原子物理学第四版-课后答案---标准版
《原子物理学》杨福家第四版课后答案
② m1 为α粒子， m2 为静止的 He 核，则
( L )max 90
1-9）解：根据 1-7）的计算，靶核将入射粒子散射到大于 的散射几率是
P( ) nt
4
a 2ctg 2
2
当靶中含有两种不同的原子时，则散射几率为
0.71 0.32
将数据代入得：
-5-
0
2
2
d a 1 181 4 103 tg 2100 c ( ) d 4 sin 4 4 2 10 2 6.02 10 23 sin 4 300 依题： 2 28 2 24 10 m / sr 24b / sr
1-10)解： ① 金核的质量远大于质子质量，所以，忽略金核的反冲，入射粒子被靶核散时 则： 之间得几率可用的几率可用下式求出：
nt ( )2
a 4
2 sin sin
4
t a
( )2 A 4
2 sin sin 4
2
2
a
Z1Z 2e2 1 79 1.44Mev fm 94.8 fm 4 ER 1.2Mev
1 2 1 1 2 2 Mv mve Mv 2 2 2 Mv Mv mve
m v v ve M v 2 v2 m v 2 e M
(1)
p m v p = em v p= m vee，其大小：
180
2 3 ，即为所求 1 d sin 2 sin 3
3
90
2
1-7)解
P ( 0 1800 )
1800
原子物理学课后答案
原⼦物理学课后答案原⼦物理学习题解答第⼀章原⼦的基本状况1.1若卢瑟福散射⽤的粒⼦是放射性物质镭放射的，其动能为电⼦伏特。
散射物质是原⼦序数的⾦箔。
试问散射⾓所对应的瞄准距离多⼤？解：根据卢瑟福散射公式：得到：⽶式中是粒⼦的功能。
1.2已知散射⾓为的粒⼦与散射核的最短距离为，试问上题粒⼦与散射的⾦原⼦核之间的最短距离多⼤？解：将1.1题中各量代⼊的表达式，得：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。
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：故有：⽶由上式看出：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⽶。
1.4钋放射的⼀种粒⼦的速度为⽶/秒，正⾯垂直⼊射于厚度为⽶、密度为的⾦箔。
试求所有散射在的粒⼦占全部⼊射粒⼦数的百分⽐。
已知⾦的原⼦量为。
解：散射⾓在之间的粒⼦数与⼊射到箔上的总粒⼦数n的⽐是：其中单位体积中的⾦原⼦数：⽽散射⾓⼤于的粒⼦数为：所以有：等式右边的积分：故即速度为的粒⼦在⾦箔上散射，散射⾓⼤于以上的粒⼦数⼤约是。
1.5粒⼦散射实验的数据在散射⾓很⼩时与理论值差得较远，时什么原因？答：粒⼦散射的理论值是在“⼀次散射“的假定下得出的。
⽽粒⼦通过⾦属箔，经过好多原⼦核的附近，实际上经过多次散射。
⾄于实际观察到较⼩的⾓，那是多次⼩⾓散射合成的结果。
既然都是⼩⾓散射，哪⼀个也不能忽略，⼀次散射的理论就不适⽤。
所以，粒⼦散射的实验数据在散射⾓很⼩时与理论值差得较远。
1.6已知粒⼦质量⽐电⼦质量⼤7300倍。
试利⽤中性粒⼦碰撞来证明：粒⼦散射“受电⼦的影响是微不⾜道的”。
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）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，则 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)(90si n si n si n +=-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θa2 sin注意到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。
原子物理学第四,五,六,七章课后习题答案
第四章 碱金属原子1. 已知Li 原子光谱主线系最长波长0A 6707=λ，辅线系系限波长A 3519=∞λ.求Li 原子第一激发电势和电离电势.解：主线系最长波长是原子从第一激发态跃迁至基态的光谱线的波长E h hc νλ∆==第一激发电势1eU E =∆34811976.626210310V 1.850V 1.602210 6.70710E hc U e e λ---∆⨯⨯⨯====⨯⨯⨯辅线系系限波长是原子从无穷处向第一激发态跃迁产生的 辅线系~~*2n R n νν∞=-,~~*n n νν∞→∞=192 5.648910J hc eU λ-∞==⨯2 3.526V U =电离电势：U =U 1+U 2=5.376V2. Na 原子的基态3S .已知其共振线波长为58930A ，漫线系第一条的波长为81930A ，基线系第一条的波长为184590A ，主线系的系限波长为24130A 。
