杨福家——原子物理学第四版_课后答案---标准版
杨福家（第四版）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 ααα
αα
ααα22
2212121
(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 e
e m m v m v +='ααα2 p 故 αv v e
2≈' 由)(105.2400
1
~22~
~~4rad m m v m v m v m v m p
p tg e e e e -?==
'?αα
αα
ααθθ
1-2 （1） )(8.225
244
.127922fm ctg a b =???==
θ （2） 523
2
132
1063.9197
10
02.63.19]108.22[14.3--?=??
???==nt b N dN π
1-3 Au 核： )(6.505.4244
.1794422fm v m Ze r m =???==α
α Li 核：)(92.15.4244
.134422fm v m Ze r m =???==α
α
1-4 （1）)(3.167
44.17912
21Mev r e Z Z E m p =??== （2）)(68.44
44.113122
1Mev r e Z Z E m p =??==
1-5 2
sin /)4(2sin /)4(42022
2
142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ?=Ω=
4
2323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(????????=--
68
2
2
1090.8197
105.144.1795.102.6--?=?
????=
1-6
60=θ时，232221?
==
a ctg a
b θ 90=θ时，12
222?==a ctg a b θ 3)2
1()2
3(
222
221
2
1
==
=
∴
b b
dN dN ππ
1-7 由3
2
104-?=nt b π，得nt b π3
2
104-?=
由2
2θ
ctg a b =
，得 2
323
3232)67.5(102181
1002.614.310410104)2(??????=?=--- ntctg a π )(10
96.5224
cm -?=
)(8.23161096.5)41(2
sin )4(2442b a d d =???==Ω∴-θσ
1-8（1）设碰撞前m 1的速度为v 1，动量为p 1。
碰撞后m 1的动量为1
p '，m 2的动量为2p ' 由动量、能量守恒可得：
12
11011
p m m m n v p
++='μ
12
12012
p m m m n v p
++-='μ
其中2
12
1m m m m +=
μ，将它代入上两式可得：
12
11021121
p m m m n m m p m p
+++='
12
120
21122p m m m n m m p m p +++-=' 它们之间的矢量关系可用下图表示，其中圆心C 为质心，0n
表示质心系里m 1碰撞
后的速度。2
11
121121,m m p m AO m m p m v OB OC +=+=
==μ
当 21m m <时，A 点在圆上 21m m =时，A 点在圆上
21m m >时，A 点在圆外
由图可知， 12
m a x s i n
m m AO
C O L =
'=θ
（2）因 90,1sin ,max max 12=∴=∴=L L m m θθ（请参阅朗道的力学）
1-9 对Au 核：)(1141
44.17912
2
11fm E e
Z Z a p =??== 对Ag 核：)(7.671
44.14712
212fm E e Z Z a p
=??==
由22θctg a b =可求得 )
(12673.327
.67)
(21373.32114
21fm b fm b =?==?=
%30%7022
2121?+?=∴t n b t n b N
dN ππ
3
331082.51025.11057.4---?=?+?=
（其中 3
231105.11971002.6-???=
t n ； 3232105.1108
1002.6-???=t n ）
1-10 ?=?2sin sin 2)4(42221θθθπd Nnt E e Z Z N ?
=2
sin sin )4(242221θθ
θπd E e Z Z Nnt b a E e Z Z nt N ]2sin 2
1
[4)4(222221θπ--??= （1）94
12
1041.1242.010
24.61038.9?=????=?-N
（2）10
4121076.131024.61038.9?=????=?-N
（3）114121068.71311024.61038.9)10(?=????=≥?- θN 1211121061.81068.71038.9)10(?=?-?=
第二章
2-1 （1）33
01053.69.1104.12?=?==
E hc λ（?）
)(1059.4101053.63
141030Hz C
?=??==-λ
υ
（2）33
01065.35
.19.110
4.12?=+?=+=e
E E hC λ（?）
2-2 利用公式 2202222,,n RhC Z E C n Z v Z a n e
Zm n r n n e n -====α 1
3
11121104.12,V eV hc e E E V ?=
=-=λ （1） H 原子： 529.02
2
1==e
m r e （?），)/(1019.261s m c v ?==α 12.24412
22===r e m r e （?），)/(1009.121
62s m c v ?==α He +
离子：265.0212
2
1==e
m r e （?），)/(1038.4261s m c v ?==α 06.1412==r r （?），)/(1019.262s m C v ?==α Li ++离子：176.0529.03
1
1=?=
r （?），)/(1057.6361s m c v ?==α
704.0412==r r （?），)/(1029.32
3
62s m C v ?==α
（2） H 原子：)(6.131eV Rhc E -=-=
He +离子：)(4.546.13421eV Rhc Z E -=?-=-=
Li ++离子：)(4.1226.13921eV Rhc Z E -=?-=-=
（3） H 原子：)(2.10)
6.1340.3()
(121V e
e
E E V =+-=-=
12162
.10104.123
11=?==eV hc λ（?） He +离子： )(8.402.1041V V =?=
3048
.40104.123
1=?=
λ（?） Li ++离子： )(8.912.1091V V =?=
1358
.91104.123
1=?=
λ（?）
2-3 )(8.91)4.36.13(912eV E E E =-?=-=?
2-4 )(2.1012eV E E E =-=?
由能量、动量守恒可得质子的阈能：
)(4.202.10221
2
1eV E E m m m E th =?=?=?+=
)/(1025.624s m m
E v th
?==
∴
2-5 （1）
175403293/1018.1293
1062.8/)6.1340.3(1104442
85
5
--?-??+--?=?=?==-e e e N N n
现175
14
1,1e N N n =∴= 故149323
1
1093.0104.2210
02.6?=???=
-N V （米3）
（2）室温下氢原子)(09.126.1351.1,113eV E E E n =+-=-=?∴=
2-6 只观察到赖曼系的头四条谱线 1216 ?，1026 ?，973 ?，950 ?
