原子物理学答案杨福家高教第四版.doc
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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。
第一章 原子的位形 1-1)解:
α粒子与电子碰撞,能量守恒,动量守恒,故有:
e
e
vmvMvM vMmvMv 222 2
1
2
1 2
1
222
e e v M
mvv v M mvv
evmp
eep=mvp=mv ,其大小: (1)
222(')(')(') e
m vvvvvvv
M
近似认为:(');'pMvvvv
22
e m vvv M
有
21 2e
ppMmv
亦即: (2)
(1)2/(2)得
22
4
2
22 10e e mvm pMmvM p
亦即:()ptgrad p
-4~10
1-2) 解:① 22
a bctg E
228e
;库仑散射因子:a=
4 )
2)(
4 ( 4 2 0 2
0 2 E Ze E Zea 22279()()1.44()45.5
45 eZ afmMevfm EMev
当901
时,ctg
2
1
22.75
2 bafm
亦即:1522.7510bm
② 解:金的原子量为197A ;密度:731.8910/gm
依公式,λ射
粒子被散射到θ方向,d 立体角的内的几率:
ntdadP 2
sin16
)( 4
2
(1)
式中,n 为原子核数密度,()
A
A
mnn
N
即:AVn A
(2)
由(1)式得:在90o→180 o范围内找到
粒子得几率为: )(P 1802 2 490
ant2sin
() 164sin
2
d
ant
将所有数据代入得
)(
P5()9.410
这就是粒子被散射到大于90o范围的粒子数占全部粒子数得百分比。 1-3)解:
74.5;79;,3;EMevZLi Z 对于全核对于金
74.5;79;,3;EMevZLi Z 对于全核对于
)2)( 4
( 4 2 0
2 0 2 E
Ze
E Zear
m
当Z =79时 279 1.4450.56
4.5m rfmMevfm Mev
当Z =3时, 1.92;mrfm 但此时M 并不远大于m ,clmEE
21,(1) 2cc Mm EuvEaa MmM
4
(1)3.02
7mc raafm 1-4)解: ① fm E Ze E
Zer m7)
2)( 4
( 4 2 0
2
0 2
将Z =79代入解得:E=16.25Mev
② 对于铝,Z =13,代入上公式解得:
2e13
4fm=()
4E
E=4.68Mev
以上结果是假定原子核不动时得到的,因此可视为理论系的结果,转换到实验室 中有:(1)lcmEE M
对于
① 1(1)16.33 197lc EEMev
② 1(1)4.9
27lc
EEMev
可见,当M>>m 时,lcEE ,否则,lcEE
1-5)解:
在θ方向d Ω立方角内找到电子的几率为:
2
212 4
1 ()
44sin
2
ZZedNd nt NE
注意到: ;A
A
NA
nttntt NA 2
4
()
4sin
2
ANdNadtn
NA
2
1279()1.44113.76
41.0 ZZe afmMevfm EMev
2 22
1.5 1.510
10
s d
r
2
4 () 4sin 2
ANdNadtn
NA
23132
326 4
6.021*******.510 1.510()8.910
1974sin30
215 2 4 1011410
23132 3264
1-6)解:
22
3
cos
2()()4
44sin4sin
22
ada dNNntNntd
散射角大于θ得粒子数为:
180
'NdN
依题意得:
180 360 60 18090
390 sin
2 sin
3 2 1sin
2 sin 2
d N Nd
,即为所求
1-7)解
2
1016 104 24 2
sin
2
cos
4
2
sin
2
cos
4
2 sin 2 cos
24 1)180( 02
32 3022
180 3 2180 3 2 180 3 22
21 2 0 1800
0 0
0 0
ctgN Aa
ctga
A
N da
A Nda A tN
d
E eZZnt N
dNP Am
Am
AmA
依题:
srbsrm tga d
d c
/24/1024
30sin
10
1002.61024 104181 2
sin 1 4 )( 228
