原子物理学杨福家1-6章 - 课后习题答案

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：

111M?V2?M?V?2?mev222 2 （1）

?cos??mevcos?MV?MV?? （2） ?sin??mevsin?0?MV? （3）

sin?mev?M?Vsin(???) （4）

作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得sin?M?V??M?Vsin(???) （5）

1

222sin?Msin?222?M?V?M?V?V22sin(???)msin(???) e再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， 化简上式，得

M?2sin(???)?sin??sin?me （６）

22，可将（６）式改写为

me??M?若记

?sin(???)??sin??sin? （７）

222视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有

d?[sin2???sin(???)]??[?sin2??sin2(???)]d? d??0d?令 ，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）

2022?sin(90??)??sin??sin?

将（9）式代入（7）式，有

由此可得me1sin?????M?4?1836 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.

N总分子数mol?NA1V??n???(NA)?NAVVVAA,其他值从书中参考列表中找.

2ZZe12a?a?b?cot4??0E22 和解：（1）依 金的原子序数Z2=79

2

12Z?e2?79?1.44b?cot?cot45o?22.752?10?15(m)24??0E25.00 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

dN??ntNa2?sin?d?16sin?依: 2 dN??a22?sin?d?N???nt4? 216sin2 sin?d??2sin?????2cos22d(2)?2sin22d(sin2) 2?????e2sincos?nt(22Z222d?24??)2?(E)16?sin4?2 ????e222Z22cos?nt(224??)2?(E)d?16?sin3?2 4sin?????e2d(sin)?nt(22Z22224??)2π?(E)16?sin4?2 n?N总分子数?mol?NA?1(V?N?A注意到：VVVA)?ANA为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。

3

即单位体积内的粒子数 e22?2Z2nt() ?()4??4E 是常数其值为

7231.88?10?6.22?10π2?7921.0?10-6?(1.44?10-15)2?()?9.648?10-519745.00

最后结果为：dN’/N=9.6×10-5，说明大角度散射几率十分小。 1-3～1-4 练习参考答案（后面为褚圣麟1-3～1-4作业）

1-3 试问4.5MeV的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少?若把金核改为7Li核,则结果如何?

要点分析: 计算简单，重点考虑结果给我们什么启示，影响靶核大小估计的因素。

d(sin)2d??22?1I?????3?sin?sin32222 ??cos??aa???rm??1?csc?rm??1?csc90???a2?2?，??180?时 ，2解: 对心碰撞时 Z1Z2e22?79?1.44rm?a???50.56fm4??0E4.5离金核最小距离 Z1Z2e22?3?1.44rm?a???1.92fm4??0E4.5离7Li核最小距离 结果说明: 靶原子序数越小，入射粒子能量越大，越容易估算准核的半径. 反之易反。

1-4 ⑴ 假定金核半径为7.0 fm,试问入射质子需要多少能量才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？

⑵若金核改为铝时质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面，那么入射质子的能量应为多少？设铝核的半径为4.0 fm。 要点分析:注意对头碰撞时,应考虑靶核质量大小,靶核很重时, m << M可直接用公式计算;靶核较轻时, m << M不满足,应考虑靶核的反冲,用相对运动的质心系来解.79AAu=196 13AAl=27

解：⑴若入射粒子的质量与原子核的质量满足m << M，则入射粒子与原子核之间能达到的最近距离为

aa???rm??1?csc?rm??1?csc90???a2?2?，??180?时 ， 2 Z1Z2e2e2Z1Z2?rm?E?4??04??0rm即 1?79E?1.44fmMeV??16.25MeV7.0fm 即：

4

Z1Z2e2a?4??0E⑵ 若金核改为铝核，m << M则不能满足，必须考虑靶核的反冲在散射因子EC

中，应把E理解为质心系能

22ZZeZZem?M1mMM12122??EC?V?EL?ac?4??0EC4??0M2m?Mm?M ac?rm Z1Z2e2m?M?EL???4.85MeV4??0acM 说明靶核越轻、Z越小，入射粒子达到靶核表面需要能量越小.核半径估计值越准确.

褚圣麟教材作业题解

1.3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=150°所对应的瞄准距离b多大?

2ZZe12a?a?b?cot4??0E22 和 解： 依

2Z?e2?2?79?(1.6?10?19)2o?15b?cot?cot75?3.9664?10(m)27.684??0m?v024?3.14?8.85?10?12??1062 答：散射角为150o所对所对应的瞄准距离为3.9664×10-15m

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≥90°的α粒子占全部入射粒子的百分比,已知金的原子量为179。

解: 此题解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. 设散射入大于90°角的粒子数为dn’,入射的总粒子数为n,金箔的单位体积内的粒子数为N。

dn?Ntd?依: n ??dn'122Z?e222?sin??Nt??d??Nt??()?()d?2nMv?4?224??sin2 N?注意到： d(sin)2d??22?1I??????N0?sin3?sin32A 222 ??cos??