2-7 Rhc Z hc E E hc Rhc Z hc E E hc 223221
21536,43=-==-=λλ Rhc
Z hc hc 21215)
20108(-=-∴λλ
41337
6.1315104.1288)(15883
122=????=-=∴λλRhc hc Z
故2=Z
2-8 利用c mv eV W h mv mv W h αυυ22
1
)(2.276.138.40212122==-=-=∴+=
)/(1010.326s m c v ?==∴α
2-9 利用折合质量 2,
2
212
1∞
=
'=+=
R R m m m m m e μ
（1）)(06.12122
A a e
r ===μ
（2）V 电离=13.6/2=6.8(V) )(1.52
2
.101V V == （3）24302121534
1=?==R
λ（?） 2-10
e p
p m m m m m 186=+=
μμμ
（1）31
1108.2186
-?==
a r （?）
（2）)(25301861eV Rhc E -=-= （3）90.4104.121
3min
=-?=-∞E E λ（?） 2-11
999728.0)
1()1(=++H
D
M m
m m
， 将
50020.0=D
H
M m 代入 H
H M m
M m 50020
.01999728.0)1(+=?+
41072.2999728.01499528.0-?=-=H
M m 310835.1?=∴m M H
2-12 （1）)/(26.31031067.1106.12.10,102719
s m mc
h v C h mv =?????==∴=
--νν
（2）反冲能 962221044.51093822.102,2)(-?=??==∴=mc h h E mc
h E R
R ννν
2-13 利用选择定则 1±=?l ，共有6条。
2-14 （1）)(10697.15893
1
1633-?==-m T T p s )(10447.24086
1
163-?==
m T p 上两式相加得，)(10144.4163-?=m T s
J eV hc T E s s 193310225.8)(14.5-?-=-=-=∴
J eV hc T E p p 19
3310848.4)(03.3-?-=-=-=
（2）)(11.2)(14.53313V e
E E V V e
E E V s
p s
=-=
=-=
∞
第三章
3-1 )(1039.12.11079.522245eV B B E B sz --?=???===?μμ
3-2 5
4
511)1(2)1()1()1(1=-=++++-++
=j j s s l l j j g
B B B j j j g μμμμ55.1155
2
)1(-=-
=+=
B B j jz gm μμμ)5
6,52,52,56(--==
3-3 0)12
3(232)
125(25)14(4)123(231)1(2)1()1()1(1=++++-++=++++-++=j j s s l l j j g
0=∴j μ
3-4 25.010.021027.9002
.0)400(1066.187.1072242272????????--=??=D d Z Mv dZ
dB sz μ = 124 (T/m) (g J = 2, m J = ±1/2)
3-5 5
2
15242)1(2)1()1()1(1=-=++++-++
=j j s s l l j j g
3
21050253.01.023
52222-???????=
?
???==?B Z
Mv D
d Z
B Z Z μμ
)(4.10mm =
3-6 23=j ，且3
4
=g ，故分裂成四条。 B B B j j jz u m g μμμ32
2134=?==
)(40.03
260.03232cm Z Z Z Z B B
=?=??='?∴=?'?μμ
3-7 383
1067.310
6.29104.12-?=??=?=?νhc U
又2
2022432
042
116)1(2)(C m Z l l n c m Z U ααα?=+=
?
381
6.13162
4
=∴=??=∴Z U
Z α
是Li ++.
3-8 32)
1(2)(20432
04C m l l n C m z U αα=
+?=
?
又)(391.02322,22
04T C m U B B U B B
B =??=?=∴=?μαμμ
3-9 （略）
3-10 能级图：3S 1分裂成三条，g = 2
3p 0不分裂
B B g E B B μμ2==?
)(4.9310104.121079.522~11035---=????==?=?m hC B hc E v B μ L v
≠?~ 故不是正常塞曼效应。
3-11 参照书图15.7
)(17.110
104.125.21079.51
8
35---=????==cm hc B
L B μ 由此可计算得
)(78.032
1-=cm L )(56.134
1-=cm L )(39.03
11
-=cm L
)(95.13
5
1-=cm L )(17.11
-=cm L
3-12 （1）B B g E p B B μμ34
:4
2
32
=
=?
B B g E p B B μμ3
2
:4212=
=?
B B g E s B B μμ2:42
1
2==?
（2）1125.13
1
2E B B E E B B ?=+
+?=?μμ 而)(1036.732
11eV hc
E -?=?=
?λλλ
)(2.271079.5710
36.75.0375.035
3
1
T E B B =?????=??=
∴--μ
3-13 （1）)(2L g S g m
e
l s +-=μ （2）)2(2l s e
m m m B
e U +=
（3）3S 态的能级分裂： B E B μ2=? 3P 态的能级分裂：
B E B μ=?
能级图见p 115图书馆5.11。
3-14 hc B
v B μ=
?~
0273.0104.1241079.5)1210(~3
5
22
=????=?=?∴-v λλ（?） 谱线分裂为三条： 0273.012100+=?+λλ（?） 12100=λ（?）
0273.012100-=?-λλ（?）
第四章
4-1 )(5.24)5.24(011eV E E E =-=-=?∞
)(4.546.1340222eV Rhc Z E E E =?=-=-=?∞
)(9.784.545.2421eV E E E =+=?+?=?
4-2
222223)1(2
1)(21 -=+-=--=?L L L S J S L
4-3 ???
???
?
-=+-+-+=?→=-=+-+-+=?→=+=222
3)]1()1()1([2123)]1()1()1([2
1
2
5
L L S S J J S L S L L L S S J J S L S L J
4-4 θcos 22
2
2
LJ J L S -+=
9426.02)(cos 2
22=-+=∴JL
S L J θ
0319'=∴ θ
4-5 价电子数为偶数的氦，Be, Mg, Ca ，可能出现正常塞曼效应。 S 可能为0。 4-6 2
1
,22121=
===s s l l ，先算L-S 耦合
?
?
?
==0,10,1,2,3,4S L 种18共种可能状态13012311
234)
时1(123451种可能状态5)
时0(01234???????
??
?
??=-===+===L ，，，L S ，，，，
L J S ，，，，J j-j 耦合 ???????=-=+=23212521111l l j ???
????=-=+=23212
521222l l j
?????
???
?
