下载文档原格式
第六章 中心力场6.1) 利用6.1.3节中式（17）、（18），证明下列关系式相对动量 ()21121p m p m Mr p-==∙μ （1） 总动量1p p R M P+==∙ （2）总轨迹角动量p r P R p r p r L L L⨯+⨯=⨯+⨯=+=221121 （3）总动能 μ222222222121pMP m p m p T +=+= （4）反之，有 ,11r m R rμ+= r m R r22μ-= （5） p P m p +=21μ，p P m p -=12μ（6）以上各式中，()212121 ,m m m m m m M +=+=μ证： 212211m m r m r m R ++=， （17） 21r r r -=， （18）相对动量 ()21122121211p m p m M r r m m m m r p-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==∙∙∙μ （1’）总动量 ()2121221121p p m m r m r m m m R M P+=+++==∙∙∙ （2’）总轨迹角动量 221121p r p r L L L⨯+⨯=+=)5(2211p r m u R p r m u R ⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()()2112211p m p mMr p p R -⨯++⨯=)2)(1(p r P R ⨯+⨯=由（17）、(18)可解出21,r r，即（5）式；由（1’）（2’）可解出（6）。
总动能()22112262221212222m p P m m p P m m p m p T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+=μμ2122222122112222122222m m p P u m pPm m um m p P u m pPm m u⋅-++⋅++=()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++++=2122221222211112122m m p Pm m m Pm m m μ2222pMP +=（4’）［从（17），(18)式可解出（5）式；从（1），(2)式可解出（6）式］.6.2) 同上题，求坐标表象中p 、P 和L 的算术表示式r i p ∇-= R i P ∇-= ，p r P R L⨯+⨯=解： ()()211221121r r m mMi p m p mMp ∇-∇-=-=（1）其中 1111z k y j x ir ∂∂+∂∂+∂∂=∇，而x X M m x x x X x X x ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂1111，同理，y YM m y ∂∂+∂∂=∂∂11zZM m z ∂∂+∂∂=∂∂11；（利用上题（17）（18）式。
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv e chv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1）以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThce kT hc ehcλλλλλπρ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThc λλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5这是一个超越方程。
首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。
据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。
1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。
解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λh P =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph=λnmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
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：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米式中212K 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220121()(1)4sinmZe 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：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(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：220min124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(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。
