 2 2 Mv α = Mv α + mv e
2
2
2
2
m
'
2
(2)
2
'
v α = v α +
v e M
将（1）式代入（2）式，得：
= v ' 2 + 7300 (v - v '
) 2 v 2 α α α α
整理，得：v 2
(7300 - 1) + v ' 2
(7300 + 1) - 2 ? 7300 v v '
cos θ = 0 α α α α
7300 ≥ 1
∴ 上式可写为： 7300（ v - v ' ) 2
= 0 α α ∴ v - v ' = 0
α α 即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。
1.7 能量为 3.5 兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为1.05 ?10 -2 公斤 / 米2
的银箔上，α粒子与银箔表面成 60ο
角。在离 L=0.12 米处放一窗口面积为 6.0 ?10 -5
米
2
的计数器。测得散射进此窗口的α 粒子是全部入射α粒子的百万分之 29。若已知银的原子
量为 107.9。试求银的核电荷数 Z 。
解：设靶厚度为t '
。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚
度t ' ，而是t = t ' / sin 60ο
，如图 1-1 所示。
因为散射到θ 与θ + d θ 之间d Ω 立体 角内的
粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为：
d n = N td σ (1)
n
而d σ 为：
图 1.1
2
d Ω
1 2 ( ze )
2 d σ = (
（2）
2 sin 4 θ
4πε 0 Mv
2
把（2）式代入（1）式，得：
2 d Ω dn = Nt ( 1 ) 2 ( ze 2 ……（3） 2 sin 4 θ
4πε0 Mv n 2
式中立体角元d Ω = ds / L 2 ,t = t ' / sin 600 = 2t ' / 3,θ = 200
N 为原子密度。 Nt ' 为单位面上的原子数， Nt '
= η/ m
= η (A / N ) -1
，其中η是单位
Ag
Ag 0 面积式上的质量；m Ag 是银原子的质量； A Ag 是银原子的原子量； N 0 是阿佛加德罗常数。
将各量代入（3）式，得：
2
dn 2 ηN 0 1 ze d Ω ) 2 ( )
2 = ( 2 4
θ n A g
4 πε 0 Mv 3 sin A 2
由此，得：Z=47
1.8 设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为
10-10 米的球形原子内，如果有能量为106 电子伏特的α粒子射向这样一个“原子”，试通过
计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于 900
的散射。这个
结论与卢瑟福实验结果差的很远，这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的（原子中电子的影 响可以忽略）。 解：设α 粒子和铅原子对心碰撞，则α 粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有 下式决定：
1 Mv
2 = 2Ze 2 / 4πε R = 3.78 ?10 -16 焦耳 ≈ 2.36 ?103电子伏特 0 2
由此可见，具有106
电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球。α粒子在到达原子
表面和原子内部时，所受原子中正电荷的排斥力不同，它们分别为：
F = 2Ze 2 / 4πε R 2 和F = 2Ze 2 r / 4πε R 3
。可见，原子表面处α 粒子所受的斥力最大，越 0 0
靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使α粒子发生散射最强的垂 直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设α粒子擦原子表面而过。此时受 力为 F = 2Ze 2
/ 4πε R 2
。可以认为α 粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作 0 用，即作用距离为原子的直径 D 。并且在作用范围 D 之内，力的方向始终与入射方向垂直， 大小不变。这是一种受力最大的情形。
根据上述分析，力的作用时间为 t=D/v, α粒子的动能为 1 Mv 2
= K ，因此，
2
v = 2K / M ，所以，t = D / v = D M / 2K
t
根据动量定理： Fdt = p - p 0
= Mv - 0 ?
⊥ ⊥ ⊥
t
t
而 ?
Fdt = 2Ze / 4πε0 R
?
dt = 2Ze t / 4πε0 R
2
2
2
2
2
2
所以有： 2Ze t / 4πε0 R = Mv ⊥ 由此可得：v = 2Ze 2
t / 4πε R 2
M
⊥ 0 α 粒子所受的平行于入射方向的合力近似为 0，入射方向上速度不变。据此，有： tg θ =
v ⊥ = 2Ze 2t / 4πε R 2 Mv = 2Ze 2 D / 4πε R 2 Mv 2
0 0
v = 2.4 ?10 -3
这时θ很小，因此tg θ ≈ θ = 2.4 ?10 -3
弧度，大约是8.2‘
。
这就是说，按题中假设，能量为 1 兆电子伏特的α 粒子被铅原子散射，不可能产生散射 角θ > 900
的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当α粒子无限靠近原子核时，
会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生θ > 900 的散射，甚至会产生θ ≈ 1800
的散
