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原子物理课后习题答案 褚圣麟

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原子物理学习题第一章作业教材 20页 3题：若用动能为 1 MeV 的质子射向金箔，问质子和金箔原子核（Z=79）可以达到的最小距离多大？又问如用同样能量的氕核代替质子，最小距离为多大？解：r m =Z 1*Z 2*e 2/4*π*ε0*E = …… = 1.14 ⨯ 10-13m氕核情况结论相同----------------------------------------------------------------------------------------------- 21页 4题：α粒子的速度为 1.597 ⨯ 107 m/s ，正面垂直入射于厚度为 10-7米、密度为1.932 ⨯104 kg/m 3 的金箔。

试求所有散射在 θ ≥ 90︒ 的α粒子占全部入射粒子的百分比。

金的原子量为197。

解：金原子质量 M Au = 197 ⨯ 1.66 ⨯ 10-27 kg = 3.27 ⨯ 10-25 kg箔中金原子密度 N = ρ/M Au = …… = 5.91 ⨯ 1028个/m 3入射粒子能量 E = 1/2 MV 2= 1/2 ⨯ 4 ⨯ 1.66 ⨯ 10-27 kg ⨯ (1.597 ⨯ 107 m/s)2 = 8.47 ⨯ 10-13J若做相对论修正 E = E 0/(1-V 2/C 2)1/2 = 8.50 ⨯ 10-13J对心碰撞最短距离 a=Z 1⨯Z 2⨯e 2/4⨯π⨯ε0⨯E = …. = 4.28 ⨯ 10-14 m 百分比d n/n (90︒→180︒)=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒-︒⨯90sin145sin14222Nta π= … = 8.50 ⨯ 10-4%-----------------------------------------------------------------------------------------------------------21页7题：3.5 MeV α粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。

α粒子与银箔表面成60︒角。

在离α入射线成20︒的方向上，离银箔散射区距离 L=0.12 m 处放一窗口面积为6.0 ⨯ 10-5 m 2的计数器。

测得散射进此计数器窗口的α粒子是全部入射α粒子的百万分之29。

已知银的原子量为107.9。

求银的原子序数Z 。

解：银原子质量：M Ag = 107.9 ⨯ 1.66 ⨯ 10-27kg = 1.79 ⨯ 10-25kg银箔有效质量厚度：μ = 0.01 kg/m 2 ÷ cos 30︒ = 0.0115 kg/m 2有效单位面积上的银原子数：Nt= μ/M Ag = … =6.45 ⨯ 1022 个/m 2计数器立体角：d Ω = S/r 2= 6.0 ⨯ 10-5m 2/ (0.12 m)2 = 4.17 ⨯ 10-3d Ω 与 d θ 之间的关系：d Ω = S/r 2 = (2πr sin θ) ⨯ (r ⨯d θ) / r 2 = 2π sin θ d θ 微分散射截面 d σ =2162sin2cos 4sin4232θθθθπΩ⨯=⨯d d a a= ……=0.2866 ⨯ a 2百分比 d n/n = NtA ⨯d σ/A = Nt d σ = 29/106 所以 d σ = 4.496 ⨯ 10-28 a = 3.96 ⨯ 10-14 m即 Z α ⨯ Z Ag ⨯ e 2 / (4πε0⨯E) = a = 3.96 ⨯ 10-14m 计算得 Z Ag = ….. = 48 约等于实际值 47 第一章习题课：能量为 3 MeV 的α粒子束射向厚度为 1.5 μm 的 Pb 箔。

试求α粒子被散射到 60︒~90︒的几率。

Pb 的密度为 11350 kg/m 3，原子序数为 82，原子量为 207。

解：单个铅原子质量：M Pb = 207 ⨯ 1.66 ⨯ 10-27kg = 3.436 ⨯ 10-25 kg单位体积内铅原子数：N = ρ / M Pb = … = 3.303 ⨯ 1028 个/m 3散射到60︒~90︒度方向的几率 P (60︒~90︒) =θθθπσd Nt d Nt a⎰⎰⨯=⨯90603290602sin2cos 4=2)451301(42222sinsinaaNtNtππ=︒-︒⨯其中 a= Z α⨯Z Pb ⨯e 2/4⨯π⨯ε0⨯E α = …. = 7.87 ⨯ 10-14 mP (60︒~90︒) = …… = 4.82 ⨯ 10 -4 = 0.0048 % 第二章作业76页 1题：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：rvm re e 222041⨯=⨯πε所以 m e v 2 ==-=⨯12241E reπε27.2 eV = 43.57 ⨯ 10-19Jv = 2.187 ⨯ 106m/sf = v/2πr = 2.187 ⨯ 106 m/s / 6.28 ⨯ 0.529 ⨯ 10-10 m = 6.583 ⨯ 1016 HZa = v 2/r = 9.05 ⨯ 1022 m/s 23题：用能量为 12.5 eV 的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能级跃迁时会出现哪些波长的谱线。