原子物理学习题第一章 原子的核式结构1．选择题：(1)原子半径的数量级是：A ．10－10cm; B.10-8m C. 10-10m D.10-13m(2)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（3）进行卢瑟福理论实验验证时发现小角散射与实验不符这说明：A. 原子不一定存在核式结构B. 散射物太厚C. 卢瑟福理论是错误的D. 小角散射时一次散射理论不成立(4)用相同能量的α粒子束和质子束分别与金箔正碰，测量金原子核半径的上限. 问用质子束所得结果是用α粒子束所得结果的几倍？A. 1/4 B . 1/2 C . 1 D. 2(5)动能E K =40keV 的α粒子对心接近Pb(z=82)核而产生散射,则最小距离为（m ）：A.5.91010-⨯B.3.01210-⨯C.5.9⨯10-12D.5.9⨯10-14(6)如果用相同动能的质子和氘核同金箔产生散射,那么用质子作为入射粒子测得的金原子半径上限是用氘核子作为入射粒子测得的金原子半径上限的几倍？A.2B.1/2C.1 D .4(7)在金箔引起的α粒子散射实验中,每10000个对准金箔的α粒子中发现有4个粒子被散射到角度大于5°的范围内.若金箔的厚度增加到4倍,那么被散射的α粒子会有多少？A. 16B..8C.4D.2(8）在同一α粒子源和散射靶的条件下观察到α粒子被散射在90°和60°角方向上单位立体角内的粒子数之比为：A ．4:1 B.2:2 C.1:4 D.1:8（9）在α粒子散射实验中,若把α粒子换成质子,要想得到α粒子相同的角分布,在散射物不变条件下则必须使：A.质子的速度与α粒子的相同； B ．质子的能量与α粒子的相同；C ．质子的速度是α粒子的一半；D ．质子的能量是α粒子的一半(a)不辐射可见光的物体;(b)不辐射任何光线的物体;(c)不能反射可见光的物体;(d)不能反射任何光线的物体;(e)开有小孔空腔.3．计算题：（1）当一束能量为4.8Mev 的α粒子垂直入射到厚度为4.0×10-5cm 的金箔上时探测器沿20°方向上每秒记录到2.0×104个α粒子试求：①仅改变探测器安置方位,沿60°方向每秒可记录到多少个α粒子？②若α粒子能量减少一半,则沿20°方向每秒可测得多少个α粒子？③α粒子能量仍为4.8MeV,而将金箔换成厚度的铝箔,则沿20°方向每秒可记录到多少个α粒子?(ρ金＝19.3g/cm 3 ρ铅＝27g /cm 3；A 金＝179 ,A 铝＝27,Z 金＝79 Z 铝＝13)(2)试证明:α粒子散射中α粒子与原子核对心碰撞时两者之间的最小距离是散射角为900时相对应的瞄准距离的两倍.(3)10Mev 的质子射到铜箔片上,已知铜的Z=29, 试求质子散射角为900时的瞄准距离b 和最接近于核的距离r m .（4）动能为5.0MeV 的α粒子被金核散射，试问当瞄准距离分别为1fm 和10fm 时，散射角各为多大？（5）假设金核半径为7.0fm ，试问：入设质子需要多大能量，才能在对头碰撞时刚好到达金核表面？（6）在α粒子散射实验中，如果用银箔代替金箔，二者厚度相同，那么在同样的偏转方向，同样的角度间隔内，散射的α粒子数将减小为原来的几分之几？银的密度为10.6公斤／分米3，原子量为108；金的密度为19.3公斤／分米3,原子量197。
目录第一章原子的位形 (2)第二章原子的量子态：波尔模型 (8)第三章量子力学导论 (12)第四章原子的精细结构：电子的自旋....................... 错误！未定义书签。
第五章多电子原理：泡利原理 (23)第六章X射线 (28)第七章原子核物理概论.......................................... 错误！未定义书签。
1.本课程各章的重点难点重点:α粒子散射实验公式推导、原子能量级、氢原子的玻尔理论、原子的空间取向量子化、物质的波粒二象性、不确定原则、波函数及其物理意义和薛定谔方程、电子自旋轨道的相互作用、两个价电子的原子组态、能级分裂、泡利原理、电子组态的原子态的确定等。
难点：原子能级、电子组态、不确定原则、薛定谔方程、能级分裂、电子组态的原子态及基态的确定等。
2.本课程和其他课程的联系本课程需在高等数学、力学、电磁学、光学之后开设，同时又是理论物理课程中量子力学部分的前导课程，拟在第三学年第一学期开出。
3.本课程的基本要求及特点第一章原子的位形：卢瑟福模型了解原子的质量和大小、原子核式模型的提出；掌握粒子散射公式及其推导，理解α粒子散射实验对认识原子结构的作用；理解原子核式模型的实验验证及其物理意义。
第二章原子的量子态：玻尔模型掌握氢原子光谱规律及巴尔末公式；理解玻尔原子模型的基本假设、经典轨道、量子化条件、能量公式、主量子数、氢能级图；掌握用玻尔理论来解释氢原子及其光谱规律；了解伏兰克---赫兹实验的实验事实并掌握实验如何验证原子能级的量子化；理解索菲末量子化条件；了解碱金属光谱规律。
第三章量子力学导论掌握波粒二象性、德布罗意波的假设、波函数的统计诠释、不确定关系等概念、原理和关系式；理解定态薛定谔方程和氢原子薛定谔方程的解及n,l,m 三个量子数的意义及其重要性。