试求3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值. 解：主线系波数~p 22s p ,3,4,(3)()n R Rn n ν=-=-∆-∆~~p 2s ,(3)n Rn νν∞→∞==-∆系限波长：p λ∞=24130A =72.41310m -⨯~1613S 71m 4.144210m 2.41310T ν--∞-===⨯⨯共振线为主线系第一条线, 是原子从3P 到3S 跃迁产生的光谱线 共振线波长：λp1=58930A =75.89310m -⨯~61p13S 3P 71 1.696910m 5.89310mT T ν--=-==⨯⨯1616S 3P 3m 104473.2m 106969.1--⨯=⨯-=T T漫线系（第一辅线系）波数~d 22p d ,3,4,(3)()n R Rn n ν=-=-∆-∆漫线系第一条线是原子从3D 到3P 跃迁产生的光谱线 漫线系第一条光谱线的波长7d18.19310m λ-=⨯167D 3P 31~d m 102206.1m10193.81--⨯=⨯=-=T T ν1616P 3D 3m 102267.1m 102206.1--⨯=⨯-=T T基线系（柏格曼线系）波数,5,4,)()3(2f 2d ~f =∆--∆-=n n RR n ν 基线系第一条线是原子从4F 到3D 跃迁产生的光谱线 基线系第一条光谱线的波长6f1 1.845910m λ-=⨯156F 4D 31fm 104174.5m108459.1--⨯=⨯=-=T T ν 1515D 3F 4m 108496.6m 104174.5--⨯=⨯-=T T3. K 原子共振线波长为7665Å，主线系系限波长为2858Å. 已知K 原子的基态为4S. 试求4S 、4P 谱项的量子数修正项∆S 、∆P 值各为多少？K 原子的主线系波数,5,4,)()4(2P 2S ~p=∆--∆-=n n RR n ν 2S ~~p )4(,∆-==∞→∞Rn n νν 1617~m 104990.3m 10858.211---∞∞⨯=⨯==p λν 16~S 4m 104990.3-∞⨯==νT而 2S S 4)4(∆-=RT 所以 S4S 4T R =∆- 17m 100973731.1-∞⨯=≈R R 7709.14S =∆-2291.2S =∆K 原子共振线为主线系第一条线, 是原子从4P 到4S 跃迁产生的光谱线1p A 7665=λ167P 4S 41pm 103046.1m10665.7--⨯=⨯=-=T T ν 1616S 4P 4m 101944.2m 103046.1--⨯=⨯-=T T而 2P P 4)4(∆-=RT 所以 P4P 4T R =∆- 17m 100973731.1-∞⨯=≈R R7638.14P4P =-=∆T R第五章 多电子原子1. He 原子的两个电子处在2p3d 电子组态.问可能组成哪几种原子态?用原子态的符号表示之.已知电子间是LS 耦合.解：p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为,11=l 211=s . d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为,21=l 212=s . 因为是LS 耦合，所以.,,1,212121l l l l l l L -⋯-++=.1,2,3=L.0,1.2121=-+=S s s s s S 或而 .,,1,S L S L S L J -⋯-++=.1,0,1===J S L 原子态为11P . .0,1,2,1,1===J S L 原子态为30,1,2P ..2,0,2===J S L 原子态为12D ..1,2,3,1,2===J S L 原子态为31,2,3D ..3,0,3===J S L 原子态为13F . .2,3,4,1,3===J S L 原子态为32,3,4F .2. 已知He 原子的两个电子被分别激发到2p 和3d 轨道，其所构成的原子态为3D ，问这两电子的轨道角动量p l 1与p l 2之间的夹角，自旋角动量p s 1与p s 2之间的夹角分别为多少？(1). 