解：设最高被激发到 m 态。

则 12.5 eV ≥ E(m)-E(1) = hcR(1-1/ m 2)所以 m 2 ≤ 12.36 m = 3h ν(m →n) = E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n 2-1/m 2)λ(3→1)=hc/[E(3)-E(1)]AeV hc ⋅⨯==410241.1= 102.6Aλ(3→2)=hc/[E(3)-E(2)] = 657.0Aλ(2→1)=hc/[E(2)-E(1)] = 121.7A5题：从 Li 2+ 离子第一激发态向基态跃迁时所发光子 是否可以使 处于基态的He +离子电离？ 解：类氢离子能级能量：E n = -hcRZ 2/n 2 n=1,2,3……..题中Li 2+ 离子中出射光子能量 E = E 2 – E 1 = 9/4 hcR = 91.8 eV使 基态He+ 离子电离所需能量 E ion = E ∞ - E(1) = 2 hcR = 54.4 eV9/4 > 2, 故 能使电离。

7 题：已知一对正负电子绕共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的电子偶素。

试计算其第一激发态向基态跃迁时放出光子的波长。

解：m1 = m2 = m质心系中 r = r1 + r2 r1 = r2 = r/2 v1 = v2 = v运动学方程ke 2/r 2=2mv 2/r ---------------------- (1)角动量量子化条件：m1 ⨯ v1 ⨯ r1 + m2 ⨯ v2 ⨯ r2 = mvr = n ħ -----------------(2) (1) 和 (2) 联立解得：2/42220m r en ⨯⨯=επ-------------------------(3)从运动学角度求取体系能量的表达式E = E K +E P = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 – Ke 2/r =mv 2 – Ke 2/r=）代入把（1-Ke 2/2r ------------ (4)(3) 代入 (4) 中 E n = -hn em 22242)4(0)2/(2εππ = 1/2 E n (H) = - 13.6eV/2n 2E 2 – E 1 = … = 5.1 eVλ(2→1)=hc/[E(2)-E(1)] = 2433A77页11题：在史特恩-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，磁场梯度为 ∂B/∂z = 103T/m ，磁极纵向范围 L1 = 0.04 m (习题图2-1)，从磁极到屏距离 L2 = 0.10 m ，原子速度 v = 500 m/s 。

在屏上两束分开的距离 d = 0.002 m 。

试求原子磁矩在磁场方向上投影 μz 大小。

磁场边缘的影响忽略不计。

解：原子通过 L1 和L2 的时间 t1 = L1/v ，t2 =L2/v通过L1 时段 原子受力 f z = μz ⨯ ∂B/∂z ，方向因 μz 方向的不同而不同，或者向上或者向下。

Z 方向原子的加速度 a z = f z /m刚脱离磁场时刻 原子 Z 方向的瞬时速度 v z = a z ⨯ t1原子在 Z 方向的偏转位移 d/2 = 1/2 ⨯ a z ⨯ t12 + v z ⨯ t2代入数值计算得 μz = 1.007 μB = 9.335 ⨯ 10-24J/T第二章习题课：禇圣麟教材 76页 2 、4、 6题；杨福家教材 68 页 2-3、2-10 题。

1 计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。

解：氢原子能级能量 E n = - hcR/n 2 = -13.6 eV/n 2n= 1, 2, 3, ……..基态 n =1 ，第一激发态 n = 2 ，电离后 n = ∞容易求得：第一激发电势 10.2 V ，电离电势 13.6V2 估算 He + 离子、Li 2+离子第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线的波长分别与氢原子上述物理量之比。

解：类氢离子能级能量 E n = -hcR A Z 2/n 2 ≈ -hcR H Z 2/n 2 n = 1,2,3,….轨道半径 r n = a 1 ⨯ n 2/Z电离能 E ionization = (E ∞ - E 1) = hcR H Z 2第一激发能：E excitation = E 2 - E 1 = 3/4hcR H Z 2赖曼系第一条谱线的波长 λ = hc/(E 2-E 1) = 4/(3R H Z 2)因此：第一玻尔轨道半径比 1 ：2 和 1 ：3 电离电势比 4 ：1 和 9 ：1 第一激发电势比 4 ：1和 9 ：1 赖曼系第一条谱线波长比 1 ：4 和 1 ：93 氢与其同位素氘混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。