第四章 原子的精细结构：电子的自旋理解原子中电子轨道运动的磁矩、电子自旋的假设和电子自旋、电子量子态的 确定；了解史特恩—盖拉赫实验的实验事实并掌握实验如何验证角动量取向的量子化；理解碱金属原子光谱的精细结构；掌握电子自旋与轨道运动的相互作用；了解外磁场对原子的作用，理解史特恩—盖拉赫实验的结果、塞曼效应。
完整版)原子物理学练习题及答案1、在电子偶素中，正电子与负电子绕共同质心运动。
在n=2状态下，电子绕质心的轨道半径等于2m。
2、氢原子的质量约为938.8 MeV/c2.3、一原子质量单位定义为原子质量的1/12.4、电子与室温下氢原子相碰撞，要想激发氢原子，电子的动能至少为13.6 eV。
5、电子电荷的精确测定首先是由XXX完成的。
特别重要的是他还发现了电荷是量子化的。
6、氢原子n=2.l=1与氦离子He+ n=3.l=2的轨道的半长轴之比为aH/aHe+=1/2，半短轴之比为bH/bHe+=1/3.7、XXX第一轨道半径是0.529×10-10 m，则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=2.12×10-10 m，半短轴b有两个值，分别是1.42×10-10 m，2.83×10-10 m。
8、由估算得原子核大小的数量级是10-15 m，将此结果与原子大小数量级10-10 m相比，可以说明原子核比原子小很多。
9、提出电子自旋概念的主要实验事实是XXX-盖拉赫实验和朗茨-XXX。
10、钾原子的电离电势是4.34 eV，其主线系最短波长为766.5 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1.19 eV。
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2P1/2 -。
2S1/2.13、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n。
l。
XXX表示，轨道角动量确定后，能级的简并度为2j+1.14、32P3/2 -。
22S1/2与32P1/2 -。
22S1/2跃迁，产生了锂原子的红线系的第一条谱线的双线。
15、三次电离铍（Z=4）的第一玻尔轨道半径为0.529×10-10 m，在该轨道上电子的线速度为2.19×106 m/s。
16、对于氢原子的32D3/2态，其轨道角动量量子数j=3/2，总角动量量子数J=2或1，能级简并度为4或2.20、早期的元素周期表按照原子量大小排列，但是钾K（A=39.1）排在氩Ar（A=39.9）前面，镍Ni（A=58.7）排在钴Co（A=58.9）前面。
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4123212=+⨯=+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 meg2=μ h h J J P J 215)1(=+= 按LS 耦合：52156)1(2)1()1()1(1==++++-++=J J S S L L J J gB B J h m e μμμ7746.0515215252≈=⋅⋅⋅=∴ 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：mcBeg m g m vπλλ4)(1'1~1122-=-=∆ 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。
对应11P 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 vπ4/)1,0,1(~-=∆ 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==∆mc Be vπ。
特斯拉。
00.1467.04=⨯=∴emcB 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。
解：在弱磁场中，不考虑核磁矩。
2/323D 能级：,23,21,2===j S l54)1(2)1()1()1(123,21,21,232=++++-++=--=j j s s l l j j g M2/122P 能级：,21,21,2===j S l 32,21,211=-=g ML v)3026,3022,302,302,3022,3026(~---=∆ 所以：在弱磁场中由2/122/3223P D →跃迁产生的光谱线分裂成六条，谱线之间间隔不等。
原子物理与量子力学习题参考答案目录原子物理学（褚圣麟编） (1)第一章原子的基本状况 (1)7．α粒子散射问题（P21） (1)第二章原子的能级和辐射 (1)5．能量比较（P76） (1)7．电子偶素（P76） (1)8．对应原理（P77） (1)9．类氢体系能级公式应用（P77） (1)11．Stern-Gerlach实验（P77） (2)第三章量子力学初步 (2)3．de Broglie公式（P113） (2)第四章碱金属原子 (2)2．Na原子光谱公式（P143） (2)4．Li原子的能级跃迁（P143） (2)7．Na原子的精细结构（P144） (2)8．精细结构应用（P144） (3)第五章多电子原子 (3)2．角动量合成法则（P168） (3)3．LS耦合（P168） (3)7．Landé间隔定则（P169） (4)第六章磁场中的原子 (4)2．