射，这与实验相符合。因此，原子的汤姆逊模型是不成立的。
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，
h
p = mvr = n
φ 2 π
v nh h 可得：频率 ν =
= =
2 2
2πa 1 2πma 1 2πma 1 = 6.58 ?1015 赫兹
速度：
v = 2πa 1ν = h / ma 1 = 2.188 ?10
6
米/秒
2
2 22 2
/ r = v / a 1 = 9.046 ?10 米 / 秒
加速度：
w = v 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。 2
解：电离能为 E i = E ∞ - E 1 ，把氢原子的能级公式 E n = -Rhc / n 代入，得：
1 1 E i = R H hc ( 2
1 - ) = Rhc =13.60 电子伏特。 ∞
电离电势：V =
E i
= 13.60 伏特 i e
= R hc ( 1 - 1 ) = 3 Rhc = 3 ?13.60 = 10.20 电子伏特 第一激发能： E i H 12 2
2
4 4 =
E 1
= 10.20 伏特 第一激发电势：V 1 e
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 1
) E = hcR - 其中hcR = 13.6 电子伏特
H H 12 n
2 E = 13.6
? (1 - 1 ) = 10.2 电子伏特 1 2 2 E = 13.6 ? (1 - 1 ) = 12.1 电子伏特 2 32
E = 13.6 ? (1 - 1 ) = 12.8 电子伏特 3 4
2
其中 E 1和E 2 小于 12.5 电子伏特，E 3 大于
12.5 电子伏特。可见，具有 12.5 电子伏特能量的
电子不足以把基态氢原子激发到n ≥ 4 的能级上去，所以只能出现n ≤ 3 的能级间的跃迁。 跃迁时可能发出的光谱线的波长为：
1
1 1 = R H ( - ) = 5R H / 36
2 2 32 λ 1
ο
λ1 = 6565 A
1 1 1 3 = R H ( - ) = R H
12 2 2 λ 4 2 ο
λ 2 = 1215 A
1 1 1 8 = R H ( - ) = R H
12 32
λ 9 3 ο
λ 3 = 1025 A
2.4 试估算一次电离的氦离子 H +
、二次电离的锂离子 L +
的第一玻尔轨道半径、电离电 e i 势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。
解：在估算时，不考虑原子核的运动所产生的影响，即把原子核视为不动，这样简单些 。
氢原子和类氢离子的轨道半径：
a)
4πε h 2 n 2 n 2
0 r =
= a 1 , n = 1,2,3?? 2 2
4π mZe Z = 0.529177 ?10 -10 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径； 2
4πε0 h 其中a = 1 4π2 me 2
Z 是核电荷数，对于H , Z = 1；对于H , Z = 2；对于Li + +，Z = 3； +
r 因此，玻尔第一轨道半径之比是 r He Z H = 1 , Li + + = Z H
= 1 =
r Z 2 r Z 3 H + H
+ + H e
Li 氢和类氢离子的能量公式：
b) 2 4 2
2
2π me Z
= E ? Z , n = 1,2,3?? E = - 1 (4πε ) 2 n 2 h 2
n 2 0 2 4 2π me
其中 E = -
≈ -13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。
1 (4πε ) 2
h 2
0 电离能之比：
0 - +
2 E He
Z He = = 4 , Z 2
0 - E H
H
2
+ +
Z + +
Li 0 - E Li
=
= 9
Z
2 0 - E H
H
第一激发能之比：
c)
22 2 2 E 1 - E 1 2 1
E He - E He = 22 12 = 4 E 2 - E 1 12 12 H H E - E 1 2 2 1 12
32 32 E 1 - E 1 2 1
E Li - E Li = 2 2 12 = 9 E 2 - E 1
12 12 H H
E - E 1 2 2 1 1
2
氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：
d) 1 1 ) ， {
n n 1=1, 2 , 3??
v ~ = Z R ( - 2 =(n +1),(n + 2)?? 2 2 2 1 1 n 1
n 2
2π
2
me 4
其中 R = 是里德伯常数。 (4πε ) 2 h 3
0 氢原子赖曼系第一条谱线的波数为：
( 1
1
) 1 H
v
1 = R
2 - 2 = H 1 2 λ
相应地，对类氢离子有：
= 22
R ( 1 - 1 ) = 1 +
v He
1 +
λHe
12 22 1 1 = 32
R ( 1 - 1 ) = ++
v
Li
1 1
2 22 ++
λLi
1 因此，
He + Li + + λ1 1 , λ1 1 = = H H
λ1 4 λ1
9 2.5 试问二次电离的锂离子 L + +
从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能
i 使处于基态的一次电离的氦粒子 H +
的电子电离掉？
e 解： L + + 由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：
i H + 的电离能量为：
e
1 1 + = 4hcR He ( - = 4hcR He
v
He
2 1 ∞
hv Li + + 27R Li 27 ? 1 + m / M He = = hv He + 16R He 16 1 + m / M Li
