原子物理学杨福家答案第五版

原子物理学四、五、六、七、八章总结

第四章

和轨道运动相互作用的物理机制。1、定性解释电子自旋定性解释电子自旋和

原子内价电子的自旋磁矩与电子轨道运动所产生的磁场间的相互作用，是磁相互作用。电子自旋对轨道磁场有两个取向，导致了能级的双重分裂，这就是碱金属原子能级双重结构的由来这种作用能通常比电子与电子之间的静电库仑能小（在LS耦合的情况下），因此是产生原子能级精细结构即多重分裂（包括双重分裂）的原因。

5动量量子数是多少？总角动量在空间有几2、原子态D4的自旋和轨道角的自旋和轨道角动量动量量子数是多少？总角量子数是多少？总角动量动量在空间有几5

个取向，如何实验证实？

自旋量子数：s=2轨道量子数：l=2角动量量子数：J=4

总角动量在空间有9个取向。

由于mJ=J,J 1, , J，共2J+1个数值，相应地就有2J+1个分立的z2数值，即在感光片上就有2J+1个黑条，它代表了2J+1个空间取向。所以，从感光黑条的数目，就可以求出总角动量在空间有几个取向。

量含义。3、写出碱金属原子的能级公式，说明各写出碱金属原子的能级公式，说明各量含义。

Enjl= n jlZ2Rhc2其中，Z：原子序数，R：里德堡常数，

h：普朗克常量，c：光速，n：主量子数， jl：量子

`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?2mehh由德布罗意波长公式: ??p???2meEK ??1.226nm E ?1?1.2261.226nm?0.388nm ?2?nm?0.1226nm 101001.226?3?nm?0.0388nm1000

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光子E电子1.24?103?0.4??329.96 21.226电子动能与波长的关系 ?电子 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

1

为多大?(2)其相应的德布罗意波长是多少?

解： （1）

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

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

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C放射的，其动能为7.68?10电子伏特。散射物质是原子序数Z?试问散射角??150所对应的瞄准距离b多大？

解：根据卢瑟福散射公式：

'6?79的金箔。

ctg得到：

?2?4??0K?Mv2b?4??b 0222ZeZe?Ze2ctg?79?(1.60?1019)2ctg150?1522b???3.97?10米 ?126?194??0K?(4??8.85?10)?(7.68?10?10)式中K?2?12Mv是?粒子的功能。

2Ze21r?()(1?) ，试问上题?粒1.2已知散射角为?的?粒子与散射核的最短距离为m2?4??0Mvsin21子与散射的金原子核之间的最短距离rm多大？

解：将1.1题中各量代入rm的表达式，得：minr2Ze21?()(1?)

2?4??0Mvsin214?79?(1.60?10?19)21?9?10??(1?)6?19?

7.68?10?1.60?10sin759?3.02?10?14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

5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )

分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为

ζ，方向沿带电平板法向向外，依2ε0照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B). 5 －2 下列说法正确的是( )

(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零

(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零

分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B). 5 －3 下列说法正确的是( ) (A) 电场强度为零

物理学答案(第五版,上册)马文蔚,第4章

4 －1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；

(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；

(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；

(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．

对上述说法下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误

(C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故

(3)(4)说法不完全

3 -1 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( )

(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的

分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．

3 -2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则( )

(A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等

(C) 物块和斜面(以

6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）

（A） 升高 （B） 降低 （C） 不会发生变化 （D） 无法确定

分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 －2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A） N上的负电荷入地 （B）N上的正电荷入地 （C） N上的所有电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地

分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A）E?0,V?q 4πε0d（B）E?qq ,V?4πε0d24πε0d（C）E?0,V?0 （D）E?qq ,V?24πε0d4πε

6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）

（A） 升高 （B） 降低 （C） 不会发生变化 （D） 无法确定

分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 －2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A） N上的负电荷入地 （B）N上的正电荷入地 （C） N上的所有电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地

分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A）E?0,V?q 4πε0d（B）E?qq ,V?4πε0d24πε0d（C）E?0,V?0 （D）E?qq ,V?24πε0d4πε