磁场中的跃迁（P197） (4)3．Zeeman效应（P197） (4)7．磁场中的原子能级（P197） (5)8．Stern-Gerlach实验与原子状态（P197） (5)10．顺磁共振（P198） (5)第七章原子的壳层结构 (6)3．原子结构（P218） (6)第八章X射线 (6)2．反射式光栅衍射（P249） (6)3．光栅衍射（P249） (6)量子力学教程（周世勋编） (7)第一章绪论 (7)1.1 黑体辐射（P15） (7)1.4 量子化通则（P16） (7)第二章波函数和Schrödinger方程 (8)2.3 一维无限深势阱（P52） (8)2.6 对称性（P52） (8)2.7 有限深势阱（P52） (9)第三章力学量 (10)3.5 转子的运动（P101） (10)3.7 一维粒子动量的取值分布（P101） (10)3.8 无限深势阱中粒子能量的取值分布（P101） (11)3.12 测不准关系（P102） (11)第四章态和力学量的表象 (12)4.2 力学量的矩阵表示（P130） (12)4.5 久期方程与本征值方程的应用（P130） (13)第五章微扰理论 (16)5.3 非简并定态微扰公式的运用（P172） (16)5.5 含时微扰理论的应用（P173） (16)第七章自旋与全同粒子 (17)7.1 Pauli算符的对易关系（P241） (17)7.2 自旋算符的性质（P241） (17)7.3 自旋算符x、y分量的本征态（P241） (17)7.4 任意方向自旋算符的特点（P241） (17)7.5 任意态中轨道角动量和自旋角动量的取值（P241） (18)7.6 Bose子系的态函数（P241） (19)原子物理与量子力学习题 (20)一、波函数几率解释的应用 (20)二、态叠加原理的应用 (20)三、态叠加原理与力学量的取值 (20)四、对易关系 (21)五、角动量特性 (22)1原子物理学（褚圣麟编）第一章 原子的基本状况7．α粒子散射问题（P21）J 106.1105.3221962-⨯⨯⨯⨯==E M υ232323030m )2/3(109.1071002.61060sin 1060sin 10----⊥-⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=⋅⨯=A N t A N Nt s ρρ C 1060.119-⨯=e ，11120m AsV 1085.8---⨯=ε，61029-⨯=n dn32521017.412.0100.6--⨯=⨯==ΩL dS d ， 20=θ 2.48)4(sin 202422=⋅Ω⋅⋅=Nt d n dn eM Z πευθ第二章 原子的能级和辐射5．能量比较（P76）Li Li Li Li v hcR hcR E E hv E )427()211(32212=-⋅=-==H e H e H e H e hcR hcR E E 4)1/2(0221=⋅=-=++∞ +∞>H e v E E ，可以使He +的电子电离。
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）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0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θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-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ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin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。
第六章 散射6.1 两体碰撞和散射截面两个粒子的碰撞可以分为弹性散射，非弹性散射和反应三种类型。
如果两个粒子的内部状态在碰撞前后都保持不变，则称为弹性散射。
弹性散射也就是弹性碰撞，下面将只讨论弹性散射问题。
如果粒子的内部状态在碰撞后有变化（例如激发或电离），则称为非弹性散射。
如果碰撞后有新粒子出现，则称为反应。
非弹性散射与反应有时并不能严格区分开来。
单粒子的衰变也可属于反应。
粒子之间的碰撞与能级跃迁中的频谱（能谱）一样对许多实际问题的研究具有很重要的意义。
例如，贞瑟福（Rutherford ）由对X 粒子被原子散射的研究中发现原子中心有一个重核。
又如，电子与原子碰撞的夫兰克——赫兹（Franck-Herty ）实验证明了原子中有定态。
两个粒子的碰撞可以在外场中进行，下面也只讨认没有外场的情况，这时，两个粒子体系的势能仅由相互作用能()U r决定。
由§2.7“5”可知，两体问题可以化为一个具有折合质量为μ的粒子在一个固定于质心位置的势场()U r中运动。
这个静止不动的质心位置被称为散射中心，也称为靶心。
这时，两个粒子的散射便化为粒子被势场的散射。
这个粒子的能量E 是连续谱，在弹性散射中，能量E 在散射过程中保持不变。
为了简单，设耙心质量比位于r处的粒子质量大得多，则这个具有折合质量的粒子便化为一个真实粒子，而相对运动能量E 便化为这个真实粒子的能量。
考虑一束粒子沿Z 轴正方向向散射中心C 射束，如下图：在入射粒子未进入势场之前，即当入射粒子距离散射中心很远时，可近似地用平面波描写，所以穿过垂直于Z 轴平面的λ射粒子是均匀分布的。