由于 M He < M Li , 所以1 + m / M He > 1 + m / M Li ， > hv He + ，所以能将 H e 的电子电离掉。
从而有
hv Li + + + 2.6 氢与其同位素氘（质量数为 2）混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。试问
其巴耳末系的第一条（ H α ）光谱线之间的波长差 ?λ 有多大？已知氢的里德伯常数
R = 1.0967758 ?107 米-1 ，氘的里德伯常数 R = 1.0970742
?107 米-1 。 H D 1 ( 1 - 1 ) ，λ = 36 / 5R 解：
= R H H H 2 2 3
2 λ H 1
( 1 - 1 ) ，λ = 36 / 5R = R D D D 2 2 3
2 λ D 36 1 1
?λ = λ H - λ D = ( - ) 5 R H R D
ο
= 1.79 A
2.7 已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的“正电子
ο
素”。试计算“正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长λ为多少
A ？ 1
解： = R ( 1 - 1
= R 1 ? 3 = 3 R e +e - ∞
12 2
2 m λ
4 8 1 + m
8 1 ο 米 = 2430 A
λ = = 3R ∞ 3 ?10973731
2.8 试证明氢原子中的电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道，发射光子的频率νn 。当 n>>1 时
光子频率即为电子绕第 n 玻尔轨道转动的频率。
证明：在氢原子中电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道所发光子的波数为：
= = R [ 1 - 1 1 v ~ ] n
λ n 2 (n + 1) 2
n 2n + 1 频率为：v = c = Rc [
1 - 1 ] = Rc n n
2 (n + 1) 2 n 2 (n + 1) 2
λ
当 n>>1 时，有
(2n + 1) / n 2
(n + 1) 2 ≈ 2n / n 4 = 2 / n 3 ，所以在 n>>1 时，氢原子中
3
电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道所发光子的频率为：
v n = 2Rc / n 。
设电子在第 n 轨道上的转动频率为 f n ，则
v
mvr P = 2Rc
f =
=
n 2πr 2πmr 2 2πmr 2
n 3 因此，在 n>>1 时，有 v n = f n
由上可见，当 n>>1 时，请原子中电子跃迁所发出的光子的频率即等于电子绕第 n 玻尔轨道
转动的频率。这说明，在 n 很大时，玻尔理论过渡到经典理论，这就是对应原理。
2.9 Li 原子序数 Z=3，其光谱的主线系可用下式表示：
R R v ~ = 。已知锂原子电离成 Li +++ 离子需要 203.44 电子伏特的 - (1 + 0.5951) 2 (n - 0.0401) 2
功。问如把 Li + 离子电离成 Li ++ 离子，需要多少电子伏特的功？
解：与氢光谱类似，碱金属光谱亦是单电子原子光谱。锂光谱的主线系是锂原子的价电 子由高的 p 能级向基态跃迁而产生的。一次电离能对应于主线系的系限能量，所以 Li + 离子 电离成 Li ++ 离子时，有
R ∞ hc Rhc - Rhc ≈ E =
= 5.35电子伏特 1 (1 + 0.5951)
2 ∞ (1 + 0.5951) 2
Li + + 是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此 Li + + → Li + + + 时，电离能 E 为：
3 2
= Z Rhc ≈ Z 2R R hc = 122.4电子伏特 。 E 3 ∞ 1
2 设 Li + → Li + + 的电离能为 E 。而 Li → Li + + +
需要的总能量是 E=203.44 电子伏特，所以有
2
E 2 = E - E 1 - E 3 = 75.7电子伏特
2.10 具有磁矩的原子，在横向均匀磁场和横向非均匀磁场中运动时有什么不同？
答：设原子的磁矩为 μ ，磁场沿 Z 方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为 μ Z ，于是
? B ?B
具有磁矩的原子在磁场中所受的力为 F = μ Z
，其中 是磁场沿 Z 方向的梯度。 ? Z ?Z
?B
对均匀磁场， = 0 ，原子在磁场中不受力，原子磁矩绕磁场方向做拉摩进动，且对磁场
?Z
?B 的 取向服从空间量子化规则。对于非均磁场，
≠ 0 原子在磁场中除做上述运动外，还
?Z
受到力的作用，原子射束的路径要发生偏转。
2.11 史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄银原子束通过不均匀横向磁场，磁场的梯度
?B 为 = 103
特斯拉/米，磁极纵向范围 L =0.04 米(见图 2-2)，从磁极到屏距离 L =0.10 米 ， 1 2
?Z
原子的速度v = 5 ?102
米/秒。在屏上两束分开的距离d = 0.002 米。试确定原子磁矩在磁
场方向上投影 μ 的大小（设磁场边缘的影响可忽略不计）。 解：银原子在非均匀磁场中受
到垂直于入射方向的磁场力作用。其轨道为抛物线；在
' L 2 区域粒子不受力作惯性运动。经磁场区域 L 1 后向外射出时粒子的速度为v ，出射方向与
入射方向间的夹角为θ 。θ 与速度间的关系为：tg θ =
v ⊥
v
粒子经过磁场 L 1 出射时偏离入射方向的距离 S 为：
= 1 ?B L 2 S = ( ) 2m ?Z v
μ Z (1)
将上式中用已知量表示出来变可以求出 μ Z
μ ?B
f
v ⊥ = at , a =