最后结果为：dn/n=3.89×10-7

问答:如果知道散射的总粒子数，如何计算散射入某一角度内粒子的数量？如何求出其散射截面？如何算出散射几率？

散射入某一角内的粒子数

5

Z1Z2e22d?dN??NnAt?ntN()4??4E4?4?016Asinsin22 1a2d? d?(?)dN??c(?)??d?Nntd?散射几率(微分散射截面) 1 Z1Z2e221?c(?)?()?4??04Esin42

习题1-5、1-6解

??补：求积分式?212?sin?d?sin4?2?2的积分结果

解：积分式的积分结果

???212?sin?d?sin4?2?2??sin?d?sin4?1?2?2???22sincosd?22sin4???1?2?2 ?2??????cosd?2d(sin)?2?2?11??1?224???4???8?????4?????1????123322???sin?sinsinsin?222??12??1?? = ???22?sin?d??1???4?????1???sin2?sin422??1?结果：

1-5 动能为1.0MeV的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm2的金箔上，记数器的记录以60°角散射的质子。计数器圆形输入孔的面积为1.5cm2，离金箔散射区的距离为10cm，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子，试问：散射到计数器输入孔的质子数与入射到金箔的质子数之比为多少？（质量厚度ρm定义为单位面积的质量ρm=ρt，则ρ=ρm/ t其中ρ为质量密度，t 为靶厚）。

要点分析：没给直接给nt。设置的难点是给出了质量厚度，计算时需把它转换成原子体密度n和厚度t。需推导其关

6

?2系。

解：输入圆孔相对于金箔的立体角为

s1.5d??2?2?1.5?10?2r10 AAu=197 ??θ=60o （注意密度为单位体积的质量mV,单位体积内的粒子

m1?n?NA?NAn??NAn??mNAnt??mNAVAAAtAA数为） ?2d?dN'?ntN164?sin依公式 2 dN'?2d?1.5(79?1.44?10?15)21.5?10?223?nt??6.022?10???8.9?10?61N16sin4?19716()422 1-6 一束α粒子垂直射至一重金属箔上，试求α粒子被金属箔散射后，散射角大于60°的α粒子与散射角大于90°

的粒子数之比。

要点分析：此题无难点，只是简单积分运算。 解：依据散射公式

?2d??22?sin?d?dN'?ntN?ntN16164?4?sin 2sin2 d(sin)22?2?sin?d?2???2?2?22dN'?ntN?ntN4??1??1?16sin4?16?1sin3?22 因为

???(dsin)?1802??11??3???60??2232??sinsin22?60? 同理算出

7

?180??(dsin)?1802??11??1???90??2?2sin2?sin322?90? ?180dN'?603/2??3dN'?901/2可知 习题1-7、8解

?22???1补：求积分式sin?d?4sin?2的积分结果

解： 积分式的积分结果

???212?sin?d?sin?24?2?2???2sin?d?sin?4?1?2?2???22sin?cosd?224??1sin?2?2?2 4??=?1cosd??22?4???1?sin32?????2d(sin)2?8???11???4??1?????23?2?2???sin?sinsin?22??12??1???2 结果：

1-7 单能的窄α粒子束垂直地射到质量厚度为2.0mg/cm2的钽箔上，这时以散射角θ0>20?散射的相对粒子数（散

???22?sin?d??1???4?????1???sin2?sin422??1?d?射粒子数与入射数之比）为4.0×10-3.试计算：散射角θ=60°角相对应的微分散射截面d?。

要点分析：重点考虑质量厚度与nt关系。

??dN?解： ρm= 2.0mg/cm2 ?N?2.0?10?2 ATa=181 ZTa=73 8

n? θ=60o ?ANA n??mtANA nt??mANA d??21?d?16sin4?2 知该题重点要求出a2/16 依微分截面公式 由公式

dN'?2180d?2.0a21802?sin?d?23?nt???6.022?10????4.3?10?3?N1620sin4?1811620sin4222.0a218023?6.022?10???1811620??2?1?2?sin?d?a?6.65?1021??(?4?)??4.3?10?3???16?sin2?sin422?20? 1802a6.65?1021??(?4?)?(-22.13)?4.3?10?316 a2?2.33?10?26所以 16 d??211?26??2.33?10??1.456?10?2760d?16sin4?sin422 1-8 (1)质量为m1的入射粒子被质量为m2（m2<< m1）的静止靶核弹性散射,试证明:入射粒子在实验室坐标系中的最