04
02 232 34
2
1-8)解:
在实验室系中,截面与偏角的关系为(见课本29页) 111 max
222
121 12 2
1sin()901
1sin0
(1sin)
1sin0 L L
L L mmm mmm m mm mm m
- -
① 由上面的表达式可见:为了使()LL 存在,必须:
21
2
1(sin)0L
m
m
即:11 22
1sin(1sin)0LL
mm
mm ()
-
亦即:
1 2 1 2 1sin0
1sin0 L
L
m m m m
- 或
1 2 1 2 1sin0
1sin0 L
L
m m m m
-
考虑到:180L sin0L 第二组方程无解
第一组方程的解为:1 2
1sin1L
m
m
可是,1 2 sinL m
m 的最大值为1,即:1 2 sinL
m
m
② 1m 为α粒子,2m 为静止的He 核,则1
2
1 m
m ,
max()90L
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
24
)(22
ctgantP 当靶中含有两种不同的原子时,则散射几率为
120.70.3
将数据代入得:
132322312
2
223
11 3.142(11.4410)1.5106.0221015
4(1.0) 7949(0.700.30)5.810 197108 Mevcmgcmmolctg Mev
gmolgmol
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:
22 44
2sin2sin ()()
44sinsin 22
ata nt A
2
121791.4494.8 41.2R
ZZeMevfm afm EMev
由于12
,可近似地将散射角视为: 12596160
22
;
6159 0.0349
180
rad
将各量代入得:
2413
234
4
19.321.51094.8102sin600.0349 6.02101.5110
1974sin30
单位时间内入射的粒子数为: 910 19 5.0101 3.12510 1.6010
QIt N ee
(个)
T 时间内入射质子被散时到5961
之间得数目为:
10493.125101.51106051.410NNT
(个)
② 入射粒子被散时大于θ的几率为:
22 2231.8810 4242A ata ntctgNctg A
103103.125101.88106051.810NNT
(个)
③ 大于10的几率为:
2 22
108.171042
a ntctg
大于10的原子数为:10211'3.125108.17106057.6610N
(个)
小于10
的原子数为:10123.125101605'8.610NN (个)
注意:大于0
的几率:1
大于0
的原子数为:103.12510605NT
第二章 原子的量子态:波尔模型 2-1)解:
khvEW
① 00,1.9kEhve 有Wh 0
Hz
seV
eV h W14 150106.4101357.4
9.1
nm
eV eVnm
W hcc6.652 9.1
1024.13 0 0
② nmhc
eV eVnm WE
hcc
k 7.364
)9.15.1( 1024.13
2-2)解: 2
21
11;;()nnn VncZ
ravZZEE Znnn
① 对于H :
2
111210.53;42.12ranaAraA
2
111210.53;42.12ranaAraA 6161
121
1 2.1910();1.110() 2
vcmsvvms
对于He+:Z=2
1121
6161
11
1 0.265;21.06 2
24.3810();2.1910() raAraA vcmsvcms
对于Li+:Z =3
1121
6161
11
14
0.177;0.707
33
3
36.5710();3.2910() 2
raAraA vcmsvcms
② 结合能=21()nA
Z
EEE n
13.6;413.654.4;122.4HHeLiEevEevEev
③ 由基态到第一激发态所需的激发能:
2222
11111 13
()()(1)
2144
ZZ EEEZEEZ
对于H : 3 1 312.410 ()(13.6)10.2;1216 410.2HH hcev EevAA Eev eV eV E hc He2.10
104.123 13()13.6440.8;303.9 4HHe
