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原⼦物理学课后答案原⼦物理学习题解答第⼀章原⼦的基本状况1.1若卢瑟福散射⽤的粒⼦是放射性物质镭放射的，其动能为电⼦伏特。
散射物质是原⼦序数的⾦箔。
试问散射⾓所对应的瞄准距离多⼤？解：根据卢瑟福散射公式：得到：⽶式中是粒⼦的功能。
1.2已知散射⾓为的粒⼦与散射核的最短距离为，试问上题粒⼦与散射的⾦原⼦核之间的最短距离多⼤？解：将1.1题中各量代⼊的表达式，得：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。
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：故有：⽶由上式看出：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⽶。
1.4钋放射的⼀种粒⼦的速度为⽶/秒，正⾯垂直⼊射于厚度为⽶、密度为的⾦箔。
试求所有散射在的粒⼦占全部⼊射粒⼦数的百分⽐。
已知⾦的原⼦量为。
解：散射⾓在之间的粒⼦数与⼊射到箔上的总粒⼦数n的⽐是：其中单位体积中的⾦原⼦数：⽽散射⾓⼤于的粒⼦数为：所以有：等式右边的积分：故即速度为的粒⼦在⾦箔上散射，散射⾓⼤于以上的粒⼦数⼤约是。
1.5粒⼦散射实验的数据在散射⾓很⼩时与理论值差得较远，时什么原因？答：粒⼦散射的理论值是在“⼀次散射“的假定下得出的。
⽽粒⼦通过⾦属箔，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，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已知粒⼦质量⽐电⼦质量⼤7300倍。
试利⽤中性粒⼦碰撞来证明：粒⼦散射“受电⼦的影响是微不⾜道的”。
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。
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,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e （4）)sin(sin ϕθϕαα+='VM 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）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)(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θa2 sin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 ⨯ 10-27kg ⨯ (1.597 ⨯ 107m/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 ⨯ 10-13 J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︒)=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒-︒⨯90sin 145sin 14222Nta 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）。
`第三章题解3-1电子的能量分别为10eV ，100 eV ，1000 eV 时，试计算相应的德布罗意波长。
解：依计算电子能量和电子波长对应的公式3-2 设光子和电子的波长均为0.4nm ，试问：（1）光子的动量与电子的动量之比是多少？（2 解：（1p 光子:p 电子=1:13-3 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）依题意，相对论给出的运动物体的动能表达式是：2mc E = 2c m E E k += 2022c m mc = 02m m = 022021m cv m m =-= 41122=-c v 22141cv -= 2243c v =所以0.866c c 43v ≈= （2） 根据电子波长的计算公式：0.001715nm eV 105111.226nm)(1.226nm 3=⨯==eV E kλ3-4 把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量．若晶体的两相邻布喇格面间距为0.18nm ，一级布喇格掠射角(入射束与布喇格面之间的夹角)为30°,试求这些热中子的能量．解：根据布喇格衍射公式 nλ=d sin θ λ=d sin θ=0.18×sin30°nm =0.09 nm1.226nmλ=221.226nm ()13.622eV 185.56eV kE λ===3-5 电子显微镜中所用加速电压一般都很高，电子被加速后的速度很大，因而必须考虑相对论修正．试证明：电子的德布罗意波长与加速电压的关系应为：式中V r=V(1+0.978×10-6V)，称为相对论修正电压，其中电子加速电压V的单位是伏特．分析:考虑德布罗意波长,考虑相对论情况质量能量修正,联系德布罗意关系式和相对论能量关系式,求出相对论下P即可解.证明：根据相对论质量公式将其平方整理乘c2,得其能量动量关系式题意得证.3-6 (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-⎪⎭⎫E式中E o 和E 分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量．(康普顿波长λc =h /m 0c ,m 0为粒子静止质量，其意义在第六章中讨论)(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? 