=
,t = L 1 / v
m m ?Z = μ Z
?B L 1
∴ v ⊥ m ?Z v
μ Z
?B L 1L 2
S = L 2tg θ = ' v 2
m ?Z S = d - S ' = d - μ Z
?B L 1L 2 v 2 2 2 m ?Z 把 S 代入（1）式中，得：
2
d μ Z ?B L 1L 2 = μ Z ?B L 1 v
2
2m ?Z v 2 2 m ?Z μ ?B L d 整理，得： Z 1
(L + 2L ) =
1 2 2m ?Z v 2
2 由此得： μ = 0.93
?10 -23
焦耳 / 特 Z 2.12 观察高真空玻璃管中由激发原子束所发光谱线的强度沿原子射线束的减弱情况， 可以测定各激发态的平均寿命。若已知原子束中原子速度v = 103
米/秒，在沿粒子束方向 上相距 1.5 毫米其共振光谱线强度减少到 1/3.32。试计算这种原子在共振激发态的平均寿命。
解：设沿粒子束上某点 A 和距这点的距离 S=1.5 毫米的 B 点，共振谱线强度分别为
I 0 和I 1 ，并设粒子束在 A 点的时刻为零时刻，且此时处于激发态的粒子数为 N 20 ，原子束
经过 t 时间间隔从 A 到达 B 点，在 B 点处于激发态的粒子数为 N 2 。
光谱线的强度与处于激发态的原子数和单位时间内的跃迁几率成正比。设发射共振谱线 I 1
A 21 N 2 N 2 的跃迁几率为 A 21 ，则有
∝ = I 0 A 21 N 20 N 20
I 适当选取单位，使 1 = N 2
= 1/ 3.32 ，
I 0 N 20
并注意到 N = N e - A 21t
, 而t = S / v ，
2 20 N 则有：
2
= e - A 21t = 1/ 3.32
N 20
由此求得：
1 v
A 21 = (ln 3.32 - ln1) = ln 3.32
t s
1.5 ?10 -3
1 s t = = = v ln 3.3
2 103
? ln 3.32 A 21 = 1.25 ?10 -6 秒
第三章 量子力学初步
ο
3.1 波长为1 A 的 X 光光子的动量和能量各为多少？ 解：根据德布罗意关系式，得：
-34
动量为： p = h = 6.63 ?10 = 6.63 ? 10 - 24 千克 ? 米 ? 秒-1
10 -10
λ
能量为：
E = hv = hc / λ
= 6.63 ?10 -34 ? 3 ?108 /10 -10 = 1.986 ?10 -15 焦耳。
3.2 经过 10000 伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长λ = ? 用上述电压加速的质
子束的德布罗意波长是多少？
解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系：
对于电子：m = 9.11?10 -31 公斤，e = 1.60 ?10 -19
库仑
λ = h / 2meV 把上述二量及 h 的值代入波长的表示式，可得：
12.25 ο 12.25
ο ο λ = A = A = 0.1225 A
V
10000 对于质子，m = 1.67 ?10 -27 公斤，e = 1.60 ?10 -19
库仑 ，代入波长的表示式，得：
-34
ο
= 2.862 ?10-3
A
λ =
12.25 ο 3.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来λ =
A 的电子德 V
布罗意波长与加速电压的关系式应改为：
λ = 12.25 (1 - 0.489 ?10 -6
V ) A
ο V
其中 V 是以伏特为单位的电子加速电压。试证明之。
证明：德布罗意波长：λ = h / p
对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能 K 与其动量 p 之间有如下关系：
K 2 + 2Km c 2 = p 2c 2
0 而被电压 V 加速的电子的动能为： K = eV
2
∴ p 2
= (eV )
+ 2m eV
0 c 2 p = 2m eV + (eV ) 2
/
c 2 0 因此有：
h 1 λ = h / p =
?
2m 0eV
eV
1 + 2m c 2
0 一般情况下，等式右边根式中eV / 2m c 2
一项的值都是很小的。所以，可以将上式的
0 根式作泰勒展开。只取前两项，得：
h
eV h
(1 - 0.489 ?10-6V ) λ = (1 - = 2
4m 0c 2m 0eV 2m 0eV
m eV ≈ 12.25 A ，其中 V 以伏特为单位，代回原式得： ο 由于上式中h / 2 0
V
λ = 12.25 (1 - 0.489 ?10 -6V ) A
ο
V
由此可见，随着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长 变短。
3.4 试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波波长。上述结果不 但适用于圆轨道，同样适用于椭圆轨道，试证明之。
证明：轨道量子化条件是： ?
pdq = nh
?
2
对氢原子圆轨道来说，
p r = 0, p φ = mr 所以有：
? pd φ = 2π ? mvr = nh
φ = mvr
S = 2πr = n
h = n λ , n = 1,2,3?? mv
所以,氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波长。椭圆轨道的量子化条件 是：
? ? p φ d φ = n φ h p r
dr = n r
h
其中
?
?
2
p r = m r , p φ = mr φ
∴ ?( p r dr + p φd φ) = nh , 其中n = n φ + n r
? ?
? ( p dr + p d φ) = (mrdr + mr 2
φd φ)
? 而
r
φ
mr dr dt + mr 2 φ d φ dt ?
