原子物理学杨福家第四版课后答案-七章全
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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:222212121v m V M V M e +'=αα (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)θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ (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)(90sin sin sin +=−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θasin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。
原子物理学课后答案(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射线第七章:原子核物理概论第八章:超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编(7.3元定价)高等教育出版社第一章习题答案第一章 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。
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。
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 M vctgb b Z eZ eαθπεπε==得到:2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Z e ctgctgb K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米式中212K 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222121()(1)4s inm Z e r M vθπε=+,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:2m in 22121()(1)4sinZ e r M vθπε=+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:220m in124pZ eM vKr πε==,故有:2m in 04pZ er Kπε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米由上式看出:m in 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。
第七章习题1,2参考答案7-1试计算核素40Ca和56Fe的结合能和比结合能.分析:此题可采用两种算法,一是按核结合能公式;另一是按魏扎克核质量计算公式.一.按核子结合能公式计算解:1 ) 对于核素40Ca,A=40,Z=20,N=20由结合能公式B=Z m p+Z m e-M= (20×1.007277+20×1.008665-39.9625)u=0.35625u×931.5MeV/u=331.846MeV比结合能B/A=331.846/40MeV=8.296MeV2 )对于核素56Fe,A=56,Z=26,N=30由结合能公式B=Z m p+Z m e-M= (26×1.007277+30×1.008665-55.9349)u=0.514252u×931.5MeV/u=479.025MeV比结合能B/A=479.025/56MeV=8.554MeV二.按魏扎克公式计算对于题目中所给的40Ca和56Fe都是偶偶核.依B=a V A-a s A2/3-a c Z2A-1/3-a sys(Z-N)2+a p A1/2+B壳,代入相应常数计算也可.7-2 1mg238U每分钟放出740个α粒子,试证明:1g238U的放射性活度为0.33微居,238U的半衰期为4.5x109a.证:1mg238U每分钟放出740个α粒子,1g238U的放射性活度为A=740×1000/60贝克=1.233×104贝克=1.233×104贝克/3.7×104(贝克/微居)=0.33微居衰变常数λ= A/N=4.874×10-21半衰期T1/2=0.693/λ=0.693/4.874×10-21秒=1.42×1020秒=4.5×109a.得证.第七章习题3,4参考答案7-3活着的有机体中,14C 对12C 的比与大气中是相同的,约为1.3x10-12.有机体死亡后,由于14C 的放射性衰变,14C 的含量就不断减少,因此,测量每克碳的衰变率就可计算有机体的死亡时间.现测得:取之于某一骸骨的100g 碳的β衰变率为300次衰变/min ,试问该骸骨已有多久历史?解:100g 碳14的放射性活度 A=300次/min=5次/s , 又14C 的半衰期 T 1/2=5730a则 10=T C依 A=λN活着的生物体中14C 的个数为N=10=1.3047×1012个依公式t e N N ⋅-=λ得N N =10155810⨯⨯--=-=13216年答:该骸骨已有13216年历史。