证明：根据相对论能量公式将其平方整理乘c 2（1）相对论下粒子的德布罗意波长为：粒子的康普顿波长为（2）若粒子的德布罗意波长等于它的康顿波长则电子的动能为211.55KeV. 则电子的动能为211.55KeV注意变换：1. ΔP 转化为Δλ表示; 2.ΔE 转化为Δν表示;600nm 的光谱线，测得波长的精度为?解： 依 h t E ≥∆∆ 求Δt≥∆∆E t3-8 一个电子被禁闭在线度为10fm 的区域中，这正是原子核线度的 解：粒子被束缚在线度为r 的范围内，即Δx = r 那么粒子的动量必定有一个不确定度，它至少为：x2∆≥∆ x p ∵∴∴ 电子的最小平均动能为3-9 已知粒子波函数⎭⎬⎫⎩⎨⎧---=c z b y a x N 2||2||2||exp ψ，试求：(1)归一化常数N ；(2)粒子的x 坐标在0到a 之间的几率；(3)粒子的y 坐标和z 坐标分别在-b →+b 和-c →+c.之间的几率．解: (1)因粒子在整个空间出现的几率必定是一,所以归一化条件是:⎰+∞∞-ψdv = 1即:dz edy edx eN dv cz by ax ⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞+∞--∞+∞--∞+∞--∞+∞-=22222222ψ=18222202==⎰⎰⎰∞-∞-∞-abc N d ec d eb d e a N cz cz by by ax ax所以 N abc81=(2) 粒子的x坐标在a →0区域内几率为:dz edy edx eN cz by a ax ⎰⎰⎰∞+∞--∞+∞---2222222()[])11(211412ee abc N -=--=-(3) 粒子的),(),,(c c z b b y -∈-∈区域内的几率为:dz edy edx eNc ccz b bby ax ⎰⎰⎰+--+--∞+∞--222222222)11(8-=e abc N 2)11(-=e3-10 若一个体系由一个质子和一个电子组成，设它的归一化空间波函数为ψ(x 1，y 1，z 1；x 2，y 2，z 2)，其中足标1，2分别代表质子和电子，试写出：(1)在同一时刻发现质子处于(1，0，0)处，电子处于(0，1，1)处的几率密度；(2)发现电子处于(0，0，0)，而不管质子在何处的几率密度； (3)发现两粒子都处于半径为1、中心在坐标原点的球内的几率大小3-11 对于在阱宽为a 的一维无限深阱中运动的粒子，计算在任意本征态ψn 中的平均值x 及)(x x -，并证明：当n →∞时，上述结果与经典结果相一致．3-12 求氢原子1s 态和2P 态径向电荷密度的最大位置． 第三章习题13,143-13 设氢原子处在波函数为1),,(ar ear -⋅=ππϕθψ的基态，a 1为第一玻尔半径，试求势能r e rU 41)(πε-= 的平均值．3-14 证明下列对易关系：i p y =],[ 0=],[y p x0],[x =L xz L xi ],[y = 0=],[x x L pz P L pi ],[y x = 第三章习题15解3-15 设质量为m 的粒子在半壁无限高的一维方阱中运动,此方阱的表达式为:V (x)=⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤<∞ax a x 000x 0V 试求: (1)粒子能级表达式; (2)证明在此阱内至少存在一个束缚态的条件是,阱深0V 和阱宽a 之间满足关系式:ma V 32220 ≥解: (1) 在x<0时,由薛定谔方程可得:ψψE V m r =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∇-)(222因为 -∞=)(x V 所以 0)(1=ψx (1)a x ≤≤0, V(x)=0,体系满足的薛定谔方程为:222222ψψE dxd m =- (2) 整理后得:0222222=+ψψ mE dx d 令 /2mE k = 则: 022222=+ψψk dxd因为0)0(2=ψ所以波函数的正弦函数:)sin(2kx A =ψ (3)x>a , 0)(V x V = 薛定谔方程为: 33023222ψψψE V dxd m =+- (4)整理后得: 0)(2320232=--ψψ E V m dx d 令 /)(20E V m k -= 则: 0'32232=-ψψk dxd 方程的解为:x k Be '3-=ψ (5)式中A,B 为待定系数,根据标准化条件ψψ'的连续性,有)()(')()('3322a a a a ψψψψ=将(3),(5)式代人得: 'k k kctg =α (6) (2):证明: 令 ka u =k v '= 则(6)式可改为:v uctgu -=(7)同时, u 和v 还必须满足下列关系式:22022222/2)'(h a mv a k k v u =+=+ (8) 联立(7) (8)可得粒子的能级的值..用图解法求解:在以v 为纵轴u 为横轴的直角坐标系中(7) (8) 两式分别表示超越曲线和圆,其交点即为解.因k k ’ 都不是负数,故u 和v 不能取负值,因此只能取第一象限. 由图可知(7) (8)两式至少有一解得条件为:2202a mv 2π≥ 即 m a V 32220 ≥。
第四章 碱金属原子1. 已知Li 原子光谱主线系最长波长0A 6707=λ，辅线系系限波长A 3519=∞λ.求Li 原子第一激发电势和电离电势.解：主线系最长波长是原子从第一激发态跃迁至基态的光谱线的波长E h hc νλ∆==第一激发电势1eU E =∆34811976.626210310V 1.850V 1.602210 6.70710E hc U e e λ---∆⨯⨯⨯====⨯⨯⨯辅线系系限波长是原子从无穷处向第一激发态跃迁产生的 辅线系~~*2n R n νν∞=-,~~*n n νν∞→∞=192 5.648910J hc eU λ-∞==⨯2 3.526V U =电离电势：U =U 1+U 2=5.376V2. Na 原子的基态3S .已知其共振线波长为58930A ，漫线系第一条的波长为81930A ，基线系第一条的波长为184590A ，主线系的系限波长为24130A 。