??============
123时23
,
231
234时2
5,
231
234时2
3,
25012345时2
5,25
21212121，，，，J j j ，，，，J j j ，，，，J j j ，，，，，，J j j 共18种态，且出现相同J 的次数也和L-S 耦合相同。
4-7 （1）np 4形成的电子态与np 2相同
1
3
0,1,231,2,330
1
11211
12S P D S S P D S L ==
如考虑泡里原理只有0
1
0,1,23
21
S P D ，其中23
P 能量最低。 （2）np 5形成的电子态同np 1相同，故只有2
12
322,P P ，其中2
32P 态能量最低。
（3）同上题的LS 耦合，由于非同科电子，故有3,4,53
G ，其中33G 能量最低。
4-8 （2S ，3P ）所形成的原子态为
L S = 0 S = 1
11
P 0,1,23
P
根据跃迁的选择定则 1,0,1,0±=?±=?=?j l s , 共可产生10条光谱线:
(若该电子被激发到2P 态，则只发一条光谱) 4-9 00
=∴=∑l m
l
l
故J = 0，∴必定有01S 的基态。
00=∴=∑s m
s
s
4-10 1l m 2 1 0 -1 -2 2l m 21l l m m + 4 3 2 1 0 2
3 2 1 0 -1 1
2 1 0 -1 -2 0
1 0 -1 -
2 -
3 -1 0 -1 -2 -3 -
4 -2
S = 0时，M L = 4 3 2 1 0 –1 –2 –3 –4 L = 4 = 2 1 0 –1 –2 L = 2 = 0 L = 0
S = 1时, 对角线上值不能取
∴ M L = 3 2 1 0 –1 –2 –3 L = 3 = 1 0 –1 L = 1
∴有01
0,1,23212,3,4341,,,,S P D F G 其中
23
F 最低。
4-11 基态氦原子是
0,0,01
==J J S μ，故不分裂，只有1束。
而硼原子的基态是 2
1
2
1
2
=
J P ，分裂为2束。 4-12
P 15
的电子组态为 3233P S 0101=-+==∑l
l m L
2
3212121=++=
=
∑s
s m S 2
3=
=S J 故基态为：2
34S
S 16
的电子组态为：4233P S 101=+==∑l
l m L
12
121=+=
=
∑s
s m S 2=+=S L J （倒转次序） 故基态为：23P Cl 17的电子组态为：5
233P S 2
1
,1=
=S L ，倒转次序，故基态为2
32P
第五章
5-1 )(10124
.0104.1253
V V =?=
5-2 利用 216)1(10248.0-?=z k α
ν 216
21066.1710
248.0)1(?=??=-∴αλk c
Z
解得 4342)1(=∴=-Z Z
5-3 )(1053.69
.1104.1233
eV E L ?=?=
（应是电离一个L 电子所做的功）
5-4 1αK 的末态41223=+∴=J J ，而2αK 的末态212,2
1=+=J J
谱线强度同末态数成正比，故1αK 比2αK 强2倍。
5-5 （1）)(9.87141
.0104.123
KeV hC
E k K
-=?-=-
=∞
λ
)(6.13141
.0167.0)141.0167.0(104.123KeV hC
E L L -=?-??-=-
=∞
λ
)(01.3)
(KeV hc hC
E K K K K M M -=?--
=-
=∞
∞∞λλλλλββ
)(62.0)
(KeV hc hC
E K K K K N N -=?--
=-
=∞
∞∞
λλλλλγγ
（2）αL 的波长17.110
6.10104.123
3
=??=-=L M L E E hc α
λ（?） 激发L 系所需的最小能量为 )(6.13KeV E E E L =-=?∞
5-6 利用 λθn d =sin 2
4.55
.024
.5sin 2=?==∴θ
λ
d （?）
5-7 利用 180cos 112
0=+
-=
'θθυr
C m h 散射光子能量最小。
)(17.0511.03
1
11511
.0511.02
0MeV C m h =?=
+
+=
'∴υ
电子的动能 203
2
C m h h T e ='-=υυ
)(68.03
41)35(1102
4204
202C MeV C m C m C C m E C
P e ==???-???=
-=
∴
5-8 ???
????+
='='-υυυυh C m C m h h h 2020210
， 联立可得051102022=+-υυh h
)(7.552
2550
410010KeV h =?+±=∴υ
5-9 ??
?
????+='='-υυυυh C m C m h h h p p 2227
.5， 可得 027.57.522
=--C m h h p υυ
解得：)(6.54MeV h =υ
5-10
2022
02
12
020
212cos 1202020C m C m C m C m h h C m h C m h C m <+
=
+
=
+
-=
'υ
υ
υ
θυ
故无论υh 多大，2
02C m h <'υ不能产生正负电子偶。
5-11 采用质心系，反应后动量都为0，故只要考虑能量守恒。
202C m mC h =+υ（反应后电子在质心系动量为0。0='∴υ）
故有m m >0，不可能产生光电效应。
5-12 能量守恒 -++=E E h υ
动量守恒 θυcos 2)(222
-+-+++=P P P P C
h -
+-+-+--+=∴P P P P E E 2)(cos 2
22θ
12224
20
2
4
20
22
0>--+=
+
-+C
m E C
m E C m E E
故不能在真空中发生光子→电子对过程。
5-13 （1）先考虑8
)4(d ： 12
121=+=
=
'∑s
m s m S 312=+==
'∑s
l
m
L
再同S '5耦合：∑=+==
23
2
11S m S 303=+==∑l
m
L
2
9
233=+
=j 84d ∴满壳层缺2个，倒转次序，故基态为294F
（2） )(8.19)9.045(4
3
2KeV RhC E k =-?=
?α 038.05118.1920===
∴C
m h υ
γ 故υυθγθυγh C m h h E e +=
-+-=
20
2
2)()cos 1(1)cos 1( )(1076.32
1038.012
1038.08.192eV ?=?
+?
?=
（3）x
x e I I μ-=0)(，)(6.203.0765.05.52'
'cm x x x x =?==
'∴'=μμ
μμ
5-14 3103.8483253.2)'(
10ln -?=-=∴?-=ρρρ
μ
ρμx x （克/厘米2）
第六章
6-1 V
26
.12=λ 当eV U 10=时，88.3=λ（?）
eV U 100=时，23.1=λ（?）
eV U 1000=时，388.0=λ（?）
6-2 （1）
1==
r e
e
r
p p λλ
（2）r
r hC
h E λυ=
= 2
2
2
22e
e e e e m h m P E λ=
=
340
012
.0511
.0882=?==∴hC C m E E e e r
6-3 （1）C v C
m C m mC 866.0211
2
2
02
02
==-∴=-β
（2）014.010833.01024.16
3=??===pC hC p h λ（?）
6-4 8.12
1
8.12sin 2=?