hc EevA E
3
1
312.410
()(13.6)10.2;1216 410.2HH hcev EevAA Eev
对于He+:13()13.6440.8;303.9 4HHe hc EevA E
9.303
E hc He
1
3
()13.6440.8;303.9
4HHe
hc
EevA E
对于Li++:13()13.6991.8;135.1 4HLi hc EevA E
1.135
E hc He
1
3
()13.6440.8;303.9
4HHe hc
EevA E
2-3)解:
所谓非弹性碰撞,即把Li++打到某一激发态, 而Li++最小得激发能为
eVEEEELi8.91)3
2
3(2 2 2 11212
这就是碰撞电子应具有的最小动能。 2-4)解:方法一:
欲使基态氢原子发射光子,至少应使氢原子以基态激发到第一激发态
122110.2EEEev
V
根据第一章的推导,入射粒子m 与靶M 组成系统的实验室系能量EL 与EC 之间 的关系为:cLMEE Mm
所求质子的动能为:
2 1212
1 (1)220.4
2kc
Mmm EmvEEEev
MM
V 所求质子的速度为: )(1026.6
10673.1
106.14.202214 27 19
sm m
Evk
方法二:
质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒,则
vmmvmHPP
10 10v
mm mv HP P
10
2 10
22
102
1 2
1)(
2
1 2 1E mm mvmvmmvmE
HP
HPHPP eVEEEvmEP4.20)(22
2
1 12
2
1010
)/(1026.624
21010smc cm
Ev P MeVcmP9382其中
2-7)解: ~22211()vRZ mn
,巴而末系和赖曼系分别是:
22
2 22 2
2 1 1
1~ 3 1 2
1~ RZ RZ L B
220222222111113614();();133.7
231253L vRZvRZnm RZRZ
288(133.7),2
15
RZnmZHE 解得:即:原子的离子He2
88
(133.7),2 15 RZnmZHE 解得:即:原子的离子。 2-8)解:
213(1)4340.8
44
hc
EhvhcvhcRZRhcRhcev
V 此能量电离H 原子之后的剩余能量为:'40.813.627.2Eev
V
即:286126 12'54.4 '3103.110() 20.5110 E mvEvcms mc
2-9)解:
(1)基态时两电子之间的距离: (2)2
1
6.80
12
AREhcRhcev 电离能:=
1212
33
5.10 48A
EhcvRhcRhce v
第一激发能: (3)由第一激发态退到基态所放光子的波长:
nmvrrvmrvm
r
mv r e k vvvrrrrrr
mmm
222111 2
2 2
212121
21
:
2 : ,2,:
角动量量子化条件 运动学方程 质心系中
2/ 4 2 22
0 me n
r
r
e k r
e
kmv r
e k vmvm EEEpk
2 22 22 2
22
22
2 11
2222 0
42 2 6.13 24
)2/(2
n
eVHE
hn
emEn n
nmar106.021
eVEEE eV HE
E
10.5
80.6
2
1212 1
nm EE hc3.243)12(
12
2-10)解:
- 子和质子均绕它们构成体系的质心圆周运动,运动半径为 r1和r2,r1+r2 =r 折合质量 M = m1 m2 /(m1 +m2) = 186 me
r1= r m2/(m1+m2) = r M/m1 r2 = r m1/(m1+m2) = r M/m2
运动学方程:Ke2/r2 = m1 v12/r1 = m12 v12 /(M r) -------------------------(1)
Ke2/r2 = m2 v22/r2 = m22 v22 /(M r) ------------------------(2)
角动量量子化条件:m1 v1 r1 + m2 v2 r2 = n ? n = 1, 2, 3, …. 即 M (v1 +v2) r = n ? --------------------------------------(3)