试求3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值. 解：主线系波数~p 22s p ,3,4,(3)()n R Rn n ν=-=-∆-∆~~p 2s ,(3)n Rn νν∞→∞==-∆系限波长：p λ∞=24130A =72.41310m -⨯~1613S 71m 4.144210m 2.41310T ν--∞-===⨯⨯共振线为主线系第一条线, 是原子从3P 到3S 跃迁产生的光谱线 共振线波长：λp1=58930A =75.89310m -⨯~61p13S 3P 71 1.696910m 5.89310mT T ν--=-==⨯⨯1616S 3P 3m 104473.2m 106969.1--⨯=⨯-=T T漫线系（第一辅线系）波数~d 22p d ,3,4,(3)()n R Rn n ν=-=-∆-∆漫线系第一条线是原子从3D 到3P 跃迁产生的光谱线 漫线系第一条光谱线的波长7d18.19310m λ-=⨯167D 3P 31~d m 102206.1m10193.81--⨯=⨯=-=T T ν1616P 3D 3m 102267.1m 102206.1--⨯=⨯-=T T基线系（柏格曼线系）波数,5,4,)()3(2f 2d ~f =∆--∆-=n n RR n ν 基线系第一条线是原子从4F 到3D 跃迁产生的光谱线 基线系第一条光谱线的波长6f1 1.845910m λ-=⨯156F 4D 31fm 104174.5m108459.1--⨯=⨯=-=T T ν 1515D 3F 4m 108496.6m 104174.5--⨯=⨯-=T T3. K 原子共振线波长为7665Å，主线系系限波长为2858Å. 已知K 原子的基态为4S. 试求4S 、4P 谱项的量子数修正项∆S 、∆P 值各为多少？K 原子的主线系波数,5,4,)()4(2P 2S ~p=∆--∆-=n n RR n ν 2S ~~p )4(,∆-==∞→∞Rn n νν 1617~m 104990.3m 10858.211---∞∞⨯=⨯==p λν 16~S 4m 104990.3-∞⨯==νT而 2S S 4)4(∆-=RT 所以 S4S 4T R =∆- 17m 100973731.1-∞⨯=≈R R 7709.14S =∆-2291.2S =∆K 原子共振线为主线系第一条线, 是原子从4P 到4S 跃迁产生的光谱线1p A 7665=λ167P 4S 41pm 103046.1m10665.7--⨯=⨯=-=T T ν 1616S 4P 4m 101944.2m 103046.1--⨯=⨯-=T T而 2P P 4)4(∆-=RT 所以 P4P 4T R =∆- 17m 100973731.1-∞⨯=≈R R7638.14P4P =-=∆T R第五章 多电子原子1. He 原子的两个电子处在2p3d 电子组态.问可能组成哪几种原子态?用原子态的符号表示之.已知电子间是LS 耦合.解：p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为,11=l 211=s . d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为,21=l 212=s . 因为是LS 耦合，所以.,,1,212121l l l l l l L -⋯-++=.1,2,3=L.0,1.2121=-+=S s s s s S 或而 .,,1,S L S L S L J -⋯-++=.1,0,1===J S L 原子态为11P . .0,1,2,1,1===J S L 原子态为30,1,2P ..2,0,2===J S L 原子态为12D ..1,2,3,1,2===J S L 原子态为31,2,3D ..3,0,3===J S L 原子态为13F . .2,3,4,1,3===J S L 原子态为32,3,4F .2. 已知He 原子的两个电子被分别激发到2p 和3d 轨道，其所构成的原子态为3D ，问这两电子的轨道角动量p l 1与p l 2之间的夹角，自旋角动量p s 1与p s 2之间的夹角分别为多少？(1). 解：已知原子态为3D ,电子组态为2p3d, 所以2,1,1,221====l l S L因此'1212221211212221222211113733212/)(cos cos 26)1(6)1(22)1(οθθθπ==---=-+==+==+==+=l l l l L l l l l L L l l p p p p P p p p p P L L P l l p hl l p 所以'0'0471061373180=-=οθL(2).1212122s s S s s p p P =======因为所以而'2212221222212221228109312/)(cos cos 2οθθθ=-=---=-+=s s s s S s s s s S p p p p P p p p p P 所以'0'0327028109180=-=οθS4. 试以两个价电子l 1=2和l 2=3为例说明,不论是LS 耦合还是jj 耦合都给出同样数目的可能状态. (1) LS 耦合.3,221==l l.,,1,212121l l l l l l L -⋯-++=.1,23,4,5=L .2121==s s .0,1=S.,,1,S L S L S L J -⋯-++=当S =0时，J =L , L 的5个取值对应5个单重态, 即1=L 时,1=J ,原子态为11P .2=L 时,2=J ,原子态为12D .3=L 时,3=J ,原子态为13F . 4=L 时,4=J ,原子态为14G .5=L 时,5=J ,原子态为15H .