大可能偏转角θ由下式决定.

m2sin??m1 （2）假如粒子在原来静止的氢核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大？

要点分析：同第一题结果类似。 证明：

9

12m21211V?2m1V??2m2v2 （1）

m1V?m1V?cos??m2vcos? （2） 0?m1V?sin??m2vsin? （3）

作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得

mmsin?2v?1Vsin(???) （4）

msin?1V??m1Vsin(???) （5）

再

将（

4

）、（

5）

二式与（1）式联立，消去mV2?m2si2n?m212si2n?11Vsi2n(???)?mV2si2n(???)

化简上式，得

sin2(???)?sin2??m22

msin?1 （６）

??m2若记m1，可将（６）式改写为

2

?sin(???)??si2n??si2n? （７）

视θ为φ的函数θ(φ)，对(7)式求θ的极值，有

d?d?[sin2???sin(???)]??[?sin2??sin2(???)] d?令 d??0，则 sin2(θ

+φ)-sin2φ=0 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）

2?将(9)式代入(7)式，有

?sin(90??)??sin2??sin2(?)

sin????m2由此可得m1

10

’与v，得Ｖ

m2sin?????1,??90?m1若m2=m1 则有 此题得证。

第一章 习题1-9、10题解

1-9 动能为1.0 Mev的窄质子束垂直地射到质量厚度（ρt）为1.5mg/cm2的金箔上，若金箔中含有百分之三十的银，试求散射角大于30°的相对质子数为多少？

要点分析：此题靶为一个复合材料靶,关键找出靶的厚度t .然后计算出金原子数和银原子数,即可积分计算，从书后表可知：ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3; ZAg=47,AAg=108, ρAg=1.05×104kg/m3.

解： 先求金箔的厚度t ρt=(0.7ρAu+0.3ρAg) t = 1.5mg/cm2

这种金箔中所含金原子数与银原子数分别为

1.5?10?21.5?10?2t??m?0.916μm440.7?Au?0.3?Ag0.7?1.888?10?0.3?1.05?10 ?AutAAuNA 和 ?AgtAAgNA 再计算质子被金原子与银原子散射到θ>30°范围内的相对数目。被金原子散射的相对数目为：

?Au???dNAu?2?sin?d??Aut?ZZ1.44?11?????nt?NA?????N16A2242Au30??sinsin?22?30??180?221222180? 式中，N为入射质子总数，dNAu’为被金原子散射到θ>30°范围内的质子数。同理可得质子被银原子散射的相对数目为：

?Ag???dNAg?2?sin?d??Agt?ZZ1.44?11?????nt?NA?????N16A2242?Ag30?sinsin?22?30??180?2212322122?522123?52180? 被散射的相对质子总数为

???Au??Ag????t?ZZ(1.44?10)?1?ZZ(1.44?10)?Agt1?AuNA?N???A30AAu4E2AAg4E22180?sin2?sin22? ?将已知数据代入：

NA=6.02×1023,E=1.0MeV,t=0.916μm,ZAu=79,AAu=197,ρAu=18.88×103kg/m3,ZAg=47,AAg=108,ρAg=10.5×103kg/m3 η≈1.028×10-5

结果讨论: 此题是一个公式活用问题.只要稍作变换,很容易解决.我们需要这样灵活运用能力.

1-10 由加速器产生的能量为1.2MeV、束流为5.0 nA的质子束，垂直地射到厚为1.5μm的金箔上，试求5 min内被金箔散射到下列角间隔内的质子数。金的密度（ρ=1.888×104 kg/m3）

[1] 59°～61°; [2] θ>θ0=60° [3] θ<θ0=10° 要点分析:解决粒子流强度和入射粒子数的关系.