解：已知原子态为3D ,电子组态为2p3d, 所以2,1,1,221====l l S L因此'1212221211212221222211113733212/)(cos cos 26)1(6)1(22)1(οθθθπ==---=-+==+==+==+=l l l l L l l l l L L l l p p p p P p p p p P L L P l l p hl l p 所以'0'0471061373180=-=οθL(2).1212122s s S s s p p P =======因为所以而'2212221222212221228109312/)(cos cos 2οθθθ=-=---=-+=s s s s S s s s s S p p p p P p p p p P 所以'0'0327028109180=-=οθS4. 试以两个价电子l 1=2和l 2=3为例说明,不论是LS 耦合还是jj 耦合都给出同样数目的可能状态. (1) LS 耦合.3,221==l l.,,1,212121l l l l l l L -⋯-++=.1,23,4,5=L .2121==s s .0,1=S.,,1,S L S L S L J -⋯-++=当S =0时，J =L , L 的5个取值对应5个单重态, 即1=L 时,1=J ,原子态为11P .2=L 时,2=J ,原子态为12D .3=L 时,3=J ,原子态为13F . 4=L 时,4=J ,原子态为14G .5=L 时,5=J ,原子态为15H .当S =1时，.1,,1-+=L L L J代入一个L 值便有一个三重态．５个L 值共有５乘３等于１５个原子态，分别是：1=L 时,0,1,2=J 原子态为30,1,2P2=L 时,1,2,3=J 原子态为31,2,3D3=L 时,2,3,4=J 原子态为32,3,4F 4=L 时,3,4,5=J 原子态为33,4,5G5=L 时,4,5,6=J 原子态为34,5,6H因此，LS 耦合时共有２０个可能状态． (2) jj 耦合.,...,.2527;2325;21212121j j j j j j J j j s l j s l j -++===-=+=或或或 将每个j 1、j 2 合成J 得：.1,2,3,42523.2,3,4,52723.0,1,2,3,4,52525.1,2,3,4,5,6272521212121============J j j J j j J j j J j j ，合成和，合成和，合成和，合成和4,3,2,15,4,3,25,4,3,2,1,06,5,4,3,2,1)25,23()27,23()25,25()27,25(共20个可能状态所以，无论是LS耦合还是jj耦合，都会给出20种可能状态．6.已知He原子的一个电子被激发到2p轨道，另一个电子还在1s轨道,试做出能级跃迁图来说明可能出现哪些光谱线跃迁.解：在1s2p组态的能级和1s1s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s.利用LS耦合规则求出各电子组态的原子态如下:1s1s：1S01s2s：1S0、3S11s2p：1P1、3P0,1,2根据选择定则,这些原子态之间可以发生5条光谱线跃迁。
原子物理学杨福家第四版课后答案
原子物理学杨福家第四版课后答案原子物理学作为物理学的一个重要分支，对于理解物质的微观结构和性质具有至关重要的意义。
杨福家所著的《原子物理学》第四版更是众多学子深入学习这一领域的重要教材。
然而，课后习题的解答往往成为学习过程中的关键环节，它有助于巩固所学知识，加深对概念的理解。
以下便是对该教材课后答案的详细阐述。
首先，让我们来看第一章“原子的位形：卢瑟福模型”的课后习题。
其中，有一道关于α粒子散射实验的题目，要求计算α粒子在与金原子核发生散射时的散射角。
解答这道题，需要我们深刻理解库仑散射公式以及相关的物理概念。
我们知道，α粒子与金原子核之间的相互作用遵循库仑定律，通过对散射过程中动量和能量的守恒分析，可以得出散射角与α粒子的初始能量、金原子核的电荷量以及散射距离之间的关系。
经过一系列的数学推导和计算，最终得出具体的散射角数值。
第二章“原子的量子态：玻尔模型”中的课后习题，重点考察了对玻尔氢原子模型的理解和应用。
比如，有一道题让我们计算氢原子在不同能级之间跃迁时所发射光子的波长。
这就要求我们熟练掌握玻尔的能级公式以及光的波长与能量之间的关系。
根据玻尔的理论，氢原子的能级是量子化的，当电子从一个能级跃迁到另一个能级时，会释放出一定能量的光子。
通过计算两个能级之间的能量差，再利用光子能量与波长的关系式，就可以求出相应的波长。
在第三章“量子力学导论”的课后习题中，常常涉及到对波函数和薛定谔方程的理解和运用。
例如，有一道题给出了一个特定的势场，要求求解在此势场中粒子的波函数和可能的能量本征值。
解答此类问题，需要我们将给定的势场代入薛定谔方程，然后通过数学方法求解方程。
这个过程可能会涉及到一些复杂的数学运算，如分离变量法、级数解法等，但只要我们对量子力学的基本概念和方法有清晰的认识，就能够逐步推导得出答案。
第四章“原子的精细结构：电子的自旋”的课后习题，则更多地关注电子自旋与原子能级精细结构之间的关系。