共有三个方程、三个未知数。可以求解。 (1) 式 与 (2)式 做比值运算: v1 / v2 = m2/m1 代入 (3) 式中
M v2 (m2/m1 +1) r = n ? 即 m2 v2 r = n ? ----------- (4)
(2)式 和 (4)式 联立解得:
a n e h nr
Mn1 2
22
2 02
1864 4
------------------ (5)
式中 a1 = 0.529
A ,为氢原子第一玻尔轨道半径。 根据(5)式,可求得,
子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284
A 。
再从运动学角度求取体系能量对r 的依赖关系。
E = EK + EP = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 – K
e2/r
= (1/2 M/m1 + 1/2 M/m2 – 1) K e2/r = - 1/2 K e2/r
把(5)式代入上式中
En = )(186 )4( 2 222
42
HE hn Me n
因此,
子原子的最低能量为 E(n=1) = 186
(-13.6 eV) = -2530 eV
赖曼系中最短波长跃迁对应 从 n = 1 的跃迁。该跃迁能量即为 2530 eV 。
由 hc/
= 2530 eV 计算得到
min = 4.91
A 2-11)解:
重氢是氢的同位素 11; 11
HD
ee
HD
RR MM MM
1
10.9997280.999728 1 10.5002 H D
Rx R x
解得:30.544510x ;质子与电子质量之比11836.50
x
2-12)解: ① 光子动量:hp
,而:hc
E
811
26
10.2 3103.26 938.310pp EEev pmvvcmsms cmc
=81126
10.2 3103.26
938.310pp
EEev pmvvcmsms cmc
② 氢原子反冲能量: 2 2
2
1() 22kpp
E
Emv mc
926
10.2 5.410
22938.310
k
vp EEev Emcev
2-13)解:
由钠的能级图(64页图10-3)知:不考虑能能级的精细结构时,在4P 下有4个 能级:4S ,3D ,3P ,3S ,根据辐射跃迁原则。1l ,可产生6条谱线:
43;44;33;43;43;33PDPSDPSPPSPS
2-14)解:
依题:主线系:)()3(1~nPTST
; 辅线
系:)()3(1~)()3(1~nDTPTn
STPT
或 即: nm PT nm PTST 6.408
10)3(;
3.589
1)3()3(
① )3(ST61 1
34.14410()(3);
589.3408.6
SmTS nmnm 1
)3(PT6132.44710()(3) 408.6 PmTP nm
1
相应的能量:
eVmeVnmShcTSE14.
510144.41024.1)3()3(163
eVmeVnmPhcTPE03.310447.21024.1)3()3(163
② 电离能 eVSE14.5)3( 第一激发电势:eVSEPEE11.2)3()3(12
第三章 量子力学导论
3-1)解:以1000eV 为例:非相对论下估算电子的速度: eV
c vkeV
c vcmvm ee10002 1511 2 1
2
12222
所以 v ≈ 6.25%
c
故 采用相对论公式计算加速后电子的动量更为妥当。 加速前电子总能量 E0 = mec2 = 511 keV
加速后电子总能量 E = mec2 + 1000 eV =512000 eV 用相对论公式求加速后电子动量
c
eVeV c cmE
c pe3198400261121000000262144000011422
电子德布罗意波长 m eV
meV
eV
hc p h106103880.0 31984 10241.1 31984 = 0.3880 ?
采用非相对论公式计算也不失为正确:
5
66 21031969.0
10241.1
10005112 10241.1 22
m eVkeV
meV
Ecm
hc Em
h
p h keke
0.3882 ? 可见电子的能量为100eV 、10eV 时,速度会更小 ,所以可直接采用非相对 论公式计算。
4
66
210011.1
10241.1
1005112 10241.1 22
m eVkeV meV
Ecm
hc Em h
p h keke
1.2287 ?