注意:第三问,因卢瑟福公式不适用于小角(如0o)散射，故可先计算质子被散射到大角度范围内的粒子数，再用总入射粒子数去减，即为所得。

11

解：设j 为单位时间内入射的粒子数，I为粒子流强度，因I= je, j=I/e,时间T=5min内单位面积上入射的质子的总数为N个：

IT5.0?10?9?5?6012N?jT???9.36?10e1.602177?10?19 再由卢瑟福公式，单位时间内，被一个靶原子沿θ方向，射到dΩ立体角内的质子数为：

dN??N?2d?16Asin4?2 单位时间内，被所有靶原子沿θ方向，射到dΩ立体角内的质子数为

dN??N?2d?16Asin?2d?nAt?ntN164?4?2sin2 dn?Na2d?16Asin4?2nAt?jTa2d?16sin4?2nt?jTnta22?sin?d?16sin4?2 式中，n为单位体积的粒子数，它与密度的关系为：

?n?NAA 所以，上式可写为

dn?N解：[1]

a2d?16Asin4?nAt?jTa2d?16sin4?nt?jT?ANAta22?sin?d?16sin4?2 222???21dn???2?1?a22?sin?d??a2?2?sin?d?jTNAt?jTNAt????AA16416sinsin4221???1???a???NATtj????4?????A162???sin??2??12?2261????79???1.44??????4231.88?10?6.02?101?1.2???612?30?????1.5?10?9.36?10??10?????196?10342?sin????2?59??????5.719?109??(0.228)?1.3?109 解：[2] 仍然像上式一样积分，积分区间为60°-180°，然后用总数减去所积值。即θ>θ0=60°的值。

12

?????1??1?9?5.719?109????5.719?10??5.719?109?3?1.7151?1010??????sin2??sin2??2??1?2?60? 解：[3] 由于0°的值为无穷大,无法计算,所以将作以变换.仍然像上式一样积分，积分区间为10°-180°，然后用总数减去所积值，即θ<θ0=10°的值。

?2180??????1??1?9?5.719?109????5.719?10??5.719?109?32.16?1.84?1011??????sin2??sin2??2??1?2?10? 总数为9.36×1012-7.56×1011=8.6×1012 (个

第二章习题解答

2.1 铯的逸出功为1.9eV，试求： （1）铯的光电效应阈频率及阈值波长；

（2）如果要得到能量为1.5eV的光电子，必须使用多少波长的光照射？ 解：

光电效应方程

?2180?12mvm?h??? 2（1）由题意知 vm?0 即 h????0

???1.9ev??4.59?1014Hz ?15h4.136?10ev?schc1.24nm?Kev?????652.6nm

??1.9ev 13

（2） ∵

12mvm?1.5ev 2c∴ 1.5ev?h????h???

??

hc1.24nm?Kev??364.7nm

1.5ev??1.5ev?1.9ev＋

＋＋

2.2 对于氢原子、一次电离的氢离子He和两次电离的锂离子Li，分别计算它们的：

（1）第一、第二玻尔轨道半径及电子在这些轨道上的速度；（2）电子在基态的结合能； （3）由基态带第一激发态所需的激发能量及由第一激发态退激到基态所放光子的波长。 解：

n2（1）由波尔理论及电子的轨道半径公式 rn?r1， r1为氢原子第一波尔半径

z4??02(c)2(197.3)2r1?a1???nm?0.053nm 222?meemece????00.511????????氢原子第二波尔半径 可知： He (Z=2)

Li

+ + +

r2?n2r1?4r1?0.212nmar1?1?0.0265nm222r2?a1?0.106nm2r1?

a1?0.0176nm3

22r2?a1?0.0705nm 3z电子在波尔轨道上的速率为 vn??cn1v1??c???????m?s?2.19?106m?s?1137于是有 H :

?cv2??1.1?106m?s?12(Z=3)

v1?2?c?4.38?106m?s?1 He :

+

??c6?1v2???????10m?s2v1?3?c?6.57?106m?s?1 Li

+ +

:

??c6?1v2???????10m?s2(2) 电子在基态的结合能Ek在数值上等于原子的基态能量。由波尔理论的能量公式

1z E??m(?c)2可得

n2en 14

Ek??????1me(?cz)2?13.6z2ev2故有 H : Ek?13.6ev

He : Ek?13.6?22?54.4ev

+

Li: Ek?13.6?32?122.4ev

++

（3）以电压加速电子，使之于原子碰撞，把原子从基态激发到较高能态，用来加速电子的电势差称为激发电势，从基态激发到第一激发态得相应的电势差称为第一激发电势。

?E121?13.6z2(1?2) e21对 H : V12?13.6?(1?)?10.2v

412+

He : V12?13.6?2?(1?)?40.8v

412++

Li: V12?13.6?3?(1?)?91.8v

4V12?共振线（即赖曼系第一条）的波长： ?12?H : ?12?hchc ??E12E2?E11.24nm?kev?121.6nm

10.2ev1.24nm?kev+

?30.4nm He : ?12?40.8ev1.24nm?kev++

?13.5nm Li: ?12?91.8ev

2.3 欲使电子与处于基态的锂离子Li解：

Li基态能量为 E1??+ +

＋＋

发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能？

1me(?cz)2??122.4ev，从基态到第一激发态所需能量为 213?E12?13.6?Z2?(1?2)?122.4??91.8v

42故电子必须具有91.8ev的动能.