? = ?( )
dt dt
= ?mv 2 dt = ? mvds ds = ? ds = h ? h r λ ds ∴ ? = n
λ
因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。
3.5 带电粒子在威耳孙云室（一种径迹探测器）中的轨迹是一串小雾滴，雾滴德线度约 为 1 微米。当观察能量为 1000 电子伏特的电子径迹时其动量与精典力学动量的相对偏差不 小于多少？
解：由题知,电子动能 K=1000 电子伏特， ?x = 10 -6
米，动量相对偏差为 ?p / p 。
h
h 根据测不准原理，有 ?p ?x ≥ ，由此得： ?p ≥ 2 2?x
经典力学的动量为：
p = 2mK
∴ ?p ≥
h = 3.09 ?10 -5 p 2?x 2mK
电子横向动量的不准确量与经典力学动量之比如此之小，足见电子的径迹与直线不会有明显 区别。
3.6 证明自由运动的粒子（势能V ≡ 0 ）的能量可以有连续的值。 证明：自由粒子的波函数为：
+ i ( p ?r - E t ) ψ = Ae
h
(1)
2 自由粒子的哈密顿量是： H = - h
? 2 ……（2） 2m
自由粒子的能量的本征方程为： H ψ = E ψ
(3)
+ i ( p ?r -Et )
2 把（1）式和（2）式代入（3）式，得：
- h ? 2 [ A e h
] = E ψ 2m
即：
+ i
( 2
2 2 2 - h ? 2
A ( d d d p x x + p y y + p z z -Et )
)e h = E ψ
+ + dx 2 dy 2 dz 2
2m 2
p ψ = E ψ 2m
2 p ∴ E =
2m
自由粒子的动量 p 可以取任意连续值，所以它的能量 E 也可以有任意的连续值。 3.7 粒子位于一维对称势场中，势场形式入图 3-1，即
0< x < L ,V = 0
{
x < 0 , x > L ,V =V 0
（1）试推导粒子在 E < V 0 情况下其总能量 E 满足的关系式。
（2）试利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量只能是一些不连续的值。 解：为方便起见,将势场划分为Ⅰ?Ⅱ?Ⅲ三个区域。
2 d ψ( x )
2μ
（1） 定态振幅方程为 + (E -V )ψ = 0
( x )
( x )
dx
2
h
2 式中 μ 是粒子的质量。
2 d ψ 2μ Ⅰ区： - α2ψ = 0其中α2
= (V - E
) 0 dx 2
h 2 波函数处处为有限的解是：ψ (x
) = Ae αx
, A 是一任意常数 。 1 2ψ d Ⅱ区： + β2ψ = 0其中β2
= E
2μ dx 2
h 2 处处有限的解是：ψ2 (x ) = B sin(βx + γ), B ,γ是任意常数。
2
d ψ 2μ Ⅲ区： - α2ψ = 0其中α2
= (V - E
) 0 dx 2
h 2 处处有限的解是：ψ (x ) = De -αx
, D 是任意常数。 3 1 d ψ1
1 d ψ
2 1 d ψ3
= α , = βctg (βx + γ), = -α ,
有上面可以得到：
ψ1 dx ψ2 dx ψ3 dx
有连续性条件，得：
α
= ctg γ β {
α - ctg ( βL + γ ) β
解得：
β β + α α tg ( βL ) = - β 2
1 - α
2
因此得： βL = n π - 2tg -1
(β /α)
这就是总能量所满足的关系式。
（2） 有上式可得：
β n π βL = tg ( - )
α
2 2 βL
-tg n =偶数，包括零
= {
2 βL
ctg ??n =奇数
2
αL = -(βL )ctg βL
2
亦即
αL = (βL )tg βL
2
令
βL = u ,αL = v ，则上面两方程变为： u
v = -utg ??（1）
2 u
v = utg ??（2）
2
另外，注意到u 和v 还必须满足关系：u 2
+ v 2
= 2μV L 2
/ h 2
??（3）
0 所以方程（1）和（2）要分别与方程（3）联立求解。
3.8 有一粒子，其质量为 m ,在一个三维势箱中运动。势箱的长、宽、高分别为
a 、
b 、
c 在势箱外，势能V = ∞ ；在势箱内，V = 0 。式计算出粒子可能具有的能量。
解：势能分布情况，由题意知：
V x = 0,0 ≤ x ≤ a ; V y = 0,0 ≤ y ≤ b ; V z = 0,0 ≤ z ≤ c ; V x = ∞, x < 0和x > a V y = ∞, y < 0和y > b V z = ∞, z < 0和z > c
在势箱内波函数ψ(x , y , z ) 满足方程：
2 2 2 ? ψ ? ψ + ? ψ + 2 m
[E - (V + V + V )]ψ = 0 x y z 2x 2
2 y 2 2z 2
h 2 解这类问题，通常是运用分离变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。
令ψ(x , y , z ) = X (x )Y ( y )Z (z )
代入（1）式，并将两边同除以 X (x )Y ( y )Z (z ) ，得：
1 d
2
X 1 d 2Y 1 d 2
Z 2m 2m 2m 2 m E - V ) + ( - V ) + ( - V ) = - ( x y z X dx 2 h 2 Y dy 2 h 2 Z dz 2
h 2 h
2 方程左边分解成三个相互独立的部分，它们之和等于一个常数。因此，每一部分都应等于一 个常数。由此，得到三个方程如下：
1 d
2
X 2m 2m
- V x
= - E x dx 2 h 2 h 2
X 1 d 2
Y 2m 2m
- V y = - E y Y dy 2 1 d 2
Z h 2 h
2
2m 2m
- V z = - E z Z dz 2 h 2 h
2
其中E = E x + E y + E z , E x , E y , E z 皆为常数。
将上面三个方程中的第一个整数，得：
2 d X + 2m (E -V )
X = 0 ……（2） x
x dx 2
h 2 边界条件： X (0) = X (l ) = 0
可见，方程（2）的形式及边界条件与一维箱完全相同，因此，其解为：
X =
2 sin n x π x n a a 2 2 = π h n 2
, n = 1,2,3?? E x x x 2πa 2
类似地，有
Y =
2 sin n y π y n b b 2 2 = π h n 2
, n = 1,2,3?? E y y y 2πb 2
Z = 2 sin n z π z n
c c 2 2 = π h n 2
, n = 1,2,3??