?==θλd （?）
)(025.02)()(222
22
2
2
2eV C m hC m h
m
p E p ==
==
∴λλ
6-5 由4
20222C m p c E += 得 )2(11202
02C m E E C
E E C p k k +=-=
)
2(20C m E E hC
p
h
k k +==∴λ
r V C
m eV
eV m hC
26.122122
00=+=
其中 )10978.01()21(62
0V V C
m eV
V V r -?+=+
=
6-6 （1） 1)(2
0204
2020-=-==E E C
m C m E C m p c λλ （2） 02
211)(
E E E E =∴=- 故)(212.0)12(0MeV E E K =-= 6-7 )(1059.14441~
9s C
t tC
t
-?=??=
?∴?=
??λ
λπλ
πλπυλ
λ
)}(102~,2{82
S C
t E t -?=???≥???λλ
6-8 )(85.9102197~2~~~MeV x C Cp p C E =???
6-9 （1）dz e dy
e dx
e
N
d c
z b
y a
x ||||2
2||-+∞
∞
--+∞
∞
-+∞∞
--
?
?
?
?
=τψ
dz e dy e dx e N
c
z b
y a x
c
b
a
---???
=0
00
2
8
abc
N abc N 81
1
82=∴==
（2）)11(21)(212100e
e a a dx e a a
a a
x a
x
-=?=--? （3）
200
)11(141
|
||
|e
dz e dy e bc
dz e dy e bc
c z
b y c
z b
y c b
c
c
b
b
-==
---+--+-??
?
?
6-10 （1）2|)1,1,0;0,0,1(|ψ
（2）???1112
111|)0,0,0;,,(|dz dy dx z y x ψ （3）22211122221111
10
10
10
10
1
|),,;,,(|dz dy dx dz dy dx z y x z y x ψ?
?????
6-11 设势阱边界为[0，a]，则 x a
n a x n π
ψs i n 2)(=
2
1
)2cos 1(1
)sin 2(0
20
a
xdx a
dx x a n x a
xdx x a n a x a
a
a
=
=
-==
?
?
?
ππ 222)(x x x x -=-
而 dx x a
n x a xdx a n x a x a a )2cos 1(1sin 220202
π
π-==
?? x d x a
n x a x a a a π
2c o s 1)3(12003?-=
原子物理学 杨福家 第四版(完整版)课后答案
原子物理学杨福家第四版(完整版)课后答案 原子物理习题库及解答 第一章 111,222,,mvmvmv,，,,,,,ee222,1-1 由能量、动量守恒 ,,,mvmvmv,，,,,,ee, (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 mv2,,,得碰撞后电子的速度 p v,em，m,e ,故 v,2ve, 2m,p1,mv2mv4,e,eee由 tg,~,~~,~,2.5，10(rad)mvmv,,,,pm400, a79，2，1.44,1-2 (1) b,ctg,,22.8(fm)222，5 236.02，102,132,5dN(2) ,,bnt,3.14，[22.8，10]，19.3，,9.63，10N197 24Ze4，79，1.441-3 Au核: r,,,50.6(fm)m22，4.5mv,, 24Ze4，3，1.44Li核: r,,,1.92(fm)m22，4.5mv,, 2ZZe1，79，1.4412E,,,16.3(Mev)1-4 (1) pr7m 2ZZe1，13，1.4412E,,,4.68(Mev)(2) pr4m 22NZZeZZeds,,242401212dN1-5 ()ntd/sin()t/sin,,,,,2N4E24EAr2pp 1323,79，1.44，106.02，101.5123,,()，，1.5，10，， 24419710(0.5) ,822,610 ,6.02，1.5，79，1.44，1.5，,8.90，10197 3aa,,1-6 时， b,ctg,,,,6012222 aa,,时， b,ctg,，1,,902222 32()2,dNb112 ？,,,32dN1,b222()2 ,32,324，101-7 由，得 b,bnt,4，10,,nt
原子物理学教学大纲
原子物理学理论课教学大纲 《原子物理学》课程教学大纲新06年8月课程编号：02300009 课程名称：原子物理学 英文名称： Atomic Physics 课程类型：专业基础课 总学时： 54 学分： 2.5 适用对象：物理、电子信息科学专业本科生 先修课程：高等数学、力学、电磁学、光学 1.课程简介 本课程着重从光谱学、电磁学、X射线等物理实验规律出发，以原子结构为中心，按照由现象到本质、由实验到理论的过程帮助学生建立起微观世界量子物理的基本概念，并利用这些基本概念说明原子、分子以及原子核和粒子的结构和运动规律，介绍在现代科学技术上的重大应用。是近代物理的入门课程，是物理专业的一门重要基础课。本课程需在高等数学、力学、电磁学、光学之后开设，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。 2.课程性质、目的和任务
本课程是物理专业学生必修课。是力学、电磁学和光学的后续课程、近代物理课的入门课程。是量子力学、固体物理学、原子核物理学、激光、近代物理实验等课程的基础课。目的是引导学生从实验入手，用量子化和微观思维方式，分析微观高速运动物体的规律。主要任务是：通过本课程的教学，让学生对原子及原子核的结构、性质、相互作用及运动规律有概括而系统的认识。通过对重要实验现象以及理论体系逐步完善过程的分析，使学生建立丰富的微观世界的物理图像和物理概念，培养学生用微观思维方式分析问题和解决问题的能力。 3.教学基本要求 (1)了解原子物理学、原子核物理学发展的历程，培养科学研究的素质，加深对辩证唯物主义的理解。 (2)了解原子和原子核所研究的内容和前沿研究领域的概况，培养有现代意识、有远见的新一代大学生。 (3)掌握原子、原子核物理学的基本原理、基本概念和基本规律；掌握处理原子、原子核物理学现象及问题的手段和途径。培养学生掌握科学研究的基本方法。 (4)使学生了解无限分割的物质世界中的依次深入的不同结构层次，理解原子核的结构和基本性质、基本运动规律； (5)结合一些物理学史介绍，使学生了解物理学家对物理结构的实验——理论——再实验——再理论的认识过程，了解微观物理学对现代科学技术重大影响和各种应用，并为以后继续学习量子力学和有关课程打下基础。 4.教学内容及要求
最新原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案
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： （1） ? θααcos cos v m V M V M e +'= （2）
? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，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）
原子物理学习题答案(褚圣麟)很详细