2.4 运动质子与一个处于静止的基态氢原子作完全非弹性的对心碰撞，欲使锂原子发射出光子，质子至少应多大的速度运动？ 解：

欲使基态氢原子发射光子，至少应使氢原子从基态激发到第一激发态，因此有：

15

Ek?mp1mpv2?(1?)?E12?2?E12?20.4ev 2MH2Ek2?20.4ev84?c??3?10m?s?6.26?10m?s 2mpc938Mev2??v?（质子静止能量 mpc?938Mev ）

2.5 （1）原子在热平衡条件下处于不同能量状态的数目是按波尔兹曼分布的，即处于能量为En的激发态的原子数为：

gn?(En?E1)?kTNn?N1e

g1式中N1是能量为E1状态的原子数，k为玻尔兹曼常量，gn和g1为相应能量状态的统计权重。试问：原子态的氢在一个大气压、20℃温度的条件下，容器必须多大才能有一个原子处在第一激发态？已知氢原子处于基态和第一激发态的统计权重分别为g1=2和g2=8。

（2）电子与室温下的氢原子气体相碰撞，要观察到Hα线，试问电子的最小动能为多大？

略。

2.6 在波长从95nm到125nm的光带范围内，氢原子的吸收光谱中包含哪些谱线？ 解：

对于?min?95nm，有

1?min11?R(2?2)

1n195?10?9?1.0973731?107n1???4.8 ?97?minR?195?10?1.0973731?10?1?minR故?min?95nm的波长的光子不足以将氢原子激发到n=5的激发态，但可以将氢原子激发到n=4的激发态

∴ n1=4

125?10?9?1.0973731?107??1.9 同理有：n2??97?minR?1125?10?1.0973731?10?1?minR∵ 对应于n=1的辐射光子的波长应比125nm更长，在波段以外 ∴ n2=2

又∵ 氢原子的吸收谱对应于赖曼系， ∴ 在（95∽125nm）波段内只能观察到3条 即

16

?1(m?1,n?2)?2(m?1,n?3)?3(m?1,n?4)

2.7 试问哪种类氢离子的巴耳末系和赖曼系主线的波长差等于133.7nm？ 解：

13)?RZ2 2241521RZ2 巴耳末主线：?巴?RZ(2?2)?23362赖曼系主线：?赖?RZ(1?二主线波长差：

????巴??赖?364188???(108?20)??133.7nm 22225RZ3RZ15RZ15RZ8888Z2???4

15?R?133.7nm15?109737.31?10?7?133.7?Z?2

2.8 一次电离的氢原子He从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能量处于基态的氢原子电离，从而放出电子，试求该电子的速度。 解：

He从E2→E1跃迁辐射的光子的能量为

+

+

h??E2?E1??RcZ2(氢原子的电离能为

1?1)?3Rhc 22E?E??E1?0?(?Rhc)?Rhc

∴ 电离的电子的能量为

Ek?3Rhc?Rhc?2Rhc

该电子的速度为

v?2Ek?me4Rhc?me4?13.6?1.6?10?19?3.09?106m?s ?319.11?10

2.9 电子偶素是由一个正电子和一个电子所组成的一种束缚系统，试求出：（1）基态时两电子之间的距离；（2）基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能；（3）由第一激发态退激到基态所放光子的波长。

17

解：

电子偶素可看作类氢体系，波尔理论同样适用，但有关公式中的电子质量必须采用体系的折合质量代替，对电子偶素，其折合质量为：

??meMm?e

me?M224??0（1） r1??e24??02?2?2a1?2?0.053nm?0.106nm

mee2（2）电离能为 Ei?E??E1?RAhc

11?R? m1?e2M117?6于是 Ei?R?hc??1.0973731?10?1.24?10ev?6.80ev

22E则电离电势为 Vi?i?6.80v

e式中 RA?R?第一激发电势为

11RAhcZ2(2?2)?E12?3R?hc?5.10v ?V12?12?ee2e（3）共振线波长为

hc1.24?103nm?ev?12???243.1nm

?E125.10ev

2.10 ??子是一种基本粒子，除静止质量为电子质量为电子质量的207倍外，其余性质与电子都一样。当它运动速度较慢时，被质子俘获形成μ子原子，试计算：（1）μ子原子的第一波尔轨道半径；（2）μ子原子的最低能量；（3）μ子原子赖曼线系中的最短波长。 解：