E z z z 2πc 2
sin n x πx sin n y πy
sin n z πz
8 ∴ψ(x , y , z ) = abc a b c
n 2 n 2 n 2 π2 h 2
y
( x + + z ) E = a 2 b 2 c
2
2m 可见，三维势箱中粒子的波函数相当于三个一维箱中粒子的波函数之积。而粒子的能量
相当于三个一维箱中粒子的能量之和。 对于方
势箱，a = b = c ,波函数和能量为：
sin n x πx sin n y πy
sin
n z πz 8 ψ(x , y , z ) = a 3
a a a 2 2 E = π h n 2 , n 2 = n 2 + n 2 + n 2 x y z 2ma
2
第四章 碱金属原子
ο
ο
4.1 已知 Li 原子光谱主线系最长波长λ = 6707 A ，辅线系系限波长λ ∞ = 3519 A 。求 锂原子第一激发电势和电离电势。 解：主线系最长波长是电子从第一激发态向基态跃迁产
生的。辅线系系限波长是电子从 无穷处向第一激发态跃迁产生的。设第一激发电势为V 1 ，电离电势为V ∞ ，则有：
c
eV 1 = h λ hc
∴V 1 = = 1.850伏特
λe c c
eV ∞ = h + h λ λ ∞
= hc ( 1 + 1
) = 5.375伏特。
∴V ∞ e λ λ ∞
ο
ο
4.2 Na 原子的基态 3S 。已知其共振线波长为 5893 A ，漫线系第一条的波长为 8193 A ， ο
ο
基线系第一条的波长为 18459 A ，主线系的系限波长为 2413 A 。试求 3S 、3P 、3D 、4F 各谱 项的项值。
第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭' C 放射的，其动能为6 7.6810?电子伏特。散射物质是原子序数79Z =的金箔。试问散射角150ο θ=所对应的瞄准距离b 多大？ 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 --???=???+???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：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 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13 1.1410 -?米。
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 12619079(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 --???=???+???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= 1929 13 619 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。 1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-?的银箔上，α粒 解：设靶厚度为't 。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。 因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体 角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为： dn Ntd n σ= (1) 而σd 为：2 sin ) ()41 (4 2 2 22 0θ πεσΩ=d Mv ze d （2） 把（2）式代入（1）式，得： 2 sin )()41(4 22220θπεΩ =d Mv ze Nt n dn (3) 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds d N 为原子密度。'Nt 为单位面上的原子数，10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη，其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数。 将各量代入（3）式，得： 2 sin )()41(324 22 22 00θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47
7.2 原子的3d 次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？ 答：电子的状态可用四个量子s l m m l n ,,,来描写。根据泡利原理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两个电子具有完全相同的四个量子数。 3d 此壳层上的电子，其主量子数n 和角量子数l 都相同。因此，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自旋磁量子数不能同时相等，至少要有一个不相等。对于一个给定的l m l ,可以取12;,....,2,1,0+±±±=l l m l 共有个值；对每个给定的s l m m ,的取值是 2 1 21-或，共2个值；因此，对每一个次壳层l ,最多可以容纳）（122+l 个电子。 3d 次壳层的2=l ，所以3d 次壳层上可以容纳10个电子，而不违背泡利原理。 7.4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？ n l n m l n )3(;,)2(;,,)1(。 答：（1）m l n ,,相同时，s m 还可以取两个值：2 1 ,21-==s s m m ；所以此时最大电子数为2个。 （2）l n ,相同时，l m 还可以取两12+l 个值，而每一个s m 还可取两个值，所以l n ,相同的最大电子数为)12(2+l 个。 （3）n 相同时，在（2）基础上，l 还可取n 个值。因此n 相同的最大电子数是： 21 2)12(2n l N n l =+=∑-= 7.5 从实验得到的等电子体系K Ⅰ、Ca Ⅱ……等的莫塞莱图解，怎样知道从钾Z=19开始不填s d 43而填次壳层，又从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层？ 解：由图7—1所示的莫塞莱图可见，S D 2 2 43和相交于Z=20与21之间。当Z=19和 20时，S 24的谱项值大于D 23的值，由于能量同谱项值有hcT E -=的关系，可见从钾Z=19 起到钙Z=20的S 2 4能级低于D 2 3能级，所以钾和钙从第19个电子开始不是填s d 43而填次壳层。从钪Z=21开始，S 2 4谱项低于D 2 3普项，也就是D 2 3能级低于S 2 4能级，所以，从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层。 7.6 若已知原子阿Ne,Mg,P 和Ar 的电子壳层结构与“理想”的周期表相符，试写出这些原子组态的符号。
原子物理学习题解答
第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭C ' 放射的，其动能为 7.68 ?106 电子伏 特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角θ = 150ο 所对应的瞄准距离b 多大？ 解：根据卢瑟福散射公式： M v 2 θ K α c o t = 4 π ε 0 b = 4 π ε 0 b 2 Z e 2 Z e 2 2 得到： Z e 2ct g θ 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 01 9 ) 2 ct g 1 5 0ο - 1 5 b = 2 2 = = 3 .9 7 ? 1 0 ( 4π ? 8 .8 5 ? 1 0 - 1 2 ) ? (7 .6 8 ? 1 06 ? 1 0- 1 9 ) 米 4πε K 0 α 式中 K = 1 Mv 2 是α 粒子的功能。 α 2 1.2 已知散射角为θ 的α粒子与散射核的最短距离为 2 Z e 2 1 1 r m = ( 4 π ε ) ( 1 + ) ，试问上题α粒子与散射的金原子核 M v 2 s i n θ 2 之间的最短距离r m 多大？ 解：将 1.1 题中各量代入r m 的表达式，得： 1 2 Z e 2 1 = (1 + r m i n ( 4π ε Mv 2 ) ) s i n θ 0 2 - 1 9 2 4 ? 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 0 ) 1 = 9 ? 1 0 9 ? ? (1 + ) 7 .6 8 ? 1 0 6 ? 1 .6 0 ? 1 0 - 1 9 sin 7 5ο = 3 .0 2 ? 1 0 - 1 4 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： 2 2 1 Ze Z e M v 2 = K = ，故有： r = m i n p 2 4 πε 0 r m i n 4 π ε 0 K p 7 9 ? (1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9 ) 2 = 1 . 1 4 ? 1 0 - 1 3 米 = 9 ? 1 0 9 ? 1 0 6 ? 1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9