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。
原子物理学杨福家第四版课后答案在学习原子物理学这门课程时,杨福家第四版教材是许多同学的重要参考资料。
然而,课后习题的解答往往成为同学们巩固知识、加深理解的关键环节。
以下是为大家精心整理的原子物理学杨福家第四版课后答案。
第一章主要介绍了原子的基本概念和卢瑟福模型。
课后习题中,关于α粒子散射实验的相关问题较为常见。
例如,计算α粒子在不同散射角度下的散射几率,这需要我们深刻理解库仑散射公式以及散射截面的概念。
答案的关键在于正确运用公式,代入相关参数进行计算。
第二章重点是玻尔的氢原子理论。
在课后习题中,经常会出现让我们根据玻尔理论计算氢原子的能级、轨道半径以及跃迁时辐射的光子能量等问题。
以计算氢原子从激发态跃迁到基态辐射的光子能量为例,首先要明确能级公式,然后根据初末态的能级差来计算光子能量。
第三章讲述了量子力学初步。
其中涉及到的薛定谔方程的应用是重点也是难点。
比如,求解一维无限深势阱中粒子的波函数和能量本征值。
在解答这类问题时,需要熟练掌握薛定谔方程的求解方法,结合边界条件确定波函数和能量的表达式。
第四章是原子的精细结构。
这一章的课后习题中,对于碱金属原子光谱的精细结构和塞曼效应的考察较多。
比如,解释碱金属原子光谱精细结构的产生原因,答案要从电子的自旋轨道耦合作用入手,分析能级的分裂情况。
第五章是多电子原子。
在这部分的习题中,经常会要求分析多电子原子的能级结构和电子组态。
例如,确定某个多电子原子的基态电子组态,需要遵循泡利不相容原理、能量最低原理和洪特规则。
第六章是在磁场中的原子。
关于原子在外磁场中的塞曼分裂以及顺磁共振等问题是常见的考点。
解答这类题目时,要清楚磁场对原子能级和光谱的影响机制。
第七章是原子的壳层结构。
会涉及到原子核外电子的填充规则以及原子基态的确定等问题。
第八章是 X 射线。
对于 X 射线的产生机制、波长和强度的计算等是常见的习题类型。
第九章是原子核物理概论。
重点是原子核的基本性质、结合能的计算以及核反应等内容。
原子物理学杨福家第四版课后答案原子物理学是物理学的一个重要分支,它研究原子的结构、性质和相互作用等方面的知识。
杨福家所著的《原子物理学》第四版是一本备受欢迎的教材,为学生深入理解原子世界提供了坚实的基础。
以下是为您精心整理的该教材的课后答案。
第一章主要介绍了原子物理学的发展历程和一些基本概念。
课后习题可能会要求学生阐述卢瑟福散射实验的原理和意义。
卢瑟福散射实验是原子物理学中的一个关键实验,它证明了原子的核式结构。
在回答这类问题时,要清晰地说明实验的步骤、观察到的现象以及得出的结论。
例如,α粒子在穿过金箔时,大部分粒子直线通过,只有少数发生大角度偏转,这表明原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上。
第二章关于原子的能级和光谱,可能会有关于氢原子光谱线系的计算和解释的题目。
对于氢原子的能级公式和光谱线的频率、波长的计算,需要牢记相关公式并能准确运用。
比如,巴尔末系的波长可以通过公式计算得出,同时要理解为什么氢原子会产生这些特定的光谱线系,这涉及到电子的能级跃迁。
第三章的重点是量子力学初步。
在回答课后问题时,要理解波函数的物理意义以及薛定谔方程的应用。
例如,对于一个给定的势场,如何求解薛定谔方程得到波函数,并根据波函数计算出粒子在不同位置出现的概率。
这需要掌握一定的数学运算和物理概念。
第四章关于碱金属原子和电子自旋,可能会要求分析碱金属原子光谱的精细结构,并解释电子自旋的概念和作用。
在回答这类问题时,要清楚地说明由于电子自旋与轨道运动的相互作用,导致了碱金属原子光谱的精细分裂。
同时,要理解电子自旋的量子特性以及它对原子能级和光谱的影响。
第五章讲到了多电子原子。
这部分的课后习题可能会涉及到多电子原子的能级结构、电子组态和原子态的确定。
回答时需要运用泡利不相容原理、能量最低原理等规则来确定电子的排布,从而得出原子的可能状态。
第六章是在原子的壳层结构基础上,进一步探讨了 X 射线。
对于 X 射线的产生机制、特征谱线以及与物质的相互作用等问题,需要有清晰的理解和准确的表述。
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 αααααααα222212121(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得碰撞后电子的速度 ee m m v m v +='ααα2 p故 αv v e2≈' 由)(105.24001~22~~~4rad m m v m v m v m v m pp tg e e e e -⨯=='∆ααααααθθ1-2 (1) )(8.225244.127922fm ctg a b =⨯⨯⨯==θ (2) 52321321063.91971002.63.19]108.22[14.3--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==nt b NdN π1-3 Au 核: )(6.505.4244.1794422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα Li 核:)(92.15.4244.134422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα1-4 (1))(3.16744.1791221Mev r e Z Z E mp =⨯⨯==(2))(68.4444.1131221Mev r e Z Z E m p =⨯⨯==1-5 2sin /)4(2sin /)4(420222142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ⋅=Ω= 42323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--68221090.8197105.144.1795.102.6--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=1-660=θ时,232221⋅==a ctg ab θ 90=θ时,12222⨯==a ctg a b θ 3)21()23(22222121===∴b bdN dN ππ1-7 由32104-⨯=nt b π,得ntb π32104-⨯=由22θctg a b =,得 23233232)67.5(1021811002.614.310410104)2(⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=--- ntctg a π )(1096.5224cm -⨯=)(8.23161096.5)41(2sin )4(2442b a d d =⨯⨯⨯==Ω∴-θσ1-8(1)设碰撞前m 1的速度为v 1,动量为p 1。
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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。
第一章 原子的位形 1-1)解:α粒子与电子碰撞,能量守恒,动量守恒,故有:eevmvMvM vMmvMv 222 2121 21222e e v Mmvv v M mvvevmpeep=mvp=mv ,其大小: (1)222(')(')(') em vvvvvvvM近似认为:(');'pMvvvv22e m vvv M有21 2eppMmv亦即: (2)(1)2/(2)得224222 10e e mvm pMmvM p亦即:()ptgrad p-4~101-2) 解:① 22a bctg E228e;库仑散射因子:a=4 )2)(4 ( 4 2 0 20 2 E Ze E Zea 22279()()1.44()45.545 eZ afmMevfm EMev当901时,ctg2122.752 bafm亦即:1522.7510bm② 解:金的原子量为197A ;密度:731.8910/gm依公式,λ射粒子被散射到θ方向,d 立体角的内的几率:ntdadP 2sin16)( 42(1)式中,n 为原子核数密度,()AAmnnN即:AVn A(2)由(1)式得:在90º→180 º范围内找到粒子得几率为: )(P 1802 2 490ant2sin() 164sin2dant将所有数据代入得)(P5()9.410这就是粒子被散射到大于90º范围的粒子数占全部粒子数得百分比。
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)(90sin sin sin +=-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。
目 录第一章 原子的位形 ....................................................................................... 1 第二章 原子的量子态:波尔模型 ................................................................... 7 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。
第一章 原子的位形 1-1)解:α粒子与电子碰撞,能量守恒,动量守恒,故有:⎪⎩⎪⎨⎧+'='+=e e v m v M v M v M mv Mv 222212121 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='-='-⇒222e e v M m v v v Mm v ve v m p= e p =m v p =mv ∴∆∆,其大小: (1) 222(')(')(')e m v v v v v v v M-≈+-=近似认为:(');'p M v v v v ∆≈-≈22e m v v v M∴⋅∆=有 212e p p Mmv ⋅∆=亦即: (2) (1)2/(2)得22422210e e m v m p Mmv M -∆===p 亦即:()ptg rad pθθ∆≈=-4~101-2) 解:① 22a b ctg Eθπε=228e ;库仑散射因子:a=4)2)(4(420202EZe E Ze a πεπε==22279()() 1.44()45.545e Z a fmMev fm E Mevπε⨯=== 当901θθ=︒=时,ctg2122.752b a f m∴== 亦即:1522.7510b m -=⨯② 解:金的原子量为197A =;密度:731.8910/g m ρ=⨯ 依公式,λ射α粒子被散射到θ方向,d Ω立体角的内的几率: nt d a dP 2sin16)(42θθΩ=(1)式中,n 为原子核数密度,()AA m n n N ρ∴=⋅= 即:A V n Aρ=(2)由(1)式得:在90º→180 º范围内找到α粒子得几率为:(θP 18022490a nt 2sin ()164sin 2d a nt πθθπρθθ︒︒=⋅=⎰将所有数据代入得)(θP 5()9.410ρθ-=⨯这就是α粒子被散射到大于90º范围的粒子数占全部粒子数得百分比。