（1）μ子原子可看作类氢体系，应用波尔理论，其轨道半径为

4??02n2 rn?2?eZ 式中 ??207meM207?1836?me?186.0me

207me?M207?1836其第一波尔半径为

4??02a10.053nm?4r1????2.85?10nm 2186.0mee186.0186.0

18

（2）μ子原子的能量公式为

1z1zEn???(?c)2???186.0me(?c)2

2n2n最低能量 n?1

1E1???186.0me(?c)2??186.0?13.6ev??2.53?103ev

2hc（3）由波长公式 ??

?E?min

hchc1.24?103nm?ev????0.49nm 3?EmaxE??E10?(?2.53?10ev)2.11 已知氢和重氢的里德伯常量之比为0.999 728，而它们的核质量之比为mH/mD=0.500 20，试计算质子质量与电子质量之比。 解：

由 RA?R?可知 me1?MAmeRHMD??0.999728

mRD1?eMH1?又∵ MD?MH

0.500201?∴

0.50020meMH?0.999728

me1?MH则

MH0.499528??1836.5?1.8?103 me0.000272

2.12 当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时，（1）试求这个氢原子所获得的反冲速率为多大？（2）试估计氢原子的反冲能量与所发光子的能量之比。 解：

（1）所发光子的能量

113h??E2?E1?Rhc(2?2)??13.6ev?10.2ev

412

19

光子的动量 P?h??h?10.2ev? cch? c氢原子的反冲动量等于光子动量的大小，即MHv反?P?h?10.2?1.602?10?19mv反?mHc?1.67?10?27?3?108s?3.26ms

（2） 氢原子的反冲能量为

Ek?112mHv反??1.67?10?27?(3.26)2J?8.87?10?27J 22Ek8.87?10?27??5.4?10?9 ?19h?10.2?1.602?10

2.13 钠原子的基态为3s，试问钠原子从4P激发态向低能级跃迁时，可产生几条谱线（不考虑精细结构）？ 解：

不考虑能级的精细结构，钠原子的能级图如下：

S P D F 4F 4D 5S 4P 3D 4S 3P 3S

根据辐射的选择定则?l??1可知，当钠原子从4P态向低能级跃迁时可产生6条光谱。 2.14

钠原子光谱的共振线（主线系第一条）的波长等于λ=589.3nm，辅线系线限的波

长等于??=408.6nm，试求（1）3S、3P对应的光谱项和能量；（2）钠原子基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能。 解：

（1） 由Na的能级图可知，3P能级的光谱项和能级分别为：

20

~?T3p??3p1???1?2.447?106m?1

408.6nm1.24nm?Kev??3.03ev

408.6nmE3p??hcT3p??3S能级的光谱项和能级可通过下式求出：

~?1 T3s?T3p??1?1T3s?T3p?1?1?2.447?106?16?1?4.144?10m589.3?10?9

E3s??hcT3s??1.24?103nm?ev?4.144?106m?1??5.14ev（2）Na原子的电离能为

Ei?E??E3s?0?(?5.14ev)?5.14ev

故电离电势为 Vi?第一激发电势为

Ei?5.14v eV12?

?E12E3p?E3s?3.03ev?(?5.14ev)???2.11v eee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 p2?p?2meEk电子的能量: Ek?2me 21

hh?????由德布罗意波长公式: p2meEK ?? 1.226nm E1.2261.2261.226??nm?0.0388nmnm?0.388nm ?2?nm?0.1226nm 3100010100 ?1?

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）光子的动能与电子的动能之比是多少？ 解：（1）由??h可知光子的动量等于电子的动量，即p光子:p电子=1:1 p（2）由 光子动能与波长的对应的关系

?光子1.24?nm E光子(KeV)1.22621.226?nm E电子?()nm E电子?电子E电子1.24?103?0.4??329.96 21.226电子动能与波长的关系 ?电子E光子 则知

3-3 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：

22 k0E?mcE?E?mc22mc?2mc m?2m0 0m01m??2m0?422v v1?21?2cc1v23v2?1?2 ?2

4c4c 所以

3c?0.866c v?4

22

（2） 根据电子波长的计算公式：

??

1.226nm1.226nm??0.001715nm

Ek(eV)511?103eV 3-4 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=dsinθ λ=dsinθ=0.18×sin30°nm=0.09 nm

1.226nm??

Ek(eV) 1.226nm22E?()?13.622eV?185.56eV k?

