作业第二章答案

能量 E = hc / λ = 1240 / 0.1 = 12.4keV
2.8 由 50 KeV 电压加速的电子，在轫致辐射中产生最短 X 射线波长是多少？
解： λ = hc / E = 1240 / 50×103 = 0.0248nm
2.13 已知电子的动能分别为 1 MeV 和 1 GeV，求它们的德布罗意波长是多少?
2.17 动能为 5.0 MeV 的α 粒子垂直入射到厚度为 0.1 μm ，质量密度为1.75 ×104 Kg/m3 的金
箔，试求散射角大于 900 的粒子数是全部入射粒子的百分之几？
∫ ∫ 解：
dn = Nt π a2
n
4
θ2 θ1
cosθ / 2 sin3 θ / 2
dθ
=
Ntπ[b2 (θ1) − b2 (θ2 )] =
=
Z2 n2
E1, E1
=
−13.6eV
,
hc / λ = Z 2E1(1 / 4 −1) ⇒ Z =
hc
=
λ E1(1 / 4 −1)
1240
11
1×13.6× (1/ 4 −1)
2.23 用能量为 12.5 eV 的电子束激发气体放电管中的氢原子，问受激发的氢原子向低能级跃 迁时，会出现哪些波长的光谱线？
λ21 = hc / [E1(1/ 22 −1)] = 1240 / (13.6× 0.75) = 121.6nm
λ31 = hc / [E1(1/ 32 −1)] = 1240 / (13.6×8 / 9) = 102.6nm
λ32 = hc / [E1(1/ 32 −1/ 22 )] = 1240 / (13.6× 5 / 36) = 656.5nm
（3） λHe+
=
1240 −54.4× (−0.75)
=
30.4nm
，
λ Li
2+
=
1240 −122.4× (−0.75)
= 13.5nm
2.22 如果想利用类氢离子的第一激发态至基态的跃迁来获得波长 λ=1nm 左右的软 X 射线， 问应选用何种类氢离子？
解：类氢离子能级 En
=
−
hcRZ 2 n2
解：电子能量太大，需考虑相对论效应，波长 λ = h = hc =
hc
p pc Ek (Ek + 2m0c2 )
1MeV 的电子波长 λ =
12百度文库0
= 872 fm
1(1+ 2× 0.511)
1GeV 的电子波长 λ =
1240
= 1.24 fm
(103 )2 − 0.5112
2.13 微观粒子的波动性可以用波长和频率表征，试问用实验方法能够直接确定其中的哪一 个？对另一个的确定能说些什么？ 答：戴维斯-革末实验测量了物质波的波长，不能直接测量物质波的能量 2.14 根据电子的德布罗意波长说明： 在原子中电子的轨道概念已失去意义，在电视机显像 管中运动的电子为什么仍旧可以用电子轨道概念？（设显像管加速电压为 10 KeV，管长为 0.5 m） 答：以氢原子基态为例，电子的动能为 13.6eV，对应德布罗意波长约 0.34nm，氢原子半径 才 0.053nm，轨道概念在原子中失去意义；而电视显像管中 10keV 电子的德布罗意波长 0.0124nm，远小于显像管的长度 0.5m，显像管中的电子仍旧可以使用轨道概念
n,
n
−1
>>
1得
ωn,n−1 = [E1 / n2 − E1 / (n −1)2 ] / =
=
(− E1 )
(2n −1) n2 (n −1)2 =

−2E1 n3=
=
m n3=3
e2 ( 4πε 0
)2
第
n
轨道的半径 rn
=
n2
4πε 0 = 2 me2
，角频率为
ωn =
e2 4πε 0 r 3m
解：氢原子激发态能级
En
=
1 n2
E1,
E1
=
−13.6eV
，
由 E1 / n2 − E1 = 12.5eV ⇒ n = 1/ 1−12.5 / (−E1) 3.5 ，于是得到可能的谱线波长
hc / λnm = E1(1 / n2 −1 / m2 ) ⇒ λnm = hc / [E1(1 / n2 −1 / m2 )] ，可能观察到三种跃迁：
2.24 对于氢原子，证明当 n 1 ，电子从第 n 玻尔轨道跃迁到第 n -1 轨道所发射的频率等于 电子绕第 n 轨道转动的频率。
证：当 n >> 1时，n 轨道向 n-1 轨道所发射光子的频率为
ν
n,n−1
=
[E1
/
n2
−
E1
/
(n
− 1)2
]
/
h,
E1
=
−
m 2
(
e2 4πε 0
=
)2
，考虑到条件
M 7400
2.21 对一次电离的氦粒子 He+ 和两次电离的锂离子 Li++ ，分别计算： （1）电子的第一玻尔轨道半径； （2）电子处在基态时的能量； （3）电子由第一激发态跃迁到基态时所发射的光子的波长。
解：类氢离子的轨道半径和能量分别为
rn
=
n2 Z
r1, r1=0.053nm
，
En
=
−
hcRZ 2 n2
2.5 根据能量和动量守恒定律，证明：光子和自由电子相碰撞不可能产生光电效应。 证：假定自由电子可以吸收一个光子，不失一般性设电子初始静止，光子未被吸收前，能量
和动量守恒
⎧hν ⎨⎩hν
+ m0c2 /c = P
=
E
，吸收后的能量和动量守恒
⎧ ⎪
E
⎨
=
⎪hν /
⎩
c
P2c2 + m02c4 = P = 1 E2
=
Z2 n2
E1, E1
=
−13.6eV
，
hc λ
=
Z
2
E1
(
1 n2
−1) ，波长为
λ=
hc
，因此有
Z
2
E1
(
1 n2
−1)
（1） rHe+
=
0.053 2
=
0.0265nm,r Li
2+
=
0.053 3
= 0.0177nm
（2） EHe+ = 4 × (−13.6) = −54.4eV , ELi2+ = 9× (−13.6) = −122.4eV
Ntπ
a2 4
，θ1
=π
/
2,θ2
=π
其中
Nt
=
ρt A
NA
=
1.75 ×104
×103 × 0.1×10−6 197
× 6.02×1023
=
5.34 ×1021m−2
而 a = e2 2Z1 = 1.44 × 2× 79 = 45.5 fm ，所以散射角大于 900 的概率为 4πε0 E 5
∫ dn = Ntπ a2 = π × 5.34×1021 × 45.52 ×10−30 = 8.7 ×10−6
+
mv22
/
2
，
由此得到 Mv − Mv1 = mv2 和 mv22 / M = v2 − v12 = (v + v1)(v − v1) 2v(v − v1) ，于是有
tgθ ΔP = M (v − v1) = mv2 2m ，即θ 2m 2 ~ 10−4 rad
P
Mv Mv M
c
−
m02c4
。得到
E − m0c2 = E + m0c2 ，该式成立要求 m0c2 = 0 ，但这是不可能的。故题设正确
2.7 波长为 0.1 nm 的 X 射线光子的动量和能量各为多少？
解：动量 p = h / λ = 6.63×10−34 / 0.1×10−9 = 6.63×10−24 kg ⋅ m / s
=
m n3=3
e2 ( 4πε 0
)2
。题设得证，题设是玻尔对应原理的具体体现。
n
4
4
2.18 α 粒子质量比电子质量大 7300 多倍，若速度为 v 的非相对论 α 粒子与一静止的自由电 子相碰撞，试证明 α 粒子的最大散射角约为10−4 rad。
证：正碰时 α 粒子动量改变最大，α 粒子与电子碰撞前后能量、动量守恒得
⎧Mv2 /
⎨ ⎩Mv
=
2= Mv1
Mv12 / 2 + mv2