当S =1时，.1,,1-+=L L L J代入一个L 值便有一个三重态．５个L 值共有５乘３等于１５个原子态，分别是：1=L 时,0,1,2=J 原子态为30,1,2P2=L 时,1,2,3=J 原子态为31,2,3D3=L 时,2,3,4=J 原子态为32,3,4F 4=L 时,3,4,5=J 原子态为33,4,5G5=L 时,4,5,6=J 原子态为34,5,6H因此，LS 耦合时共有２０个可能状态． (2) jj 耦合.,...,.2527;2325;21212121j j j j j j J j j s l j s l j -++===-=+=或或或 将每个j 1、j 2 合成J 得：.1,2,3,42523.2,3,4,52723.0,1,2,3,4,52525.1,2,3,4,5,6272521212121============J j j J j j J j j J j j ，合成和，合成和，合成和，合成和4,3,2,15,4,3,25,4,3,2,1,06,5,4,3,2,1)25,23()27,23()25,25()27,25(共20个可能状态所以，无论是LS耦合还是jj耦合，都会给出20种可能状态．6.已知He原子的一个电子被激发到2p轨道，另一个电子还在1s轨道,试做出能级跃迁图来说明可能出现哪些光谱线跃迁.解：在1s2p组态的能级和1s1s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s.利用LS耦合规则求出各电子组态的原子态如下:1s1s：1S01s2s：1S0、3S11s2p：1P1、3P0,1,2根据选择定则,这些原子态之间可以发生5条光谱线跃迁。
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 bZ 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。
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。
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=1500所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：222cot42Mv b Zeθπε= 而动能212k E mv =则20222cot442k E Mv b b Ze Zeθπεπε== 由此，瞄准距离为20cot 24kZe b E θπε=其中：79Z =12-1-108.854210A s V m ε-=⨯⋅⋅⋅191.6021910e C -=⨯0150θ=, 0cotcot 750.26802θ==3.14159π=6197.687.6810 1.6021910k E MeV J -==⨯⨯⨯得到：219215022126190cot 79(1.6021910)cot 4(4 3.141598.854210)(7.6810 1.6021910)k Ze b m E οθπε---⨯⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯153.969710m -=⨯2.已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe 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：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 2min0211()(1)4sin k Ze r E θπε=+ 其中，0150θ=, 0sinsin 750.965932θ==把上题各参数代入，得到192min12619179(1.6021910)1(1)4 3.141598.8542107.6810 1.60219100.96593r m ---⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯143.014710m -=⨯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。
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：200222442K Mv ctg b 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2202121()(1)4sin m Ze r M v 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：2m in202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯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 in124p Ze M v K r πε==，故有：2m in04pZe 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。
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：dnNtd nσ=其中单位体积中的金原子数：0//Au Au Nm N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰22218002903cos122()()4sin 2AuN Ze t d A Mu οοθρπθθπε=⋅⋅⎰ 等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰= 故'22202012()()4Au N dn Ze t n A Muρππε=⋅⋅ 64008.5108.510--≈⨯=⨯即速度为71.59710/⨯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4008.510-⨯。