1．原子的基本状况 1.1解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K 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 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θ πε=+ ， 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：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο --???=???+???14 3.0210-=?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 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： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 79(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。 1.7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 解：设靶厚度为't 。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度'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： dn Ntd n σ= (1) 而σd 为：2 sin ) ()41 (4 2 2 22 0θ πεσΩ=d Mv ze d （2） 把（2）式代入（1）式，得： 2 sin )()41(4 22220θπεΩ =d Mv ze Nt n dn (3) 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds d N 为原子密度。'Nt 为单位面上的原子数，10')/(/-==N A m Nt Ag 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： 2 sin )()41(324 22 22 00θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47
原子物理学 杨福家第二章习题答案
第二章习题 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：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =1.9×1.6×10-19/6.626×10-34 =4.59×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =6.54×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ 1.5= h ν-1.9 ν=3.4/h λ=c /ν=hc /3.4(m)=3.65×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子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)由基态到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． n e e πε Z n a ∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nm V 1H =2.19 ×106×1/1=2.19 ×106(m/s) V 2H =2.19 ×106×1/2=1.095 ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=0.053×12/2nm=0.0265nm r 2He+=0.053×22/2=0.106nm
V 1 He+=2.19 ×106×2/1=4.38 ×106(m/s) V 2 He+=2.19 ×106×2/2=2.19 ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=0.053×12/3nm=0.0181nm r 2 Li++=0.053×22/3=0.071nm V 1 Li++=2.19 ×106×3/1=6.57 ×106(m/s) V 2 Li++=2.19 ×106×3/2=3.28 ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它 ∵ 基态时n =1 H: E 1H =-13.6eV He+: E 1He+=-13.6×Z 2=-13.6×22=-54.4eV Li ++: E 1Li+=-13.6×Z 2 2(3) 由里德伯公式 =Z 2×13.6× 3/4=10.2Z 2 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能? 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为Z n ++ ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32×13.6×3/4eV=91.8eV 讨论:锂离子激发需要极大的能量
原子物理学第八章习题答案
原子物理学第八章习题 答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第八章 X 射线 8.1 某X 光机的高压为10万伏，问发射光子的最大能量多大？算出发射X 光的最短波长。 解：电子的全部能量转换为光子的能量时，X 光子的波长最短。而光子的最大能量是：5max 10==Ve ε电子伏特 而 min max λεc h = 所以οελA c h 124.01060.1101031063.61958 34max min =?????==-- 8.2 利用普通光学反射光栅可以测定X 光波长。当掠射角为θ而出现n 级极大值出射光线偏离入射光线为αθ+2，α是偏离θ级极大出射线的角度。试证：出现n 级极大的条件是 λααθn d =+2 sin 22sin 2 d 为光栅常数（即两刻纹中心之间的距离）。当θ和α都很小时公式简化为λαθαn d =+)2(2 。 解：相干光出现极大的条件是两光束光的光程差等于λn 。而光程差为：2 sin 22sin 2)cos(cos ααθαθθ+=+-=?d d d L 根据出现极大值的条件λn L =?，应有 λααθn d =+2 sin 22sin 2 当θ和α都很小时，有22sin ;22222sin αααθαθαθ≈+=+≈+ 由此，上式化为：;)2(λααθn d =+ 即 λαθαn d =+)2(2
8.3 一束X 光射向每毫米刻有100条纹的反射光栅，其掠射角为20＇。已知第一级极大出现在离0级极大出现射线的夹角也是20＇。算出入射X 光的波长。 解：根据上题导出公式： λααθn d =+2 sin 22sin 2 由于'20,'20==αθ，二者皆很小，故可用简化公式： λαθαn d =+)2(2 由此，得：οαθαλA n d 05.5)2 (;=+= 8.4 已知Cu 的αK 线波长是1.542ο A ，以此X 射线与NaCl 晶体自然而成'5015ο角入射而得到第一级极大。试求NaCl 晶体常数d 。 解：已知入射光的波长ολA 542.1=，当掠射角'5015οθ=时，出现一级极大（n=1）。 οθλ θ λA d d n 825.2sin 2sin 2=== 8.5 铝（Al ）被高速电子束轰击而产生的连续X 光谱的短波限为5ο A 。问这时是否也能观察到其标志谱K 系线？ 解：短波X 光子能量等于入射电子的全部动能。因此 31048.2?≈=λεc h 电电子伏特 要使铝产生标志谱K 系，则必须使铝的1S 电子吸收足够的能量被电离而产生空位，因此轰击电子的能量必须大于或等于K 吸收限能量。吸收限能量可近似的表示为：
原子物理学课程教学大纲
原子物理学课程教学大纲 一、课程说明 （一）课程名称、所属专业、课程性质、学分； 课程名称：原子物理学 所属专业：物理学专业 课程性质：基础课 学分：4 （二）课程简介、目标与任务； 原子物理学是物理类专业本科生的专业必修课，以物质结构的第一个微观层次（原子）为研究对象，是联接经典物理和近代物理的一门承上启下的课程。在理论方法上，该课程揭露经典理论在原子这一微观层次遭遇到的困难，并且为了解决这些困难而引入量子力学，学生将在本课程中较为系统地学习到量子力学的基本概念、基本原理、基本思想和方法。在应用实践上，通过本课程的学习，学生将系统性地了解和掌握原子物理学的发展历史，获得有关原子的电子结构、性质及其与外场相互作用的系统性知识，为以后从事相关的科学研究、生产应用和教学工作打下良好的基础。 （三）先修课程要求，与先修课之间的逻辑关系和内容衔接； 先修课程：《高等数学》、《数学物理方法》、《力学》、《理论力学》、《热学》、《电磁学》、《光学》 关系：《高等数学》和《数学物理方法》是学习原子物理学的数学基础。《力学》、《理论力学》、《热学》、《电磁学》和《光学》包含了学生在学习原子物理学之前需要掌握的必要的经典物理知识。有了这些准备知识才能理解为何不能用经典理论来研究原子体系，从而必须引入量子力学。 （四）教材与主要参考书； 选用教材：杨福家, 《原子物理学》第四版, 高等教育出版社, 2010 主要参考书：