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）
第六章 磁场中的原子 6.1 已知钒原子的基态是2/34F 。（1）问钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为几束？（2）求基态钒原子的有效磁矩。 解：（1）原子在不均匀的磁场中将受到力的作用，力的大小与原子磁矩（因而于角动量）在磁场方向的分量成正比。钒原子基态2/34F 之角动量量子数2/3=J ，角动量在磁场方向的分量的个数为412 3 212=+?=+J ，因此，基态钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为4束。 （2）J J P m e g 2=μ h h J J P J 2 15)1(= += 按LS 耦合：5 2 156)1(2)1()1()1(1==++++-++ =J J S S L L J J g B B J h m e μμμ7746.05 15 215252≈=???= ∴ 6.2 已知He 原子0111S P →跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其间距 厘米/467.0~=?v ，试计算所用磁场的感应强度。 解：裂开后的谱线同原谱线的波数之差为： mc Be g m g m v πλλ4)(1'1~1122-=-=? 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。对应11 P 原子态，1,0,12-=M ；1,1,0===J L S ， 对应01S 原子态，01=M ，211.0,0,0g g J L S =====。 mc Be v π4/)1,0,1(~-=? 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==?mc Be v π。 特斯拉。00.1467.04=?= ∴e mc B π 6.3 Li 漫线系的一条谱线)23(2/122/32P D →在弱磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。
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。
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
第四章 碱金属原子 4.1 已知Li 原子光谱主线系最长波长ο λA 6707=，辅线系系限波长ο λA 3519=∞。求锂原子第一激发电势和电离电势。 解：主线系最长波长是电子从第一激发态向基态跃迁产生的。辅线系系限波长是电子从无穷处向第一激发态跃迁产生的。设第一激发电势为1V ，电离电势为∞V ，则有： 伏特。 伏特375.5)1 1 (850.111=+= ∴+=== ∴=∞ ∞∞∞λλ λλλλ e hc V c h c h eV e hc V c h eV 4.2 Na 原子的基态3S 。已知其共振线波长为5893ο A ，漫线系第一条的波长为8193ο A ， 基线系第一条的波长为18459ο A ，主线系的系限波长为2413ο A 。试求3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值。 解：将上述波长依次记为 ο οο ο λλλλλλλλA A A A p f d p p f d p 2413,18459,8193,5893, ,,,max max max max max max ====∞∞即 容易看出： 1 6 max 341 6 max 331 6max 31 6 310685.01 10227.11 10447.21 1 10144.41 ~---∞-∞ ∞?=- =?=-=?=- = ?===米 米米 米f D F d p D p P P P S T T T T T v T λλλλλ 4.3 K 原子共振线波长7665οA ，主线系的系限波长为2858ο A 。已知K 原子的基态4S 。试求4S 、4P 谱项的量子数修正项p s ??,值各为多少？ 解：由题意知：P P s p p v T A A λλλο ο /1~,2858,76654max ====∞∞
原子物理学习题解答 刘富义编 临沂师范学院物理系 理论物理教研室
1.1 若卢瑟福散射用的α 粒子是放射性物质镭 C 放射的，其动能为 7.68?10 电子伏 特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角θ = 150 所对应的瞄准距离 b 多大？ 2 19 2 Ze ctg θ2 2 79 ? (1.60 ? 10 ) ctg 150 (4π ? 8.85 ? 10 ) ? (7.68 ? 106 ? 10 ) 4πε 0 K α 式中 K α = 12 Mv 是α 粒子的功能。 ) (1 + M v 4 π ε = ( ) (1 + Mv 4π ε 0 4 ? 79 ? (1.60 ? 10 ) 1 6 sin 75ο 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180 。当入射粒子的动能全部转化为两 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 0 ) 2 = 9 ? 10 9 ? = 1 .1 4 ? 1 0 - 1 3 米 1 0 ? 1 .6 0 ? 1 0 第一章 原子的基本状况 ' 6 ο 解：根据卢瑟福散射公式： cot θ 2 = 4 π ε 0 M v 2 2 Ze 2 b = 4 π ε 0 K α Ze 2 b 得到： ο b = = = 3.97 ? 10-15 米 -12 -19 2 1.2 已知散射角为θ 的α 粒子与散射核的最短距离为 r m = ( 1 2 Ze 2 2 0 1 s in θ 2 ) ，试问上题α 粒子与散射的金原子核 之间的最短距离 r m 多大？ 解：将 1.1 题中各量代入 r m 的表达式，得： r m in 1 2 Ze 2 2 1 sin θ 2 ) -19 2 = 9 ? 10 9 ? ? (1 + -19 ) = 3 .0 2 ? 1 0 -14 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？ ο 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： 1 2 M v 2 = K p = Ze 2 4 π ε 0 r m in ，故有： r m i n = Ze 2 4 π ε 0 K p - 19 6 - 19
原子物理学习题解答 刘富义 编 第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭'C 放射的，其动能为67.6810?电子伏特。散射物质是原子序数79Z =的金箔。试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？ 解：根据卢瑟福散射公式： 20 22 2 442K M v ctg b b Z e Z e αθ πεπε== 得到： 2 192 15015 2 212 6 19 079(1.6010) 3.9710 4(48.8510 )(7.681010 ) Z e ctg ctg b K ο θ α πεπ---??= = =??????米 式中2 12 K M v 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 2 2 2 121( ) (1)4s in m Z e r M v 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：2 m in 2 2 121( ) (1)4sin Z e r M v θ πε=+ 19 2 9 6 19 479(1.6010 ) 1 910(1)7.6810 1.6010 sin 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：
