原子物理学第八章习题答案
原子物理学习题与答案
h
； B.E= h ，P= ;
C. E=h ，p=
;
D. E= ，p=
20 为使电子的德布罗意假设波长为 0.39nm , 应加多大的能量： A．20eV； B.10eV； C.100eV； D.150eV -7 21.如果一个原子处于某能态的时间为 10 S,原子这个能态能量的最小不确定数量级为 （以焦耳 为单位） ： -34 -27 -24 -30 A．10 ； B.10 ； C.10 ； D.10 -13 22.将一质子束缚在 10 cm 的线度内,则估计其动能的量级为： -20 A. eV； B. MeV； C. GeV； D.10 J 23.按量子力学原理,原子状态用波函数来描述. 不考虑电子自旋,对氢原子当有确定主量子数 n 时,对应的状态数是： 2 2 A．2n； B.2n+1； C.n ； D.2n 24.按量子力学原理,原子状态用波函数来描述.不考虑电子自旋,对氢原子当 nl 确定后,对应的 状态数为： 2 A.n ； B.2n； C. l ； D.2 l +1 25.按原子力学原理,原子状态用波函数来描述.考虑电子自旋,对氢原子当 nl 确定后,对应的状 态数为： 2 A.2(2 l +1) ； B.2 l +1； C. n； D.n 26.按量子力学原理,原子状态用波函数来描述.考虑自旋对氢原子当 nl m 确定后对应的状态数 为：A.1； B.2； C.2 l +1； D. n 27.单个 f 电子总角动量量子数的可能值为： A. j =3,2,1,0； B .j=± 3； C. j= ± 7/2 , ±5/2; D. j= 5/2 ,7/2 28.单个 d 电子的总角动量投影的可能值为： A.2 ，3 ； B.3 ，4 ； C.
原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案(2020年7月整理).pdf
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,（4）（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)(90sin sin sin +=−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θasin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 杨福家 第四版(完整版)课后答案
1++6 Li离子:r,，0.529,0.176(Å)， v,3,c,6.57，10(m/s)113
36 (Å)， r,4r,0.704v,,C,3.29，10(m/s)2212(2) H原子: E,,Rhc,,13.6(eV)1
22,,,,,ZZe2sindsinZZed221212,,()NNnt,1-10 ,2()Nnt,4,4,4,Esin4Esin22
2ZZe12,2b12, N2nt()4[sin] ,，，,,a24E2
12,49,N,9.38，10，6.24，10，0.242,1.41，10(1) 12,410,N,9.38，10，6.24，10，3,1.76，10(2) ,12,411(3) ,N(,,10),9.38，10，6.24，10，131,7.68，10,121112 ？,N(,,10),9.38，10,7.68，10,8.61，10
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
24Ze4，79，.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
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原子物理学课后答案（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射线第七章：原子核物理概论第八章：超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编（7.3元定价）高等教育出版社第一章习题答案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410-rad.解：设碰撞以后α粒子的散射角为θ，碰撞参数b 与散射角的关系为2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)碰撞参数b 越小，则散射角θ越大。
也就是说，当α粒子和自由电子对头碰时，θ取得极大值。
此时粒子由于散射引起的动量变化如图所示，粒子的质量远大于自由电子的质量，则对头碰撞后粒子的速度近似不变，仍为，而电子的速度变为，则粒子的动量变化为v m p e 2=∆散射角为410*7.21836*422-=≈≈∆≈v m v m p p e αθ 即最大偏离角约为410-rad.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）如果金箔厚为1.0um ，则入射α粒子束以大于︒90散射（称为背散射）的粒子是全部入射粒子的百分之几？ 