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：

1.226??nmVr-6

式中Vr=V(1+0.978310V)，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 m?m0v21?()c 将其平方整理乘c,得其能量动量关系式 2v2222222222m[1?()]c?mcmc?pc?m0 0c c2E2?p2c2?m02c4 E?Ek?mc02 Ek?E?E0 1112242224p?E?m0c?(Ek?m0c)?m0c?Ek(Ek?2m0c2) ccc 23

h???p

hcEk(Ek?2mec2)?hc2mec22mec2Ek(Ek?2mec2)?1.226Ek(Ek?2mec2)2mec21.2261.2261.226????6VVrV(1?0.9785?10V)V(?1)2mec2

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??E? ????1? 式中Eo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/m0c,m0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 m?m0v1?()2c 将其平方整理乘c 2v2222222222m[1?()]c?m0c mc?pc?m0c cE2?p2c2?m2c4 E?E?mc2 Ek?E?E0 20k0p? 111E2?m02c4?(Ek?m0c2)2?m02c4?Ek(Ek?2m0c2) cccp?1111E2?m02c4?(Ek?m0c2)2?m02c4?Ek(Ek?2m0c2)?(E?E0)(E?E0) cccc（1）相对论下粒子的德布罗意波长为： hhchc???? 2p(E?E0)(E?E0)E2?E0 粒子的康普顿波长为 hhchc?c???2m0cm0cE0 24

?c?? hcE0hc(E2?E20)?(E2?E02)E0E2?()?1E0 （2）若粒子的德布罗意波长等于它的康顿波长 E2()?1?1E0 E2()?2,E?2E0E0 E?2E0?2?511?722.55KeV Ek?E?E0?722.55?511?211.55(KeV) 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;

???10?7，试问该原子态的寿命为多长? 3-7 一原子的激发态发射波长为600nm的光谱线，测得波长的精度为?

解： 依

?E?t?h 求Δt

??cE?h??h ?E?hc2? ?

???????600?10?9?107??9?t?E??t?????1.6?10s 822?E2hc??4?c??4?3.14?3?10

3-8 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数量级，试计算它的最小动能． 解： ?x?px?? 粒子被束缚在线度为r的范围内，即Δx = r 2那么粒子的动量必定有一个不确定度，它至少为：?px?∵ ?px

? 2?x?[(px?px)2] px?0 25

?c?3?BB?0.5??h??? ?1???c?1B??0.5??h???3?B??1?1?1???0.5?197?6.28???3?766.4?∴

10.5788?10?4 ?4648.3(T) B=4648.3 T

4-13 假如原子所处的外磁场B大于该原子的内磁场，那么，原子的L2S耦合将解脱，总轨道角动量L和总自旋角动量S将分别独立地绕B旋进．

(1)写出此时原子总磁矩μ的表示式；

(2)写出原子在此磁场B中的取向能ΔE的表示式；

(3)如置于B磁场中的原子是钠，试计算其第一激发态和基态的能级分裂，绘出分裂后的能级图，并标出选择定则(Δms=0，Δmι=0，±1)所允许的跃迁． 4-14

4-14 在居B=4T的外磁场中，忽略自旋—轨道相互作用，试求氢原子的2P-1S跃迁 (λ=121 nm)所

产生的谱线的波长. 解：∵

h???h??(m2g2?m1g1)?BB

忽略自旋与轨道相互作用,即引起帕邢-巴克效应。

?????e(gsS?glL)?B 此时，U????B?2me 36

或者

eBe?B(2Sz?Lz)?(2ms?ml) (1) U?2me2me选择规则变为

Δms=0，Δmι=0，±1

∴ 对应于1S态，ms=±1/2, ml=0. 因此类比 (1)式给出双分裂. 对应于1P态，ms=±1/2, ml=0，±1. 因此给出六分裂. 依据跃迁定则可能的跃迁如图.产生六种跃迁，三种波长。 由（1）式看来，三种波长必然差

eB?1?1~L??0.467cm?4?1.87cm 4?mec?1?11??~??0?L λ=121nm

??????1????121?0.00274??????121??nm ∴

?121?0.00274???

37

第四章 原子的精细结构：电子的自旋

?e??4-1)解：U???s?B?S?B?2?BmsB ??U?2?BBme??B1gS?(hB?2?BB?2?0.5788?10?4ev?T?1?1.2T?1.39?10?4evV ?2?m?)UBsB?h22D3/2状态，sS??,l,e??2,2,jj??;g??g? 4-2）

112233224455???j(j?1)g?B?其大小：??453113 m?,,?,?