单位时间内穿过垂直于入射方向单位面积的粒子数N 称为入射粒子流强度。
粒子被散射后的运动方向与入射方向之间的夹角称为散射角。
设以C 点为球心以r 为半径的球面上的面积元ds 对C 点张开的立体角为d Ω，则单位时间内散射到d Ω内的粒子数dn 应与d Ω成正比，也与N 成正比：(,)dn q Nd θϕ=Ω （6.1-1）其中(,)q θϕ为比例系数。
练习六习题1-2解6-1 某一X 射线管发出的连续X 光谱的最短波长为0.0124nm ，试问它的工作电压是多少?解：依据公式答：它的工作电压是100kV.6-2莫塞莱的实验是历史上首次精确测量原子序数的方法．如测得某元素的K a X 射线的波长为0.068 5 nm ，试求出该元素的原子序数．)(10Z ；将值代入上式，10246.010)⨯⨯===1780Z =43即该元素为43号元素锝(Te). 第六章习题3,46-3 钕原子(Z=60)的L 吸收限为0.19nm ，试问从钕原子中电离一个K 电子需作多少功?6-4 证明：对大多数元素K α1射线的强度为K α2射线的两倍． 第六章习题5,6参考答案6-5 已知铅的K 吸收限为0.014 1nm,K 线系各谱线的波长分别为：0.016 7nm(K a )；0.0146nm(K b )；0.0142nm(K g ),现请： (1) 根据这些数据绘出有关铅的X 射线能级简图； (2) 计算激发L 线系所需的最小能量与L a 线的波长．分析要点:弄清K 吸收限的含义. K 吸收限指在K 层产生一个空穴需要能量. 即K 层电子的结合能或电离能.解: (1)由已知的条件可画出X 射线能级简图.K K a L a K b K g (2)激发L 线系所需的能量:K 层电子的电离能为:在L 壳层产生一个空穴所需的能量E LK = φK -φL φL =φK - E LK =87.94 keV -84.93keV=3.01 keVφ为结合能.设L a 或即L a线的波长为0.116nm.6-6 一束波长为0.54 nm的单色光入射到一组晶面上，在与入射束偏离为120°的方向上产生一级衍射极大，试问该晶面的间距为多大?sin qn=1解得d=0.312 nm第六章习题8参考答案6-7 在康普顿散射中，若入射光子的能量等于电子的静止能，试求散射光子的最小能量及电子的最大动量．6-8 在康普顿散射中，若一个光子能传递给一个静止电子的最大能量为10 keV，试求入射光子的能量．（1）其中cm光子去的能量为电子获得的能量kEhh='-νν依题意，如果电子获得最大能量，则出射光子的能量为最小，（1）式E由此可算出： νγγh E E 22=+E c E00=+ 2)(2cm EE h h o =-νν代入数据.010⨯=-光E 2解之： E 光=55.9 keV 第六章习题9参考答案6-9 若入射光子与质子发生康普顿散射，试求质子的康普顿波长．如?c m =则 c hc 2=依6-8m EE =可得出：6-10 康普顿散射产生的散射光子，再与原子发生相互作用，当散射角θ＞60°时，无论入射光子能量多么大，散射光子总不能再产生正负电子偶．试证明之． 第六章习题11,126-11 证明：光子与自由电子相碰，不可能发生光电效应． 6-12 证明：在真空中不可能发生“光子一电子对”过程． 第六章习题13、14参考答案6-13已知铑(Z=45)的电子组态为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 64d 85s I ，现请：(1)确定它的基态谱项符号；(2)用它的K αX 射线作康普顿散射实验，当光子的散射角为60°时，求反冲电子的能量(已知K α的屏蔽系数b =0.9)；(3)在实验装置中用厚为0.30cm 的铅屏蔽该射线．如果改用铝代替铅，为达到同样的屏蔽效果，需要用多少厚的铝?(μpb =52.5 cm -I ；μAl =0.765 cm -1)解：（1）电子组态中4d 85s 1未填满，所以为基态的电子组态4d 25s l 1= l 2=2,l 3=0其原子态计算先2d 电子耦合,得出最低态3F 4,3,2.找出基态3F 4,再与s 耦合,得4F 9/2.为基态.（2）因为X K α射线的能量为：216)(10248.0b z h h K -⨯=αν9.0≈b反冲电子的能量为：60=θ 代入上式得 eV E K384=（3）由郎伯-比耳定律可得：用Pb 屏蔽时 1Pbx e I I μ-= （1）用Al 屏蔽时 20Alx e I I μ-= （2）比较（1）（2）式可得： 21x x Al Pb μμ=其中15.52-=cm Pb μ1765.0-=cm Al μx 1=0.3cm得： x 2=20.59cm6-14已知铜和锌的K αX 射线的波长分别为0．015 39 nm ，和0．014 34 nm ，镍的K 吸收限为0.148 9 nm ，它对铜和锌的K αX 射线的质量吸收系数分别为48 cm 2／g 和325 cm 2/g ．试问：为了使铜的K α射线与锌的K α射线的相对强度之比提高10倍，需要多厚的镍吸收片?解： 按朗伯-比耳定律经镍吸收片吸收后，铜的强度 ρ-=x e I I 480锌的强度 23250''ρx e I I -=由于 I 00所以2mg/cm 31.8=x ρ 镍的密度为 ρ=8.9g/cm 3所以 x =9.3 μm.。