1, C. J. Foot，《Atomic Physics》， Oxford University Press， 2005 2, H. Friedrich，《Theoretical Atomic Physics》， Springer， 2006 3, 褚圣麟，《原子物理学》，高等教育出版社， 1987 4, 曾谨言，《量子力学》，科学出版社， 2000 5, 卢希庭，《原子核物理》，原子能出版社， 1981 二、课程内容与安排 绪论原子物理学的发展历史（2学时）【了解】 第一章原子的组成和结构（5学时） 第一节原子的质量和大小【掌握】 第二节电子的发现【了解】 第三节原子结构模型【了解】 第四节原子的核式结构，卢瑟福散理论【重点掌握】【难点】 第五节卢瑟福理论的成功和不足【掌握】 第二章原子的量子态，玻尔理论（8学时） 第一节背景知识：黑体辐射、光电效应和氢原子光谱【掌握】 第二节玻尔的氢原子理论【重点掌握】【难点】 第三节玻尔理论的实验验证【掌握】 第四节玻尔理论的推广：椭圆轨道理论和碱金属原子光谱【重点掌握】 第五节玻尔理论的成功与缺陷【掌握】 第三章量子力学导论（18学时）【重点掌握】【难点】 第一节波粒二象性 第二节不确定关系 第三节波函数及其统计解释 第四节态叠加原理 第五节薛定谔方程 第六节薛定谔方程应用举例 第七节平均值和算符 第八节量子力学总结 第九节氢原子／类氢离子的量子力学解法 第十节爱因斯坦关于辐射和吸收的唯象理论 第十一节量子跃迁理论，含时微扰论
原子物理学习题答案(褚圣麟)
7.2 原子的3d 次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？ 答：电子的状态可用四个量子s l m m l n ,,,来描写。根据泡利原理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两个电子具有完全相同的四个量子数。 3d 此壳层上的电子，其主量子数n 和角量子数l 都相同。因此，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自旋磁量子数不能同时相等，至少要有一个不相等。对于一个给定的l m l ,可以取12;,....,2,1,0+±±±=l l m l 共有个值；对每个给定的s l m m ,的取值是 2 1 21-或，共2个值；因此，对每一个次壳层l ,最多可以容纳）（122+l 个电子。 3d 次壳层的2=l ，所以3d 次壳层上可以容纳10个电子，而不违背泡利原理。 7.4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？ n l n m l n )3(;,)2(;,,)1(。 答：（1）m l n ,,相同时，s m 还可以取两个值：2 1 ,21-==s s m m ；所以此时最大电子数为2个。 （2）l n ,相同时，l m 还可以取两12+l 个值，而每一个s m 还可取两个值，所以l n ,相同的最大电子数为)12(2+l 个。 （3）n 相同时，在（2）基础上，l 还可取n 个值。因此n 相同的最大电子数是： 21 2)12(2n l N n l =+=∑-= 7.5 从实验得到的等电子体系K Ⅰ、Ca Ⅱ……等的莫塞莱图解，怎样知道从钾Z=19开始不填s d 43而填次壳层，又从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层？ 解：由图7—1所示的莫塞莱图可见，S D 2 2 43和相交于Z=20与21之间。当Z=19和 20时，S 24的谱项值大于D 23的值，由于能量同谱项值有hcT E -=的关系，可见从钾Z=19 起到钙Z=20的S 2 4能级低于D 2 3能级，所以钾和钙从第19个电子开始不是填s d 43而填次壳层。从钪Z=21开始，S 2 4谱项低于D 2 3普项，也就是D 2 3能级低于S 2 4能级，所以，从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层。 7.6 若已知原子阿Ne,Mg,P 和Ar 的电子壳层结构与“理想”的周期表相符，试写出这些原子组态的符号。
原子物理学
《原子物理学》课程 一．课程简介 课程号: 06120850 课程名称: 原子物理学 英文名称：Atomic Physics 周学时: 3 学分: 3 预修课程: 微积分, 大学物理(力学, 热力学, 光学, 电磁学) 课程性质：专业课 授课对象：物理专业大学生 内容简介：（中英文） 《原子物理学》是物理学本科专业的一门重要基础课。内容包括原子模型、电子自旋和原子磁矩、元素周期律、X射线、核模型、核衰变、核反应、核裂变与聚变等内容。通过学习，不仅可掌握原子和原子核物理方面的基础知识，还可了解量子力学的基本概念和实验背景，为以后近代物理学的学习打下扎实基础。 This course is a degree program for undergraduate students in the department of physics, Zhejiang University. The contents of the course include the models of atoms, spin of electrons and magnetic moment of atoms, periodic law of the elements, X-ray, models of the nuclei, decay of the nuclei, nuclear reactions, nuclear fission and fusion etc. After study the course, students will understand the basic knowledge of atomic and nuclear physics, the basic ideas and experimental background of quantum physics, which are very important for further studying modern physics. 二．教材和参考书 1.教材:《原子物理学》, 杨福家著, 高等教育出版社, 第四版，2010年12月1日 2. 参考书: （1）《原子物理学》,苟清泉主编, 高等教育出版社, 1983年版 （2）《原子物理学》,卢希庭主编, 原子能出版社, 1982年版 （3）《原子物理学》，褚圣麟主编，人民教育出版社，1979年6月版 （4）《Physics of Atoms and Molecules》, B. H. Bransden and C. J. Joachain, 1983
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） 福家著(高等教育) 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） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2）
? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，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）
(完整版)原子物理学练习题及答案