1-3)解:4.5;79;,E Mev Z Li Z ===对于全核对于金74.5;79;,3;E Mev ZLi Z ===对于全核对于 )2)(4(420202E Z e E Ze a r m πεπε===当Z =79时2791.4450.564.5m r fm Mev fm Mev⨯=⋅⨯=当Z =3时, 1.92;m r fm =但此时M 并不远大于m ,c l m E E ⋅≠21,(1)2c c M m E uv E a a M m M==∴=++4(1) 3.027m c r a a fm ==+=1-4)解:① fm E Ze E Ze r m 7)2)(4(420202===πεπε将Z =79代入解得:E=16.25Mev ② 对于铝,Z =13,代入上公式解得:2e 134fm=()4Eπε E=4.68Mev以上结果是假定原子核不动时得到的,因此可视为理论系的结果,转换到实验室中有:(1)l c mE E M=+ 对于① 1(1)16.33197l c E E Mev =+= ② 1(1) 4.927l c E E Mev =+=可见,当M>>m 时,l c E E ≈,否则,l c E E ≠ 1-5)解:在θ方向d Ω立方角内找到电子的几率为:221241()44sin2Z Z e dN d nt N E θπεΩ=⋅ 注意到:;A A N A nt t nt t N A ρρ==24()4sin 2A N dN a d t n N A ρθΩ∴==21279() 1.44113.764 1.0Z Z e a fmMev fm E Mevπε=⋅=⋅=2221.5 1.51010s d r -∆Ω===⨯24()4sin 2AN dN a d t n N A ρθΩ∴==2313232646.021011410 1.5101.510()8.9101974sin 30οη----⨯⨯⨯∴=⨯⨯⨯=⨯2152********⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⋅--23- 1-6)解:223cos2()()444sin 4sin 22a d a dN Nnt Nnt d θπθθθΩ==⋅ ∴散射角大于θ得粒子数为:180'N dN οθ=⎰依题意得:1803606018090390sin 2sin 321sin2sin 2d N Nd οοοοοοθθθθθθ>>==⎰⎰,即为所求 1-7)解21016104242sin 2cos42sin 2cos42sin2cos 241)180(02323221803218032180322212018000000θπρθπρθθθπρθθθπρθθθπεπθθθθθθctg N Aa ctg a AN d a A N d a AtN d E e Z Z nt N dN P A m A m A m A --⨯=⇒⨯====⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==≤≤⎰⎰⎰⎰依题:srb sr m tg a d dc /24/102430sin 101002.610241041812sin 14)(2280402232342=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛=Ω=----πθσθσ1-8)解:在实验室系中,截面与偏角的关系为(见课本29页)111max 2221211221sin ()9011sin 0(1sin )1sin 0L L L Lm m mm m m m mm m m m οοθθθθ∴=≥∴=≥-⎧+≥⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩--① 由上面的表达式可见:为了使()L L σθ存在,必须:2121(sin )0L m m θ-≥ 即:11221sin (1sin )0L L m m m m θθ+≥()- 亦即:12121sin 01sin 0L L m m m m θθ⎧+≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩- 或12121sin 01sin 0L Lm m m m θθ⎧+≤⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩-考虑到:180L οθ≤ s i n 0L θ≥ ∴第二组方程无解 第一组方程的解为:121sin 1L m m θ≥≥- 可是,12sin L m m θ的最大值为1,即:12sin L m m θ= ② 1m 为α粒子,2m 为静止的He 核,则121m m =, max ()90L θ∴=︒1-9)解:根据1-7)的计算,靶核将入射粒子散射到大于θ的散射几率是24)(22θπθctg a ntP =〉当靶中含有两种不同的原子时,则散射几率为120.70.3ηηη=+将数据代入得:1323223122223113.142(1 1.4410) 