4
66
21031969.0
10241.1
105112 10241.1 22
m eVkeV
meV Ecm
hc Em
h p h keke
3.8819 ? 3-2)解:
不论对电子(electron )还是光子(photon),都有: = h/p 所以 pph/pe = e/
ph = 1:1
电子动能 Ee = 1/2 me ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2me e2)
光子动能 Eph = h = hc/
ph
所以 Eph / Ee = hc/ph (2me e2) / h2 = hc /
(2me c2e)
其中 组合常数 hc = 1.988 10?25 J m me c2 = 511 keV = 0.819 10?13 J
代入得 Eph / Ee = 3.03 10?3 3-3)解:
(1) 相对论情况下 总能 E = Ek + m0c2 = mc2 =
2 2
)(1 c
v cm
其中 Ek 为动能,m0c2 为静止能量。对于电子,其静止能量为 511 keV 。 由题意:)1 )(1 1
( 2 2
2
0 2
c
v cmcmEEcmk 容易解得 ccv866.02/3
(2) 电子动量 cm
c
v vm
mvp
2 03
)(1
其德布罗意波长 A
J mJ cm chph0 16
25
2 0
014.0 10602.1511732.1
10988.1 3
/
3-5)解:
证明: 非相对论下:
0 0
25.12 p h
V
p0 为不考虑相对论而求出的电子动量,0 为这时求出的波长。
考虑相对论效应后: p
h
这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量, 为这时 求出的波长。则
/0=p0/p=
1 2 1
2
2 )(
2 1 2 2
224222422
cm
EEcmE
Emc cmcmE Emc
cmE
c
Em e kkek ke eek
ke e ke
Ek = 加速电势差电子电量,如果以电子伏特为单位,那么在数值上即为 V 。
/0 =
1
2
1 2cm
V
e
这里 mec2 也以电子伏特为单位,以保证该式两端的无量纲性和等式的成立。
mec2 也以电子伏特为单位时,2mec2 的数值为 1022000。如果设想电子加 速电压远小于1022000伏特,那么 V/2mec2 远小于 1。(注意,这个设想实际上 与电子速度很大存在一点矛盾。实际上电子速度很大,但是又同时不可以过大。 否则,V/2 mec2 远小于 1 的假设可能不成立)。
设 y = 1 + V/2 mec2 = 1+x ,f(y) =
y
1
由于
x << 1, f(y) 函数可在 y = 1 点做泰勒展开,并忽略高次项。结果如下:
f(y) = 1 + x y
f
y
1|= 1 + xyy 12/3| 1
)2/1(= 1?
x/2 = 1 ? 2
4cm V e
将mec2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式,得 f(y) =
V 610489.01 因此 = 0 f(y) = nm
V
nm
V)10978.01( 25.12)10489.01(25.12
6
6
3-7)解: Hz
ccc779 8 21051010600
103,:
即得由
hEhE:得由
s h h E tEt91059.1 4
1
42 ,
2
所以又
3-8)解:
由P88例1可得
eVJ rm
E e k
511
214312
234
2
2
108678.2105885.4
100.110109.914.332 1063.63 8 3
3-9)解:(1)
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 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:
原子物理学杨福家第六章习题答案
练习六习题1-2解 6-1 某一X 射线管发出的连续X 光谱的最短波长为0.0124nm ,试 问它的工作电压是多少?解:依据公式 答:它的工作电压是100kV . 6-2莫塞莱的实验是历史上首次精确测量原子序数的方法.如测得某元素的K α )(10Z ;将值代入上式, 10 246.0101010 )??= = =1780 Z =43 即该元素为43号元素锝(Te). 第六章习题3,4 6-3 钕原子(Z=60)的L 吸收限为0.19nm ,试问从钕原子中电离一个K 电子需作多少功? 6-4 证明:对大多数元素K α1射线的强度为K α2射线的两倍. 第六章习题5,6参考答案 6-5 已知铅的K 吸收限为0.014 1nm,K 线系各谱线的波长分别为:0.016 7nm(K α);0.0146nm(K β);0.0142nm(K γ),现请: (1) 根据这些数据绘出有关铅的X 射线能级简图; (2) 计算激发L 线系所需的最小能量与L α线的波长. 分析要点:弄清K 吸收限的含义. K 吸收限指在K 层产生一个空穴需要能量. 即K 层电子的结合能或电离能.