填空题 1、在正电子与负电子形成的电子偶素中，正电子与负电子绕它们共同的质心的运动，在n = 2的状态， 电子绕质心的轨道半径等于 nm 。 2、氢原子的质量约为____________________ MeV/c 2。 3、一原子质量单位定义为 原子质量的 。 4、电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为 eV 。 5、电子电荷的精确测定首先是由________________完成的。特别重要的是他还发现了_______ 是量子化的。 6、氢原子 n=2,n φ =1与H + e 离子n=?3,?n φ?=?2?的轨道的半长轴之比a H /a He ?=____,半短 轴之比b H /b He =__ ___。 7、玻尔第一轨道半径是0.5291010-?m,则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=_____,半短轴 b?有____个值，?分别是_____?， ??, . 8、 由估算得原子核大小的数量级是_____m,将此结果与原子大小数量级? m 相比, 可以说明__________________ . 9、提出电子自旋概念的主要实验事实是-----------------------------------------------------------------------------和_________________________________-。 10、钾原子的电离电势是4.34V ，其主线系最短波长为 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 eV （仅需两位有效数字）。 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——————————————————————————————————————————————。 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———————————— 表示，轨道角动量确定后, 能级的简并度为 。 14、32P 3/2→22S 1/2 与32P 1/2→22S 1/2跃迁, 产生了锂原子的____线系的第___条谱线的双线。 15、三次电离铍(Z =4)的第一玻尔轨道半径为 ，在该轨道上电子的线速度为 。 16、对于氢原子的32D 3/2能级，考虑相对论效应及自旋-轨道相互作用后造成的能量移动与电子动能及电子与核静电相互作用能之和的比约为 。 17、钾原子基态是4s,它的四个谱线系的线系限的光谱项符号,按波数由大到小的次序分别 是______,______,_____,______. (不考虑精细结构，用符号表示). 18、钾原子基态是4S ，它的主线系和柏格曼线系线系限的符号分别是 _________和 __ 。 19、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?x,x p ? 之间的关系为_____ 。 20、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?E,t ? 之间的关系为_____ 。 21、已知He 原子1P 1→1S 0跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线。若其波数间距为?~v ，
基于应用型课程原子物理学的教学改革与实践思考 精选文档
基于应用型课程原子物理学的教学改革与实践思 考 1.引言 原子物理学是物理学专业的一门应用型很强的基础课，它是物理学发展史上承上启下的一门学科，成为经典物理和量子力学知识的桥梁和纽带，原子物理在物理学发展中起到非常重要的作用[1-3]，从宏观到微观尺度的过渡，原子物理学所涉及的知识、理论和实验，是学习理论物理和从事材料科学、化学、生命科学、能源科学、量子物理、信息科学、光学、激光技术、环境科学以及空间科学研究的基础[4-6]。在内容体系上，原子物理学在普通物理知识的基础上，给出了原子尺度范围的粒子的量子特性及粒子运动和变化的基本规律，研究和讨论物质结构在原子、电子、原子核及基本粒子等层次的性质、结构、特点和运动规律[6-8]，很多基本理论及实验仍然是材料科学、化学、生命科学等一些高技术应用领域的基础。所以，针对社会的实际需求，相应的在课堂教学与实验中，需要对课程内容、教学手段、教学方法、实验技能等方面进行改革和创新，以适应当代大学生综合素质的培养和社会发展的实际需要。 自我院成立至今，原子物理学这门课程一直是物理学专业学生的必修课。为了进一步改善原子物理学课程的教学效果，2000 年先后分几次组织物理系的老师重新编写了课堂教学纲要和实
验教学大纲，并设置了如原子核物理、物理学史、近物实验研究．等选修课，以辅助对原子物理课程的教学改革。在2010-2015年，学校和学院对人才培养方案和课程设置进行了四次修订，这也加大了我院课程教学改革的力度，原子物理学的教学及实验改革也多次在教研室活动中开展讨论。结合学校的质量工程项目和人才培养方案，原子物理学的课程改革势在必行。 2.现存主要问题 随着高新科技的发展和前沿相关知识的应用，许多旧理论和知识没有得到更新，相应的实验设备、实验技术也停留在很多年前，部分课程的内容显得很无新意。目前学院一直使用的原子物理学教材是?圣麟先生编写，由于编写时间较早，在与时俱进、科技同步发展的内容上缺少对前沿领域新知识、新技术、新实验、新功能、新应用的介绍和更新[9-10]，导致原子物理的教学内容与现代物理、现代科技的迅猛发展实际相脱离，这就要求我们对原子物理的教学纲要及教学内容进行重新审定，同时改善现有的教学方法和教学手段。如何把原子物理里的量子理论及实验和现代高科技技术应用恰当的结合，让学生容易接受，便于吸收消化，并能用于创新实验和实践，成了原子物理学课程教学改革的一个急需解决的问题。 3.课程教学改革与实践的具体实施 本着加强基础知识，结合前沿领域，促进实验与实践创新，提出关于原子物理课程教学改革与实践的一些办法。
原子物理学杨福家第一章答案
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m e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： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 v m V M V M e + ' = α α（1） ? θ α α cos cos v m V M V M e + ' =（2） ? θ α sin sin 0v m V M e - ' =（3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e（4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M 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） θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1） 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 θ ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=-
由此可得 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 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 Z Au=79,A Au=197, ρAu=1.888×104kg/m3
原子物理学(褚圣麟)完整答案#
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 = 150ο 所对应的瞄准距离b 多大？ 解：根据卢瑟福散射公式： M v 2 θ K α c o t = 4 π ε 0 b = 4 π ε 0 b 2 Z e 2 Z e 2 2 得到： Z e 2ct g θ 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 01 9 ) 2 ct g 1 5 0ο - 1 5 b = 2 2 = = 3 .9 7 ? 1 0 ( 4π ? 8 .8 5 ? 1 0 - 1 2 ) ? (7 .6 8 ? 1 06 ? 1 0- 1 9 ) 米 4πε K 0 α 式中 K = 1 Mv 2 是α 粒子的功能。 α 2 1.2 已知散射角为θ 的α粒子与散射核的最短距离为 2 Z e 2 1 1 r m = ( 4 π ε ) ( 1 + ) ，试问上题α粒子与散射的金原子核 M v 2 s i n θ 2 之间的最短距离r m 多大？ 解：将 1.1 题中各量代入r m 的表达式，得： 1 2 Z e 2 1 = (1 + r m i n ( 4π ε Mv 2 ) ) s i n θ 0 2 - 1 9 2 4 ? 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 0 ) 1 = 9 ? 1 0 9 ? ? (1 + ) 7 .6 8 ? 1 0 6 ? 1 .6 0 ? 1 0 - 1 9 sin 7 5ο = 3 .0 2 ? 1 0 - 1 4 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： 2 2 1 Ze Z e M v 2 = K = ，故有： r = m i n p 2 4 πε 0 r m i n 4 π ε 0 K p 7 9 ? (1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9 ) 2 = 1 . 1 4 ? 1 0 - 1 3 米 = 9 ? 1 0 9 ? 1 0 6 ? 1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9