解：（1）碰撞参数与散射角关系为：2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)库伦散射因子为：Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 5.45579*2**44.1= 瞄准距离为： fm fm a b 8.2245cot *5.45*212cot 2===︒θ（2）根据碰撞参数与散射角的关系式2cot 2θa b =，可知当︒≥90θ时，)90()(︒≤b b θ，即对于每一个靶核，散射角大于︒90的入射粒子位于)90(︒<b b 的圆盘截面内，该截面面积为)90(2︒=b c πσ，则α粒子束以大于︒90散射的粒子数为：π2Nntb N =' 大于︒90散射的粒子数与全部入射粒子的比为526232210*4.98.22*142.3*10*0.1*19788.18*10*02.6--===='πρπtb M N ntb N N A 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Li 7核，则结果如何？ 解：（1）由式4—2知α粒子与金核对心碰撞的最小距离为=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 6.505.479*2**44.1=（2）若改为Li 7核，靶核的质量m '不再远大于入射粒子的质量m ，这时动能k E 要用质心系的能量c E ，由式3—10，3—11知，质心系的能量为：)(212mm mm m v m E u u c +''==式中 得k k k Li He Li k u c E E E A A A E m m m v m E 117747212=+=+≈+''==α粒子与Li 7核对心碰撞的最小距离为：=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 0.37*5.411*3*2**44.1=1—4 （1）假定金核半径为7.0fm ，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？（2）若金核改为铝核，使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？设铝核半径为4.0fm 。
原子物理习题解答
原子物理习题解答1(总8页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--原子物理学习题解答电子和光子各具有波长,它们的动量和总能量各是多少?解：由德布罗意公式p h /=λ,得：m/s kg 10315.3m 1020.0s J 1063.624934⋅⨯=⨯⋅⨯===---λhp p 光电 )J (109.94510310315.316-824⨯=⨯⨯⨯====-c p hch E 光光λν21623116222442022)103101.9(103)10315.3(⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=--c m c p E 电电)J (1019.8107076.61089.9142731---⨯=⨯+⨯=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,必须使用多大波长的光照射?解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式w h mv -=ν221知,铯的光电效应阈频率为: Hz)(10585.41063.6106.19.11434190⨯=⨯⨯⨯==--h w ν 阈值波长: m)(1054.610585.4103714800-⨯=⨯⨯==νλc (2) J 101.63.4eV 4.3eV 5.1eV 9.12119-2⨯⨯==+=+=mv w h ν 故: m)(10656.3106.14.31031063.6719834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===ννλh hc c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）由题意知，20202c m c m mc E k =-=，所以20222022/1c m c v c m mc =-=23cv =⇒ （2）由德布罗意公式得： )m (104.1103101.931063.632128313400---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=====c m h v m h mv h p h λ (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2/120]1)/[(-E E ,式中0E 和E 分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量.(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? (1)证明：粒子的康普顿波长:c m h c 0/=λ德布罗意波长: 1)/(1)/(2020204202-=-=-===E E E E c m hcc m E hc mv h p h c λλ 所以, 2/120]1)/[(/-=E E c λλ(2)解：当c λλ=时，有11)/(20=-E E ，即：2/0=E E 02E E =⇒故电子的动能为：2000)12()12(c m E E E E k -=-=-=)J (1019.8)12(109101.9)12(141631--⨯⨯-=⨯⨯⨯⨯-=MeV 21.0eV 1051.0)12(6=⨯⨯-=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710/-=∆λλ,试问该原子态的寿命为多长?