问 巴耳末系的第一条谱线 (H α) 之间的波长差 ∆λ 有多大？已知 R H = 10967758 m -1，R D = 10970742 m -1解：巴耳末系满足 1/λ = R (1/4 – 1/n 2) n = 3, 4, 5, 6,……….. 对于谱线 H α ，n=3，1/λα = 5R/36， λα = 36/5R λα(H) - λα(D) = 36/5 (1/R H – 1/R D ) = RR R R HDHD 5)(36-= 1.7856A4 欲使电子与处于基态的Li 2+离子发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能？ 解：所谓非弹性散射指碰撞中机械内转变为体系内能，对本题而言，电子动能转化为 Li 2+ 离子的内能使该离子从基态被激发到激发态。

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原子物理学习题答案(褚圣麟)

原子物理学习题答案(褚圣麟)

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2121-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：21,21-==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：212)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 2243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 24能级低于D 23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。

原子物理学课后答案(褚圣麟)第3章第4章第6章

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第三章 量子力学初步3.1 波长为οA 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：12410341063.6101063.6----∙∙⨯=⨯==秒米千克λhp 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：meVh 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：οοολA A A V 1225.01000025.1225.12===对于质子，库仑公斤，19271060.11067.1--⨯=⨯=e m ，代入波长的表示式，得：ολA 319273410862.2100001060.11067.1210626.6----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=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ολA V25.12=的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：ολA 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 =2200222/)(22)(c eV eV m p eV m ceV p +=+=∴因此有：2002112/c m eV eVm h p h +⋅==λ一般情况下，等式右边根式中202/c m eV 一项的值都是很小的。

所以，可以将上式的根式作泰勒展开。

只取前两项，得：)10489.01(2)41(260200V eVm h cm eVeVm h -⨯-=-=λ由于上式中οA VeV m h 25.122/0≈，其中V 以伏特为单位，代回原式得：ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=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。

原子物理学(褚圣麟)完整答案

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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 2θ K αc o t = 4 π ε 0b = 4 π ε 0b2 Z e 2Z e 22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 21.2 已知散射角为θ 的α粒子与散射核的最短距离为2 Z e 21 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 nθ2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 21 = (1 + r m i n( 4π ε Mv 2 ) ) s i n θ0 2 - 1 9 24 ⨯ 79 ⨯ (1 .6 0 ⨯ 1 0 ) 1 = 9 ⨯ 1 0 9⨯⨯ (1 + ) 7 .6 8 ⨯ 1 0 6 ⨯ 1 .6 0 ⨯ 1 0 - 1 9sin 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。

原子物理学详解答案(褚圣麟)

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第一章 原子的基本状况若卢瑟福散射用的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150 所对应的对准距离b 多大解：依据卢瑟福散射公式：ctg24Mv2K2b40 b22 Ze获得：Ze219 2 150bZe ctg 2(479(1.60 10 ) ctg 23.9710 15米40 K8.85 10 12) (7.68106 10 19)式中 K21 Mv2 是 粒子的功能。

已知散射角为 的 粒子与散射核的最短距离为r m (12 Ze2 (11) 4)2sin，Mv2试问上题 粒子与散射的金原子核之间的最短距离r m 多大2解：将题中各量代入r m 的表达式，得：rmin( 1 )2 Ze2 (11 )4Mvsin29 10 94 79 (1.60 10 19 )2 (1 1 ) 3.02 10 14米7.68 10 6 1.60 10 19 sin 75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假如用相同能量的氘核 （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）取代质子，其与金箔原子核的最小距离多大解：当入射粒子与靶查对心碰撞时，散射角为180 。

当入射粒子的动能所有转变为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。

依据上边的剖析可得：1Mv 2K pZe 2，故有： r minZe 24Kp24 0 rmin910 979 (1.60 10 19 ) 21.1410 13米1061.601019由上式看出： r min 与入射粒子的质量没关，所以当用相同能量质量和相同电量获得核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为1.14 10 13 米。

钋放射的一种粒子的速度为 1.597 107米 / 秒，正面垂直入射于厚度为10 7米、密度为 1.93210 4公斤 / 米3的金箔。