原子物理学杨福家第二章习题答案
第二章习题 2-1 铯的逸出功为，试求： (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长； (2)如果要得到能量为的光电子，必须使用多少波长的光照射 解：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =××10-19/×10-34 =×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ = h ν ν=h λ=c /ν=hc /(m)=×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子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)由基态到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． n e e Z n a ∴H: r 1H =×12/1nm= r 2 H =×22/1= V 1H = ×106×1/1= ×106(m/s) V 2H = ×106×1/2= ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=×12/2nm= r 2He+=×22/2= V 1 He+= ×106×2/1= ×106(m/s) V 2 He+= ×106×2/2= ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=×12/3nm= r 2 Li++=×22/3=
V 1 Li++= ×106×3/1= ×106(m/s) V 2 Li++= ×106×3/2= ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它等于把电子从基态电离掉所需要的能量。 ∵ 基态时n =1 H: E 1H = He+: E 1He+=×Z 2=×22= Li ++: E 1Li+=×Z 2=×32= (3) 由里德伯公式 Z 2××3/4= 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为 Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32××3/4eV= 讨论:锂离子激发需要极大的能量 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，欲使氢原子发射出光子，质子至少应以多大的速度运动 要点分析:质子与氢原子质量相近,要考虑完全非弹性碰撞的能量损失.计算氢原子获得的实际能量使其能激发到最低的第一激发态. 解： 由动量守恒定律得 m p V =(m p +m H )V ' ∵ m p =m H V’=V /2 由能量守恒定律,传递给氢原子使其激发的能量为:
从原子物理学的发展看原子物理学的特点及其教学任务_金蓉
第29卷湖北师范学院学报(自然科学版)V o l129第1期Journal o fH ube iN or m a lU n i versity(N at u ra l Sc i ence)N o11,2009 从原子物理学的发展 看原子物理学的特点及其教学任务 金蓉 (西华大学理化学院物理系,四川成都610039) 摘要:介绍原子物理学的发展概况,指出原子物理学的特点,探讨了原子物理学的教学任务. 关键词:原子物理学;发展概况;特点;教学 中图分类号:O571文献标识码:A文章编号:1009-2714(2009)01-0092-04 原子物理学是研究原子的结构、运动规律及相互作用的物理学分支。原子物理学理论的形成和发展主要发生在19世纪末至20世纪二十年代中叶,它的发展同时促进了量子力学这门反映微观粒子运动规律的理论的的诞生.此后原子物理在量子力学理论的指导下进一步发展,并同时推动着其他相关学科的发展.如今它在天体物理、光物理、凝聚态物理、量子物理、等离子体物理、大气物理、化学、生命科学、计量科学、材料科学、能源科学、考古学、地质学、矿物学等方面的重要作用,无不向世人彰显其在理论和应用领域中的重要价值。因此,它理应作为物理专业的一门专业基础课。了解原子物理学的发展概况,认识其特点将有利于我们更好地搞好原子物理学的教学。 1原子物理学的发展概况 原子物理的迅猛发展,始于19世纪末人类关于X射线、放射性和电子的发现。特别是后两个发现向人们充分表明原子具有其内部结构,彻底粉碎了原子不可分的理论。1898年,汤姆逊大胆地提出了原子的/枣糕模型0:原子的带正电部分是一个原子那么大的,具有弹性的冻胶状球体,正电荷均匀分布在这球内或球面上,有负电子镶嵌着,这些电子在其平衡位置上作简谐振动,原子发光频率即为电子振动频率。此模型能解释原子的稳定性和原子的电中性问题,但是在对原子光谱和放射性问题进行解释时遇到困难。随着1909年马斯顿和盖革两人作了著名的/A粒子散射实验0后,汤姆逊模型遇到了难以克服的困难,即它无法解释有1/8000几率的A粒子被靶物质/反弹0的现象,因而该模型被推翻。1911年3月,英国物理学家卢瑟夫在曼彻斯特经过长期探索以及上述实验结果的提示,确定原子中有高密度的核,据此提出了全新的原子核式结构模型.该模型被后人形象地称为/行星模型0,其内容是在原子的中心存在一个带正电的,占有原子绝大多数的质量,体积非常小的原子核,电子在其外绕核做高速圆周运动,原子的发光频率即为电子的运动频率。但是,当人们试图用经典物理学对原子结构以及原子光谱等现象进行说明时遇到了不能克服的困难。因为按照经典电磁理论,电子绕核运转要对外辐射电磁波,形成连续光谱,同时电子因失去能量而沿螺旋线落向原子核.这与原子的线状光谱和原子的稳定性事实相违背.为解决原子结构带来的上述困难,1913年,年仅28岁的丹麦人尼耳斯#玻尔博士,在普朗克能量子概念和爱因斯坦光量子假设的基础上,基于原子的稳定性和原子光谱的实验定律,提出的三条著名的假设,建立了原子的/玻尔模型0.也是在1913年,英国的物理学家莫塞莱发表了关于x射线谱的研究工作,建立了莫塞莱定律,引入了原子序数的概念。1914 收稿日期:2008)11)08 作者简介:金蓉(1964)),女,四川彭州人,硕士,副教授,从事基础物理教学与研究1
原子物理学课后习题详解第6章(褚圣麟)
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412 3 212=+?=+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 m e g 2=μ h h J J P J 2 15)1(= += 按LS 耦合：5 2 156)1(2)1()1()1(1==++++-++ =J J S S L L J J g B B J h m e μμμ7746.05 15 215252≈=???= ∴ 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： mc Be g m g m v πλλ4)(1'1~1122-=-=? 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。对应11 P 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 v π4/)1,0,1(~-=? 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==?mc Be v π。 特斯拉。00.1467.04=?= ∴e mc B 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。