22226226?z?(,,??)?B

5555334(?1)??B?1.55?B 225?z?mg?B?m?B

4-3) 解：6G3/2 态：2s?1?6?s?53,l?4,j?; 2255312(2?1)?4(4?1)该原子态的Lande g 因子：g????0

3(3?1)2222原子处于该态时的磁矩：

?j?gj(j?1)?B?0 (J/T)

?S?PL?PJ??????PS?L

利用矢量模型对这一事实进行解释： 各类角动量和磁矩的矢量图如上。其中

PS = [S(S+1)]1/2 ? = (35/4)1/2 ? PL = [L(L+1)]1/2 ? = (20)1/2 ? PJ = [J(J+1)]1/2 ? = (15/4)1/2 ? ?S = gS?[S(S+1)]1/2??B = (35)1/2 ?B ?L = gl?[L(L+1)]1/2??B 利用PS、PL、PJ之间三角形关系可求出 ? = 30? cos? =

527

由已知的cos? 、?S 、?L 可求出 ? =

5?B 以及 ? = 120?

所以 ? ? ? = 90?。即 矢量 ? 与 PJ 垂直、? 在 PJ 方向的投影为0。

38

或：根据原子矢量模型：总磁矩?等于?l,?s分量相加，即：

??????J2?L2?S2J2?S2?L2???lcos(L,J)??scos(S,J)?(?gl?B)?(?gS?B)

2J2J????可以证明： ?lcos(L,J)???scos(S,J)

????与?在??Jj上投影等值而反向，所以合成后，?＝0 l与s在4-4)解：z2???B?BzdD?BdD?2，?z2?2?Bz?2 ?zmv?zmv??z2?2.0?10?3m;d?10?10?2m;D?25?10?2m

v?400m?s?1;Mm?107.87A107.87?3??1010?;kg?B;??B0.93?0.?9310??10?23JT?1 23?23N06.02?106.020?B?2将所有数据代入解得：z?1.23?10T/m J/mz??4F4-5)解：4F32态，j?3/23,分裂为：22gj?11??44（束） 2?z2??mg?B?BzdD?BdD ?2??mg?Bz??zmv?z2Ek311322m=,,?,?,?g??

522225对于边缘两束，?z2?2jg?B?BzdD ??z2Ek320.1?0.3???2???0.5788?10?4?5?102??1.0?10?2m ?3252?50?104-6)解：

2133113P32态:s?,l?1,j?;m?,,?,?

222222113,?,?;2j?1?4 即：屏上可以接收到4束氯线 222对于H原子：?z2?2?B?BzdD??0.6?10?2m ?z2Ek?BzdD? ?z2Ek对于氯原子：?z?2?g?B

1?z?g2?g(?z2) ? ? ?z?22?z22对于P32态:g?

24/34??'??0.60?0.40cm ，代入得：?z23239

<注：T＝400K,表明：大部分H原子处于基态，当T=105K时，才有一定量得原子处于激发态> 4-7)解：赖曼系，产生于：n?2?n?1

n?1,l?0，对应S能级

n?2;l?0,1，对应S、P能级，所以赖曼系产生于：2P?1S

2双线来源于：2P的分裂，22P3/2,2P1/2

Z4由21－12’知：???3?5.84cm?1

nl(l?1)??1将?V???29.6?29cm.6cm代入，,n?n2,?l?2,1e代入?1,解得：Z=3

即：所得的类H离子系：Li++

4-8)解：2P电子双层的能量差为：

Z414?4?U?3?7.25?10ev?3?7.25?10?4ev?4.53?10?4ev

nl(l?1)2?1?(1?1)?U4.53?10?4两一方面：?U?2?BB ? B???0.39(T) ?42?B2?0.5788?104-10)解： 3S1态:2s?1?3?s?1,l?0,j?1;g1?2;m1?1,0,?1

33P0态:2s?1?3?s?,l?1,j?0;m2?0

2?(mg)?m1g1有三个值，所以原谱线分裂为三个。

~???~?? 相应谱线与原谱线的波数差：

11?????????cc1?B?(????)?(2,0,?2)Bchc

相邻谱线的波数差为：

2?BB hc 不属于正常塞曼效应（正常塞曼效应是由s=0到s=0的能级之间的跃迁） 4-11）解：① 3P32?3S12

221343132P32:s?,l?1,j?;g?;m??,?

2232211132S12:s?,l?0,j?;g?2;m??

222分裂后的谱线与原谱线的波数差为：

~?(?5,?1,?1,1,1,5)?~ ~??(mg)???3333

40

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