第三章 量子力学初步 3.1 波长为ο A 1的X 光光子的动量和能量各为多少？ 解：根据德布罗意关系式，得： 动量为：12410 341063.6101063.6----???=?==秒米千克λh p 能量为：λ/hc hv E == 焦耳151083410986.110/1031063.6---?=???=。 3.2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长?=λ 用上述电压加速的质 子束的德布罗意波长是多少？ 解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系： meV h 2/=λ 对于电子：库仑公斤，19311060.11011.9--?=?=e m 把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可得： οο ολA A A V 1225.010000 25.1225.12=== 对于质子，库仑公斤，1927 1060.110 67.1--?=?=e m ，代入波长的表示式，得： ο λA 3 19 27 34 10862.210000 10 60.110 67.1210626.6----?=??????= 3.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来ο λA V 25.12=的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为： ο λA V V )10489.01(25.126 -?-= 其中V 是以伏特为单位的电子加速电压。试证明之。 证明：德布罗意波长：p h /=λ 对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能K 与其动量p 之间有如下关系： 222022c p c Km K =+ 而被电压V 加速的电子的动能为：eV K = 2 2002 2 2 /)(22)(c eV eV m p eV m c eV p +=+=∴
第一章 原子的基本状况 1.若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭' C 放射的，其动能为6 7.6810?电子伏特。 散射物质是原子序数79Z =的金箔。试问散射角150ο θ=所对应的瞄准距离b 多大？ 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 12619079(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。 2.已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2201 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 201 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1 910(1)7.6810 1.6010sin 75 ο--???=???+??? 143.0210-=?米 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：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 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13 1.1410 -?米。 4.钋放射的一种α粒子的速度为7 1.59710?米/秒，正面垂直入射于厚度为7 10-米、密
原子物理学杨福家第一 章答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
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： 2 222 12121v 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）×sin θ±(3)×cos θ,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 ， 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 +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Z 2=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.
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： αe 作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,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） （７） 视 θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 sin2(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. 其他值从书中参考列表中找. 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 θ a 2 sin θd
第一章习题1、2解 vα粒子与一静止的自由电子相碰撞，速度为试证的非相对论的 -4αrad.粒子的最大偏离角约为明：10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. αMVX方向入射；沿粒子的质量为，，证明：设碰撞前速度为αVθm 表示，碰撞碰撞后，速度为方向散射。电子质量用'，沿e Ovφα粒处，碰撞后以速度方向反冲。沿前静止在坐标原点子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） （2） （3） θθ,得cossin±(3)×（作运算：2）×（4） （5） Ｖv，1）式联立，消去'与4再将（）、（5）二式与（ 化简上式，得 （６）
若记，可将（６）式改写为 （７） θφθφθ的极值，有）式求7，对（）（的函数为视． 令，则 θφφ=0+ sin2()-sin2 即 θφθ=0 2cos()sin+2θ=0,若 sin（1） θ=0（极小）（ 8）则θφ)=0+2）若（2cos(θφ（9o-2）则=90将（9）式代入（7）式，有 由此可得 -4θ弧度（极大）≈10 此题得证。 α粒子被金核以90）动能为的°散射时，它的瞄准距离（1（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 n, 关键要知道180°～°范围的积分. 要点分析:第二问是90n. 注意推导出值,其他值从书中参考列表中找. Z=79金的原子序数和（解：1）依 2 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. °的散射全部积分出90第二问解的要点是注意将大于: 解(2)．来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出) ZA=197, =79,从书后物质密度表和原子量表中查出AuAuρ43kg/m×10=Au 依: 注意到：即单位体积内的粒子数 为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。 是常数其值为
原子物理学习题答案(褚圣麟)很详细
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： 2192 1501522 12619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12 K 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)1 910(1)7.6810 1.6010sin 75 ο --???=???+???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 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= 1929 13 619 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。 1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-?的银箔上，α粒 解：设靶厚度为't 。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。 因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体 角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为： dn Ntd n σ= (1) 而σd 为：2 sin ) ()41 (42 2 22 0θ πεσΩ=d Mv ze d （2） 把（2）式代入（1）式，得： 2 sin )()41(4 22220θπεΩ=d Mv ze Nt n dn (3) 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds d N 为原子密度。'Nt 为单位面上的原子数，10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη，其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数。 将各量代入（3）式，得： 2 sin ) ()41(324 2222 0θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47