原子物理学第三章习题解答
原子物理学第3章习题
h p x 2
p 2mEK p h 5 3.09 10 p 2x 2mEK
6.证明自由运动的粒子的能量可以有连续的值
证明：自由粒子的波函数为
2
Ae
i ( pr Et ) h
代入薛定谔方程，得
h 2 [ Ae ] E 2m i h2 2 d 2 d2 d 2 h ( px x p y y pz z Et ) A( 2 2 2 )e E 2m dx dy dz
2 L 2mE N 2 int( 3) h
(2) 图解法说明 能量取值的不连续性 设
0 f1 ( x) arcsin x / 2
L 2mV0 n f 2 ( x) x 2 2 f3 ( x) arcsin( x) 3 / 2 E 0 x 1 其中 V0
波函数的连续性 要求： x = 0 处，u1 = u2 ； du1/dx = du2/dx x = L 处，u2 = u3 ； du2/dx = du3/dx 将上述连续性条件应用于波函数 得 A = C sin Ak = C cos B e−kL = C sin(L+) −B k e−kL = C cos(L+) 进一步推导 tan = / k tan(L+）= −/ k 由 tan = / k > 0，得 0 < < /2、和 3/2 < < 2 由 tan (L+) = tan (−) 得
原子物理学第三章习题解答
第三章习题解答3-1 电子的能量分别为10eV 10eV、、100eV 和1000eV 时，试计算其相应的德布罗意波长。
长。
解：根据公式22kh hc p mc E l ==代入相关数据10eV 10eV、、100eV 100eV、、1 000eV 得6124020.51110keV nmE l=×´´因此有：（1）当1 1.26610,0.3910K E eV nm eV l ===时 （2）当1 1.266100,0.123100K E eV nm eV l ===时 （3）当1 1.2661000,0.0391000K E eV nm eVl ===时3-23-2 设光子和电子的波长均为0.4nm 0.4nm，试问（，试问（，试问（11）光子的动量与电子的动量之比是多少？（比是多少？（22）光子的动能与电子的动能之比是多少？）光子的动能与电子的动能之比是多少？解：由题意知由题意知光子的动量光子的动量h p l= ， 光子的能量cE h h n l==电子的动量电子的动量 h p l= ， 电子的能量2e E m c = \（1） 121pp =（2） 126212400.0610.40.40.40.51110e e E h hc eV nm E m c m c eV nm ×====´´×3-33-3 若一个电子的动能等于它的静止能量，若一个电子的动能等于它的静止能量，试求：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？）其相应的德布罗意波长是多少？解：（1）相对论给出运动物体的动能为：）相对论给出运动物体的动能为：20()k E m m c =-，而现在题设条件给出20k E m c =故有故有2200()m c m m c \=-由此推得000222211m m m m vc b===--22330.86644v v c c c\=Þ== （2）03hp m cl ==20 1.240.001433 5.11hcnm nm m c l \===´3-43-4 把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量。
《原子物理学》部分习题解答(杨福家)
gJ
2
z g J B
氢原子基态 氯原子基态
2
3 2 3
S1/ 2 P3 / 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 2 2 J ( J 1)
两束
四束
2
gJ
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 2 J ( J 1) 3
pc
E k ( E k 2m0c ) E k
2
所以
E k m in p m in c 6 2 M eV
4－2 解： 原子态
2
D3/2
1 2 , J 3 2
可得
gJ 3 2
L 2, S
mJ
1 2
,
3 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 J ( J 1) 5
Ek Ek
3.1keV 0.0094keV
3－3 解：
Ek m0 c 0.511MeV
2
若按非相对论处理
Ek 1 2 m0 v ，有
2
1 2
m0 v m0 c
2
2
v 2c
显然不合理，需要用相对论来处理。
E Ek m0 c 2m0c
2 2
又E mc m0 c
有磁场
m mg
1 2
3
S
1
0
1
0
2
g 2
h 0
3
P0
0
0
m 2 g 2 m1 g 1
2
0
2
相邻谱线的频率差
c
原子物理学第三次作业答案 (9)
第三章 碱金属原子结构及光谱碱金属原子： Li, Na, K, Rb, Cs, Fr (周期表中I 族元素) 特点： 最外层只有一个电子, 内层形成“闭合壳层”(中学化学：原子中电子分层排列，每层排满2n 2个电子形成“闭合壳层”，第四章介绍)。
只考虑最外层的那一个电子和“闭合壳层+原子核＝原子实”的作用。
§3.1 能级和光谱---最外层电子和原子实作用形成 3.1.1 能级和能级图(玻尔理论为基础的维象理论) 1, 能级 对氢原子：E n = －2nhcR H , (和l, m 无关)对碱金属原子，和最外层电子的状态有关： E n = E n,l = － 2)(l n Rhcδ-。
(1)Note : (i) R = R ∞ →R H ; (n －δl )→ n ; δl （量子数亏损），和n , l 有关;(ii) E n 对l 的“简并”消除，E ＝E n,l 。
一个n , 对应l （0，1，2，3，…n -1）个E n,l 。
对： l = 0, 1, 2, 3, 4, …，描述的电子 表示： s, p, d, f, g, …， δl ： δs , δp , δd , δf , δg ,…。