1.5α粒子散射实验的数据在散射角很小15οθ≤（）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：',',0,e v v v 。
根据动量守恒定律，得：''e v m v M v M +=αα由此得：'''73001e e v v M m v v ==-αα …… (1) 又根据能量守恒定律，得：2'2'2212121emv Mv Mv +=αα 2'2'2ev M m v v +=αα (2)将（1）式代入（2）式，得：整理，得：0cos 73002)17300()17300('2'2=⨯-++-θααααv v v v 00)730017300'2'=-∴=-∴≥ααααv v v v （上式可写为： 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22/1005.1米公斤-⨯的银箔上，α粒子与银箔表面成ο60角。
在离L=0.12米处放一窗口面积为25100.6米-⨯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：dnNtd nσ= (1)而σd 为：2sin )()41(422220θπεσΩ=d Mv ze d （把（2）式代入（1）式，得：2'2'2)(7300ααααv v v v -+=2sin )()41(422220θΩ=d Mv ze Nt n dn ……（3） 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t Lds dN 为原子密度。
'Nt 为单位面上的原子数，10')/(/-==N A m NtAg 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：2sin )()41(32422220θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=471.8 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1010-米的球形原子内，如果有能量为610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090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：电子伏特焦耳3160221036.21078.34/221⨯≈⨯==-R Ze Mv πε 由此可见，具有610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：3022024/24/2R r Ze F R Ze F πεπε==和。
可见，原子表面处α粒子所受的斥力最大，越靠近原子的中心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2024/2R Ze Fπε=。
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K Mv =221，因此，M K v /2=，所以，K M D v D t 2//==根据动量定理：000-=-=⊥⊥⊥⎰Mv p p Fdt t而222024/24/2Rt Ze dt RZeFdt ttπεπε==⎰⎰所以有：⊥=Mv R t Ze2024/2πε 由此可得：M R t Ze v 2024/2πε=⊥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：32202202104.24/24/2-⊥⨯====Mv R D Ze Mv R t Ze vv tg πεπεθ 这时。
弧度，大约是很小，因此‘2.8104.23-⨯=≈θθθtg 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090>θ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090>θ的散射，甚至会产生0180≈θ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，πφ2h nmvr 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 =∞-=)111(2=13.60电子伏特。
电离电势：60.13==eE V ii伏特 第一激发能：20.1060.134343)2111(22=⨯==-=Rhc hc R E H i 电子伏特 第一激发电势：20.1011==eE 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：)111(22nhcR E H -= 其中6.13=H hcR 电子伏特2.10)211(6.1321=-⨯=E 电子伏特1.12)311(6.1322=-⨯=E 电子伏特8.12)411(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电子伏特能量的电子不足以把基态氢原子激发到4≥n 的能级上去，所以只能出现3≤n 的能级间的跃迁。
跃迁时可能发出的光谱线的波长为：οοολλλλλλAR R AR R AR R H H H H H H 102598)3111(1121543)2111(1656536/5)3121(1322322221221==-===-===-=2.4 试估算一次电离的氦离子+e H 、二次电离的锂离子+i L 的第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。