解： 778342101061031063.6)(---⨯⨯⨯⨯⨯=∆⋅=∆-=∆=∆λλλλλνhc c h h E )J (10315.326-⨯= 由海森伯不确定关系2/ ≥∆∆t E 得：)s (1059.110315.32100546.1292634---⨯=⨯⨯⨯=∆≥=∆E t τ 一个光子的波长为300nm,如果测定此波长精确度为610-.试求此光子位置的不确定量.解： λλλλλλλλ∆⋅=∆≈∆+-=∆h h h h p 2，或：λλλλλνννν∆⋅=∆=∆-=∆+-=∆h c c h c h c h c h p 2)( m/s)kg (1021.2101031063.6336734⋅⨯=⨯⨯⨯=---- 由海森伯不确定关系2/ ≥∆∆p x 得：)m (10386.21021.22100546.1223334---⨯=⨯⨯⨯=∆≥∆p x 当一束能量为的α粒子垂直入射到厚度为5100.4-⨯cm 的金箔上时,探测器沿20°方向每秒纪录到4100.2⨯个α粒子.试求:(1)仅改变探测器安置方位,沿60°方向每秒可纪录到多少个α粒子?(2)若α粒子能量减少一半,则沿20°方向每秒可测得多少个α粒子?(3) α粒子能量仍为,而将金箔换成厚度相同的铝箔, 则沿20°方向每秒可纪录到多少个α粒子(金和铝的密度分别为cm 3和cm 3,原子量分别为197和27,原子序数分别为79和13.忽略核的反冲).解：由公式, )2/(sin /')()41('42220220θπεr S Mv Ze Nnt dN =)2/(sin /')2()41(422220θπεαr S E Ze Nnt = (1) 当︒=60θ时, 每秒可纪录到的α粒子2'dN 满足:01455.030sin 10sin )2/(sin )2/(sin ''44241412=︒︒==θθdN dN 故 241210909.210201455.0'01455.0'⨯=⨯⨯==dN dN (个)(2) 由于2/1'αE dN ∝,所以 413108'4'⨯==dN dN (个) (3) 由于2'nZ dN ∝,故这时:31211342442112441410/10/''--⨯⨯==A Z N A Z N Z n Z n dN dN A A ρρ 55310227793.19197137.2''4221421112444=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=dN A Z A Z dN ρρ(个)动能为40MeV 的α粒子和静止的铅核(Z=82)作对心碰撞时的最小距离是多少?解：由公式: ])2/sin(11[2412020θπε+=Mv Ze r m , 当对心碰撞时,πθ=,1)2/sin(=θ,则 m)(109.5106.11040)106.1(82210924115196219920---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==απεE Ze r m 动能为的质子接近静止的汞核(Z=80),当散射角2/πθ=时,它们之间的最小距离是多少?解：最小距离为:])2/sin(11[241])2/sin(11[41202020θπεθπε+=+=p p m E Ze v m Ze r m)(1060.1]45sin 11[106.11087.02106.180109131962199---⨯=︒+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯=）（ 试证明α粒子散射中α粒子与原子核对心碰撞时两者间的最小距离是散射角为90°时相对应的瞄准距离的两倍。
原子物理学 课后答案
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。
原子物理学习题(参考答案)
【1-6】一束α 粒子垂直射到一重金属箔上，求α 粒子被金属箔散射后，散射角θ ≥600 的 α 粒子数与散射角θ ≥900 的α 粒子数之比。
Z Z e2 dN 1 2 sin 4 ( ) Nnt ( 1 2 2 ) 2 2 4 0 2Mv 解：由 d 可得散射角 90 的α 粒子数为
2
1 ) 180 0 sin 2
5.06 10 14 m
α 粒子与 7Li 核对心碰撞的最小距离（考虑质心系运动）
rm
1 4 0 1 4 0 1 4 0
Z1 Z 2 e 2 (1 v 2 Z1 Z 2 e 2 (1 2 Ec
2
1 sin 1 sin
2
)
2
原子物理学习题 一、选择10-8m ； C C、10-10m ；
D、10-13m 。 C
（2）原子核式结构模型的提出是根据 粒子散射实验中 A、绝大多数 粒子散射角接近 180 ； C、以小角散射为主也存在大角散射；
B、 粒子只偏 2 ～3 ； D、以大角散射为主也存在小角散射。
散射角 60 的α 粒子数
N dN (
1 4 0
) 2 Nnt (
Z1 Z 2 e 2 2 ) 2Mv 2
180
1 sin
4
2
d
散 射 角
60 的 α 粒子数与散 (
α 【2-2】 分别计算 H、 He+、 Li++： （1）第一波尔半径、第二波尔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到基态所辐射的光子的波长。 解： （1）由
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。