解: (1)由已知的条件可画出X 射线能级简图. K K α L α K β K γ (2) 激发L 线系所需的能量: K 在L 壳层产生一个空穴所需的能量 E LK = φK -φL φL =φK - E LK =87.94 keV -84.93keV=3.01 keV φ为结合能. 或
即有 m 即L α线的波长为0.116nm. 6-6 一束波长为0.54 nm 的单色光入射到一组晶面上,在与入射束偏离为120?的方向上产生一级衍射极大,试问该晶面的间距为多大? ?的方向上产生一级衍射极大sin θ n =1 解得 d =0.312 nm 第六章习题8参考答案 6-7 在康普顿散射中,若入射光子的能量等于电子的静止能,试求散射光子的最小能量及电子的最大动量. 6-8 在康普顿散射中,若一个光子能传递给一个静止电子的最大能量为10 keV ,试求入射光子的能量. (1)其中c m 光子去的能量为电子获得的能量 k E h h ='-νν 依题意,如果电子获得最大能量,则出射光子的能量为最小,(1)式E 由此可算出: ν γγh E E 22=+
原子物理学杨福家第一章答案
第一章习题1、2解 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: (1) (2) (3) 作运算:(2)×sinθ±(3)×cosθ,得 (4) (5) 再将(4)、(5)二式与(1)式联立,消去V’与v, 化简上式,得 (6) 若记,可将(6)式改写为 (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)sinθ=0 (1)若 sinθ=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 由此可得 θ≈10-4弧度(极大) 此题得证。 (1)动能为的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)依和金的原子序数Z2=79 答:散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出
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-杨福家第二章习题答案上课讲义
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 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× 22(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
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) ? θααcos cos v m V M V M e +'= (2)
? θαsin 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) θ?μ?θμ2 22s 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 θ ? μ ? μ2 2 2) (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 2 sin
原子物理学答案(杨福家 高教第四版)(第一章)无水印 打印版
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4 10-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 2θ a b =(式中E e 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4 10-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 2θ a b =(式中E e Z Z a 02214πε=) 库伦散射因子为: E e 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*2 1 2cot 2===?θ
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
《原子物理学》杨福家第四版课后答案培训资料
《原子物理学》杨福家第四版课后答案
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 ........................................................... 16 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 ......................................... 没有错误!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,动量守恒,故有: ?????+'='+=e e v m v M v M v M mv Mv ρρρ22221212 1 ??? ????='-='-?222e e v M m v v v M m v v ρ ρρ e v m p ρ ρ =? e p=mv p=mv ∴??,其大小: (1) 222 (')(')(')e m v v v v v v v M -≈+-= 近似认为:(');'p M v v v v ?≈-≈ 2 2e m v v v M ∴??= 有 21 2 e p p Mmv ??= 亦即: (2) (1)2/(2)得 224 2 2210e e m v m p Mmv M -?===p
原子物理学-杨福家-第四版-课后答案
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 .......................................................... 16 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 ........................................ 没有错误!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,动量守恒,故有: ?????+'='+=e e v m v M v M v M mv Mv ρρρ22221212 1 ??? ????='-='-?222e e v M m v v v M m v v ρ ρρ e v m p ρ ρ =? e p=mv p=mv ∴??,其大小: (1) 222 (')(')(')e m v v v v v v v M -≈+-= 近似认为:(');'p M v v v v ?≈-≈ 2 2e m v v v M ∴??= 有 21 2 e p p Mmv ??=亦即: (2) (1)2/(2)得 224 2 2210e e m v m p Mmv M -?===p 亦即:()p tg rad p θθ?≈= -4~10
原子物理学杨福家第一章答案
原子物理学杨福家第一 章答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
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: 2 222 12121v m V M V M e +'=αα (1) ?θααcos cos v m V M V M e +'= (2) ?θαsin sin 0v m V M e -'= (3) 作运算:(2)×sin θ±(3)×cos θ,得 )sin(sin ?θθ α+=V M v m e (4) )sin(sin ?θ? αα+='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 +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Z 2=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.