2, N a 原子(Z=11)的能级图 − 格罗春图 纵轴：E n,l / eV最右边一列：H （对比, 只和n 有关）; 第一列 (S 能级)： s 电子； n ＝3，4，5，…，（无 n ＝1，2, Why ?：2n 2） 。
第四列 (F 能级)：f 电子； n ＝4，5，6，…，（无 n ＝3，2，1 , Why ?: l max = n-1 ） 问题：Li 、K 、。
能级图特点？ 3.1.2 光谱和能级跃迁规律- Na 原子为例 仅存在: ∆ l ＝±1 （2-67）的跃迁，由此构成四个主要线系。
1， 锐线系（nS →3P, n ＝4，5，6,…, ） ∆ l ＝－1nS 能级能量： E n,s = － 2)(s n Rhc δ-； 3P 能级能量：E 3,p = － 2)3(p Rhcδ- ；nS →3P 的波数：由， E n,s － E 3,p = h ν=hc/λ= hc σσ ＝ 2)3(p Rδ-－2)(s n Rδ- (2)2， 主线系（nP →3S, n ＝3，4，5,…, ） ∆ l ＝1σ ＝ 2)3(s Rδ-－2)(p n Rδ- (3)3， 漫线系（nD →3P, n ＝3，4，5,…, ） ∆ l ＝1σ ＝ 2)3(p Rδ-－2)(d n Rδ- (4)4， 柏格曼线系（nF →3D, n ＝4，5，6,…, ） ∆ l ＝1σ ＝ 2)3(d Rδ-－2)(f n Rδ- (5)问题：Li 、K 、。
原子物理学课后答案
速度：米/秒 加速度： 2.2 试由氢原子的里德伯常数计算基态氢原子的电离电势和第一激 发电势。 解：电离能为，把氢原子的能级公式代入，得：=13.60电子伏特。 电离电势：伏特 第一激发能：电子伏特 第一激发电势：伏特 2.3 用能量为12.5电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢 原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线？ 解：把氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量 是： 其中电子伏特 电子伏特 电子伏特 电子伏特 其中小于12.5电子伏特，大于12.5电子伏特。可见，具有12.5电子伏特 能量的电子不足以把基态氢原子激发到的能级上去，所以只能出现的能 级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为： 2.4 试估算一次电离的氦离子、二次电离的锂离子的第一玻尔轨道
1.8 设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均 匀分布在半径约为米的球形原子内，如果有能量为电子伏特的粒子射向 这样一个“原子”，试通过计算论证这样的粒子不可能被具有上述设想结 构的原子产生散射角大于的散射。这个结论与卢瑟福实验结果差的很 远，这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的（原子中电子的影响可以忽 略）。
《原子物理与量子力学》一至三章习题解答
n n ( x ) dx A 0 sin a x d x 1 A
2 2 a 2
APPLIED PHYSICS 10
2 a
2.6 对称性（P52）
证： 设对应能量E的定态波函数为
( x)
满足定态Schrö dinger方程 以 - x 代替 x
d d d x 2 d( x ) 2
A1 cos k1a B1 sin k1a B2 exp k 2 a x a时 A1k1 sin k1a B1 k1 cos k1a B2 k 2 exp k 2 a A1 k1 sink1a k2 cos k1a B1 k1 cos k1a k2 sink1a 0
1 a 2 a x a时 d 1 d 2 dx dx x a
x a
A1 cos k1a B1 sin k1a A2 exp k 2 a x a时 A1 k1 sin k1a B1 k1 cos k1a A2 k 2 exp k 2 a A1 k1 sink1a k2 cos k1a B1 k1 cos k1a k2 sink1a 0
( , T )
所以必存在一点Tm=b使得
HUST APPLIED PHYSICS
( , T ) 0
5
令： 有：
x hc /(kT )
f ( x ) 5(1 Exp[ x]) x 0
由迭代公式：
xn1 5(1 Exp[ xn ]), x0 5.0
第一章 原子的基本状况
7． α粒子散射问题（P21） 单原子质量：
动能为
Nt
原子物理学第三章习题解答
第三章习题解答3-1 电子的能量分别为10eV 、100eV 和1 000eV 时，试计算其相应的德布罗意波长。
解：根据公式hp λ==10eV 、100eV 、1 000eV得1240eV λ=⋅因此有：（1）当110,0.39K E eV nm λ===时 （2）当1100,0.123K E eV nm λ===时 （3）当11000,0.039K E eV nm λ===时3-2设光子和电子的波长均为0.4nm ，试问（1）光子的动量与电子的动量之比是多少？（2）光子的动能与电子的动能之比是多少？解：由题意知Q 光子的动量h p λ= ， 光子的能量cE h hνλ==电子的动量 h p λ= ， 电子的能量2e E m c =∴（1）121p p = （2）126212400.0610.40.40.40.51110e e E h hc eV nm E m c m c eV nm⋅====⨯⨯⋅ 3-3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）相对论给出运动物体的动能为：20()k E m m c =-，而现在题设条件给出20k E m c =故有2200()m c m m c ∴=-由此推得02m m ===2230.8664v v c c ∴=⇒==（2）0hp c λ==Q0.0014nm λ∴===3-4把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量。