1.510 6.02210154(1.0)7949(0.700.30) 5.810197108Mev cm g cm mol ctg Mev g mol g molη-------=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⋅⨯⨯︒⨯⨯⨯+⨯=⨯⋅⋅1-10)解:① 金核的质量远大于质子质量,所以,忽略金核的反冲,入射粒子被靶核散时则:θθθ→-∆之间得几率可用的几率可用下式求出:22442sin 2sin ()()44sinsin22at ant A πθθρπθθηθθ∆∆==212179 1.4494.84 1.2R Z Z e Mev fm a fm E Mevπε⨯⨯⋅===由于12θθ≈,可近似地将散射角视为:1259616022θθθ+︒+︒===︒;61590.0349180rad θπ︒-︒∆==︒将各量代入得:2413234419.32 1.51094.8102sin 600.03496.0210 1.51101974sin 30πη---⎛⎫⨯⨯⨯︒⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎪︒⎝⎭单位时间内入射的粒子数为:910195.0101 3.125101.6010Q I t N e e --⋅⨯⨯====⨯⨯(个) ∴T 时间内入射质子被散时到5961︒-︒之间得数目为: 10493.12510 1.5110605 1.410N N T η-∆==⨯⨯⨯⨯⨯=⨯(个)② 入射粒子被散时大于θ的几率为:222231.88104242Aa ta ntctgN ctg Aπθρπθη-===⨯103103.12510 1.8810605 1.810N N T η-∴∆==⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ (个)③ 大于10︒的几率为:222108.171042a ntctg θπθη=-︒==⨯∴大于10︒的原子数为:10211' 3.125108.17106057.6610N -∆=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯(个)∴小于10︒的原子数为:10123.125101605'8.610N N ∆=⨯⨯⨯⨯-∆=⨯(个)注意:大于0ο的几率:1η=∴大于0ο的原子数为:103.12510605NT =⨯⨯⨯第二章 原子的量子态:波尔模型 2-1)解:k hv E W =+① 0, 1.9k E hv e =∴=有W h =0νHz seV eV h W 14150106.4101357.49.1⨯=⋅⨯==-ν nm eVeVnm W hc c6.6529.11024.1300=⋅⨯===νλ② nmhc eVeV nm W E hc ck 7.364)9.15.1(1024.13=+⋅⨯=+==νλ2-2)解: 22111;;()n n n V n c Zr a v Z Z E E Z n n nα==⋅== ① 对于H :111210.53;4 2.12r na A r a A ︒︒====111210.53;4 2.12r a n a A r a A ︒︒===== 616112112.1910(); 1.110()2v c m s v v m s α--==⨯⋅==⨯⋅对于He +:Z=2112161611110.265;2 1.0622 4.3810(); 2.1910()r a A r a A v c m s v c m s αα︒︒--======⨯⋅==⨯⋅ 对于Li +:Z =31121616111140.177;0.7073333 6.5710(); 3.2910()2r a A r a A v c m s v c m s αα︒︒--======⨯⋅==⨯⋅② 结合能=21()n A ZE E E n=-≡13.6;413.654.4;122.4H He Li E ev E ev E ev +++==⨯==③ 由基态到第一激发态所需的激发能:22221111113()()(1)2144Z Z E E E Z E E Z ∆=-=-=-对于H :31312.410()(13.6)10.2;1216410.2H H hc ev E ev A A E ev︒︒⨯∆=-⨯-====∆eV eV E hc He2.10104.123⨯=∆=+λ3()13.6440.8;303.94H He hc E ev E λ+︒∆=⨯⨯===∆1312.410()(13.6)10.2;1216410.2H H hc ev E ev A A E ev λ︒︒⨯∆=-⨯-====∆ 对于He +:13()13.6440.8;303.94H He hc E ev A E λ+︒∆=⨯⨯===∆9.303=∆=+E hc He 3()13.6440.8;303.94H Hehc E ev A Eλ+︒∆=⨯⨯===∆ 对于Li ++:13()13.6991.8;135.14H Li hc E ev A E λ++︒∆=⨯⨯===∆1.135=∆=+E hc He 3()13.6440.8;303.94H Hehc E ev A E λ+︒∆=⨯⨯==∆ 2-3)解:所谓非弹性碰撞,即把Li ++打到某一激发态, 而Li ++最小得激发能为()eV E E E E Li 8.91)323(22211212=-=-=∆++∴这就是碰撞电子应具有的最小动能。