比如，有题目要求计算在考虑电子自旋轨道耦合作用下，某原子能级的分裂情况。
(整理)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）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）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （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)(90si n si n si n +=-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θa 2sin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课后答案
原子物理学杨福家第四版课后答案在学习原子物理学这门课程时，杨福家第四版教材是许多同学的重要参考资料。
然而，课后习题的解答往往成为同学们巩固知识、加深理解的关键环节。
以下是为大家精心整理的原子物理学杨福家第四版课后答案。
第一章主要介绍了原子的基本概念和卢瑟福模型。
课后习题中，关于α粒子散射实验的相关问题较为常见。
例如，计算α粒子在不同散射角度下的散射几率，这需要我们深刻理解库仑散射公式以及散射截面的概念。
答案的关键在于正确运用公式，代入相关参数进行计算。
第二章重点是玻尔的氢原子理论。
在课后习题中，经常会出现让我们根据玻尔理论计算氢原子的能级、轨道半径以及跃迁时辐射的光子能量等问题。
以计算氢原子从激发态跃迁到基态辐射的光子能量为例，首先要明确能级公式，然后根据初末态的能级差来计算光子能量。
第三章讲述了量子力学初步。
其中涉及到的薛定谔方程的应用是重点也是难点。
比如，求解一维无限深势阱中粒子的波函数和能量本征值。
在解答这类问题时，需要熟练掌握薛定谔方程的求解方法，结合边界条件确定波函数和能量的表达式。
第四章是原子的精细结构。
这一章的课后习题中，对于碱金属原子光谱的精细结构和塞曼效应的考察较多。
比如，解释碱金属原子光谱精细结构的产生原因，答案要从电子的自旋轨道耦合作用入手，分析能级的分裂情况。
第五章是多电子原子。
在这部分的习题中，经常会要求分析多电子原子的能级结构和电子组态。
例如，确定某个多电子原子的基态电子组态，需要遵循泡利不相容原理、能量最低原理和洪特规则。
第六章是在磁场中的原子。
关于原子在外磁场中的塞曼分裂以及顺磁共振等问题是常见的考点。
解答这类题目时，要清楚磁场对原子能级和光谱的影响机制。
第七章是原子的壳层结构。
会涉及到原子核外电子的填充规则以及原子基态的确定等问题。
第八章是 X 射线。
对于 X 射线的产生机制、波长和强度的计算等是常见的习题类型。
第九章是原子核物理概论。
重点是原子核的基本性质、结合能的计算以及核反应等内容。
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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 αααααααα222212121(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)Δ得碰撞后电子的速度 e em m v m v +='ααα2 p故 αv v e2≈' 由)(105.24001~22~~~4rad m m v m v m v m v m pp tg e e e e -⨯=='∆ααααααθθ1-2 （1） )(8.225244.127922fm ctg a b =⨯⨯⨯==θ （2） 52321321063.91971002.63.19]108.22[14.3--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==nt b NdN π1-3 Au 核： )(6.505.4244.1794422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα Li 核：)(92.15.4244.134422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα1-4 （1）)(3.16744.1791221Mev r e Z Z E m p =⨯⨯==（2）)(68.4444.1131221Mev r e Z Z E mp =⨯⨯==1-5 2sin /)4(2sin /)4(420222142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ⋅=Ω=42323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--68221090.8197105.144.1795.102.6--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=1-6 ο60=θ时，232221⋅==a ctg ab θ ο90=θ时，12222⨯==a ctg a b θ 3)21()23(22222121===∴b bdN dN ππ1-7 由32104-⨯=nt b π，得nt b π32104-⨯=由22θctg a b =，得 23233232)67.5(1021811002.614.310410104)2(⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=---οntctg a π )(1096.5224cm -⨯=)(8.23161096.5)41(2sin )4(2442b a d d =⨯⨯⨯==Ω∴-θσ1-8（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1p '，m 2的动量为2p ' 由动量、能量守恒可得：1211011p m m m n v p ϖϖϖ++='μ1212012p m m m n v p ϖϖϖ++-='μ其中2121m m m m +=μ，将它代入上两式可得：1211021121p m m m n m m p m p ϖϖϖ+++='1212021122p m m m n m m p m p ϖϖϖ+++-='它们之间的矢量关系可用下图表示，其中圆心C 为质心，0n ϖ表示质心系里m 1碰撞后的速度。
211121121,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， 12max sin m m AOC O L ='=θ（2）因ο90,1sin ,max max 12=∴=∴=L L m m θθ（请参阅朗道的力学）1-9 对Au 核：)(114144.17912211fm E e Z Z a p =⨯⨯==对Ag 核：)(7.67144.14712212fm E e Z Z a p=⨯⨯==由22θctg a b =可求得 )(12673.327.67)(21373.3211421fm b fm b =⨯==⨯=%30%70222121⨯+⨯=∴t n b t n b NdN ππ3331082.51025.11057.4---⨯=⨯+⨯=（其中 3231105.11971002.6-⨯⨯⨯=t n ； 3232105.11081002.6-⨯⨯⨯=t n ）1-10 ⎰=∆2sin sin 2)4(42221θθθπd Nnt E e Z Z N ⎰=2sin sin )4(242221θθθπd E e Z Z Nntb a E e Z Z nt N ]2sin 21[4)4(222221θπ--⨯⨯=（1）94121041.1242.01024.61038.9⨯=⨯⨯⨯⨯=∆-N（2）104121076.131024.61038.9⨯=⨯⨯⨯⨯=∆-N（3）114121068.71311024.61038.9)10(⨯=⨯⨯⨯⨯=≥∆-οθN1211121061.81068.71038.9)10(⨯=⨯-⨯=<∆∴οθN第二章2-1 （1）3301053.69.1104.12⨯=⨯==E hc λ（Å）)(1059.4101053.63141030Hz C⨯=⨯⨯==-λυ（2）3301065.35.19.1104.12⨯=+⨯=+=eE E hC λ（Å）2-2 利用公式 2202222,,n RhC Z E C n Z v Z a n e Zm n r nn e n -====αη 1311121104.12,V eV hc e E E V ⨯==-=λ （1） H 原子： 529.0221==em r e η（Å），)/(1019.261s m c v ⨯==α 12.2441222===r em r e η（Å），)/(1009.12162s m c v ⨯==α He +离子：265.021221==em re η（Å），)/(1038.4261s m c v ⨯==α 06.1412==r r （Å），)/(1019.262s m C v ⨯==α Li ++离子：176.0529.0311=⨯=r （Å），)/(1057.6361s m c v ⨯==α 704.0412==r r （Å），)/(1029.32362s 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 eeE E V =+-=-=12162.10104.12311=⨯==eV hc λ（Å） He +离子： )(8.402.1041V V =⨯=3048.40104.1231=⨯=λ（Å） Li ++离子： )(8.912.1091V V =⨯=1358.91104.1231=⨯=λ（Å）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：)(4.202.1022121eV E E m m m E th =⨯=∆=∆+=)/(1025.624s m mE v th⨯==∴2-5 （1）175403293/1018.12931062.8/)6.1340.3(1104442855--⨯-⨯⨯+--⨯=⨯=⨯==-e e e N N n现175141,1e N N n =∴= 故14932311093.0104.221002.6⨯=⨯⨯⨯=-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 Å，1026 Å，973 Å，950 Å2-7 Rhc Z hc E E hc Rhc Z hc E E hc 22322121536,43=-==-=λλ RhcZ hc hc 21215)20108(-=-∴λλ413376.1315104.1288)(15883122=⨯⨯⨯⨯=-=∴λλRhc hcZ故2=Z2-8 利用c mv eV W h mv mv W h αυυ221)(2.276.138.40212122==-=-=∴+= )/(1010.326s m c v ⨯==∴α2-9 利用折合质量 2,22121∞='=+=R R m m m m m e μ（1）)(06.12122οηA a er ===μ（2）V 电离=13.6/2=6.8(V) )(1.522.101V V == （3）243021215341=⨯==Rλ（Å）2-10e pp m m m m m 186=+=μμμ（1）311108.2186-⨯==a r （Å）（2）)(25301861eV Rhc E -=-= （3）90.4104.1213min=-⨯=-∞E E λ（Å） 2-11999728.0)1()1(=++HDM mm m， 将50020.0=DHM m 代入 HH M mM m 50020.01999728.0)1(+=⨯+41072.2999728.01499528.0-⨯=-=HM m 310835.1⨯=∴m MH2-12 （1）)/(26.31031067.1106.12.10,102719s m mch v C h mv =⨯⨯⨯⨯⨯==∴=--νν（2）反冲能 962221044.51093822.102,2)(-⨯=⨯⨯==∴=mch h E mc h E RR ννν2-13 利用选择定则 1±=∆l ，共有6条。
2-14 （1）)(10697.1589311633-⨯==-m T T p s )(10447.240861163-⨯==m T p 上两式相加得，)(10144.4163-⨯=m T sJ eV hc T E s s 193310225.8)(14.5-⨯-=-=-=∴J eV hc T E p p 193310848.4)(03.3-⨯-=-=-=（2）)(11.2)(14.53313V eE E V V eE E V sp s=-==-=∞第三章3-1 )(1039.12.11079.522245eV B B E B sz --⨯=⨯⨯⨯===∆μμ3-2 54511)1(2)1()1()1(1=-=++++-++=j j s s l l j j gB B B j j j g μμμμ55.11552)1(-=-=+= B B j jzgm μμμ)56,52,52,56(--==3-3 0)123(232)125(25)14(4)123(231)1(2)1()1()1(1=++++-++=++++-++=j j s s l l j j g0=∴j μ3-4 25.010.021027.9002.0)400(1066.187.1072242272⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯--=⋅⋅=D d ZMv dZdB sz μ= 124 (T/m) (g J = 2, m J = ±1/2)3-5 5215242)1(2)1()1()1(1=-=++++-++=j j s s l l j j g321050253.01.02352222-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅∂∂⨯==∆B ZMv Dd ZB Z Z μμ)(4.10mm =3-6 23=j Θ，且34=g ，故分裂成四条。