原子物理学杨福家第一章答案
第一章习题1、2解 vα粒子与一静止的自由电子相碰撞,速度为试证的非相对论的 -4αrad.粒子的最大偏离角约为明:10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. αMVX方向入射;沿粒子的质量为,,证明:设碰撞前速度为αVθm 表示,碰撞碰撞后,速度为方向散射。电子质量用',沿e Ovφα粒处,碰撞后以速度方向反冲。沿前静止在坐标原点子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒,有: (1) (2) (3) θθ,得cossin±(3)×(作运算:2)×(4) (5) Vv,1)式联立,消去'与4再将()、(5)二式与( 化简上式,得 (6)
若记,可将(6)式改写为 (7) θφθφθ的极值,有)式求7,对()(的函数为视. 令,则 θφφ=0+ sin2()-sin2 即 θφθ=0 2cos()sin+2θ=0,若 sin(1) θ=0(极小)( 8)则θφ)=0+2)若(2cos(θφ(9o-2)则=90将(9)式代入(7)式,有 由此可得 -4θ弧度(极大)≈10 此题得证。 α粒子被金核以90)动能为的°散射时,它的瞄准距离(1(碰撞参数)为多大 (2)如果金箔厚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 n, 关键要知道180°~°范围的积分. 要点分析:第二问是90n. 注意推导出值,其他值从书中参考列表中找. Z=79金的原子序数和(解:1)依 2 答:散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. °的散射全部积分出90第二问解的要点是注意将大于: 解(2).来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出) ZA=197, =79,从书后物质密度表和原子量表中查出AuAuρ43kg/m×10=Au 依: 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。 是常数其值为
原子物理学(杨福家)总结
原子物理学四、五、六、七、八章总结 第四章 1、定性解释电子自旋定性解释电子自旋和 和轨道运动相互作用的物理机制。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。 2、原子态55 D 4的自旋和轨道角的自旋和轨道角动量动量动量量子数是多少?总角量子数是多少?总角量子数是多少?总角动量动量动量在空间有几在空间有几个取向,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J J J m J ??=,,1,?,共12+J 个数值,相应地就有12+J 个分立的2z 数值,即在感光片上就有12+J 个黑条,它代表了12+J 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。 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,说明各量量含义含义。 。22jl njl n Rhc Z E ???=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 ?:量子数亏损。 4、朗德间隔定则德间隔定则: :在三重态中,一对相邻的能级之间的间隔与两个J 值中较大的那个成正比。 5、同科电子:n 和l 二量子数相同的电子。 6、Stark 效应效应: :原子能级在外加电场中的移位和分裂。7、塞曼效应效应: :一条谱线在外磁场作用下一分为三,彼此间间隔相等,且间隔值为B B μ。 反常塞曼效应:光谱线在磁场中分裂的数目可以不是三个,间隔也不尽相同。 8、帕邢帕邢- -巴克效应:在磁场非常强的情况下,反常塞曼效应会重新表现为正常塞曼效应,即谱线的多重分裂会重新表现为三重分裂,这是帕邢和巴克分别于1912和1913年发现的,
原子物理学答案杨福家高教第四版.doc
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。
第一章 原子的位形 1-1)解: α粒子与电子碰撞,能量守恒,动量守恒,故有: e e vmvMvM vMmvMv 222 2 1 2 1 2 1 222 e e v M mvv v M mvv evmp eep=mvp=mv ,其大小: (1) 222(')(')(') e m vvvvvvv M 近似认为:(');'pMvvvv 22 e m vvv M 有 21 2e ppMmv 亦即: (2) (1)2/(2)得 22 4 2 22 10e e mvm pMmvM p 亦即:()ptgrad p -4~10 1-2) 解:① 22 a bctg E 228e ;库仑散射因子:a= 4 ) 2)( 4 ( 4 2 0 2 0 2 E Ze E Zea 22279()()1.44()45.5 45 eZ afmMevfm EMev 当901 时,ctg 2 1 22.75 2 bafm 亦即:1522.7510bm ② 解:金的原子量为197A ;密度:731.8910/gm 依公式,λ射 粒子被散射到θ方向,d 立体角的内的几率:
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 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
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: (1) ?θααcos cos v m V M V M e +'= (2) ?θαsin sin 0v m V M e -'= (3) 作运算:(2)×sin θ±(3)×cos θ,得 (4)
(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 sin2(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 从书中参考列表中找. 解:(1)依 金的原子序数Z 2=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)