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电子伏特电子伏特而 min max λεch = 所以οελA c h124.01060.1101031063.6195834max 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 =+2sin 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：2sin 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 =+2sin 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(28.3 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 =+2sin 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1.542οA ，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。
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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：
22)(σ-=Z n
Rhc E K 这里，13,0,1===Z n σ；所以有：
1030.21031063.610097.116913133834722电子伏特⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=≈=-∞hc
R Rhc E K
故能观察到。
8.6 已知Al 和Cu 对于ολA 7.0=的X 光的质量吸收系数分别是
公斤米公斤和米/0.5/5.022，Al 和Cu 的密度分别是33/107.2米公斤⨯和
33/1093.8米公斤⨯。
现若分别单独用Al 板或Cu 板作挡板，要ολA 7.0=的X 光的强度减至原来强度的1/100。
问要选用的Al 板或Cu 板应多厚？
解：ο
λA 7.0=，公斤米公斤；米/0.5)(/5.0)(22==Cu Al ρτρτ 3333/1093.8/107.2米公斤，米公斤⨯=⨯=Cu Al ρρ
x
e I I I I μ-==001001
因为X 光子能量较低，通过物质时，主要是电离吸收，故可只考虑吸收而略掉散射。
x
x
e I I e I I τττ
μ--====∴100
100 所以有：100ln 1τ=
x
对于Al: 公斤米/5.02=ρ
τ
米米米公斤公斤米31
33321041.3100ln 11035.1/107.2/5.0--⨯==⨯=⨯⨯=∴τ
τAl x 对于Cu: 公斤米/0.52=ρ
τ 米米米公斤公斤米41
43321003.1100ln 110465.4/1093.8/0.5--⨯==⨯=⨯⨯=∴τ
τCu x 8.7 为什么在X 光吸收光谱中K 系带的边缘是简单的，L 系带是三重的，M 系带是五重的？
答：X 射线通过物质时，原子内壳层电子吸收X 射线能量而被电离，从而产生吸收谱中带有锐利边缘的多个线系。
吸收谱的K 、L 、M 、……系是高能X 光子分别将n=1,2,3……壳层的电子电离而产生的。
每一谱线的锐边相当于一极限频率，在这频率下，X 光子恰好把电子从相应壳层电离而不使其具有动能。
对应于X 射线能级的谱项公式是：⋯⋯+--+-=)43()()(44222K n n
S Z R n Z R T ασ 式中σ对不同的n 和不同的l 都不同，K=J+1/2。
由于J 不同也有不同的谱项数。
对于K 壳层,2
1,0,1===J l n ,σ只有一个值，只有一个光谱项，所以K 系带的边缘是简单的。
对于L 壳层2=n 可以有三组量子数
)2
3,1(),21,1(),21,0(======J l J l J l 。
此三组量子数分别对应有三种谱项值，所以，L 系有三个吸收限，即是三重的。
M 壳层, 3=n ,可以有五组量子数：
)2
5,2(),23,2(),23,1(),21,1(),21,0(==========J l J l J l J l J l 。
此五组量子数分别对应五个光谱项值，所以M 系带有五个吸收限，即是五重的。
同理可知：N 系是七重的。
Ｏ系是九重的。
8.8 试证明X 光标识谱和碱金属原子光谱有相仿的结构。
证明：我们以X 光谱L 系与碱金属光谱进行比较。
L 系是由外层电子向L 壳层（n=2）上的空位跃迁时发射的。
它可分成三个小系。
I L 系是电子由诸ｎ＞２的p 能级向s 2能级跃迁产生的。
s 能级是单层的，p 能级是双层的且间隔随n 的增大而逐渐减小。
所以I L 系由双线构成且随波数增加而双线间隔缩小。
对应的碱金属主线系也是诸p 能级向较低的s 能级跃迁产生的，而p 、s 能级结构与X 能级相仿。
所以其光谱具有相仿的结构。
II L 系是由诸的3 n 能级跃迁到2P 能级上产生的，而s 是单层的，p 是双层的。
所以II L 系谱必是由一组等间距的双线构成。
II L 系对应于碱金属第二辅线系的跃迁。
它们有相仿的结构。
同理，III L 系与碱金属第一辅线系有相仿结构。
其他X 光谱系也具有同金属相仿的结构。
X 光标志谱之所以与碱金属原子光谱具有相仿的结构，在于满壳层缺少一个电子形成的原子态同具有一个价电子的原子态相同。
X 能级是有满壳层缺少一个电子构成的；碱金属能级是一个价电子形成的。
根据第七章习题8的证明，它们应有相同的谱项，因而具有相仿的结构。
在跃迁是，它们服从同样的选择定则，因此它们应有相仿的光谱线系。