若晶体的两相邻布喇格面间距为0.18，一级布喇格掠射角（入射束与布喇格面之间的夹角）为30度，试求这些热中子的能量。
解：根据布喇格晶体散射公式： 2sin 20.18sin300.18d nm λθ==⨯⨯=o 而热中子的能量较低，其德布罗意波长可用下式表示：h p λ==()222220.02522k hc h E eV m mc λλ=== 3-5电子显微镜中所用加速电压一般都很高，电子被加速后的速度很大，因而必须考虑相对论修正。
原子物理习题解答
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67.6810⨯电子伏特。
散射物质是原子序数79Z=的金箔。
试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式： 得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米 式中212K 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2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ，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：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 143.0210-=⨯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：220min124p Ze Mv K r πε==，故有：2min04pZe r K πε=19291361979(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。
1.4 钋放射的一种α粒子的速度为71.59710⨯米/秒，正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210⨯3/公斤米的金箔。
新版原子物理褚圣麟课后答案
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α粒子是放射性物质镭'C 放射的，其动能为67.6810⨯电子伏特。
散射物质是原子序数79Z =的金箔。
试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K M vctgb bZ eZ eαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Z e ctgctgb K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米式中212K M v 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222121()(1)4s inm Z e r M vθπε=+，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：2m in 22121()(1)4sinZ e r M vθπε=+1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯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：220m in124pZ eM vKr πε==，故有：2m in 04pZ er Kπε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米由上式看出：m in 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。
原子物理学三章课后习题答案
第一章．原子的基本状况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=1500所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：2022cot42MvbZe而动能212kEmv则20222cot442k E Mv b bZeZe由此，瞄准距离为2cot24kZe bE其中：79Z12-1-18.854210A s Vm191.6021910e C150, 0cotcot750.268023.141596197.687.68101.6021910kE MeVJ得到：21921502212619cot 79(1.6021910)cot4(4 3.141598.854210)(7.68101.6021910)kZe bmE 153.969710m2.已知散射角为的粒子与散射核的最短距离为222121()(1)4sinm Ze r Mv,试问上题粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？解：2min22121()(1)4sin Ze r Mv2min211()(1)4sinkZe r E 其中，150, 0sinsin750.965932把上题各参数代入，得到192min12619179(1.6021910)1(1)4 3.141598.8542107.68101.60219100.96593r m143.014710m4. 钋放射的一种粒子的速度为71.59710米/秒，正面垂直入射于厚度为710米、密度为41.932103/公斤米的金箔。
试求所有散射在90的粒子占全部入射粒子数的百分比。
已知金的原子量为197。
解：散射角在和d 之间的粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是：dn Ntdn其中，N 为金箔单位体积内原子个数，t 金箔的厚度，d 有效散射截面.单个原子的质量为：32523197103.2713106.0221710Aum kg kgN 为金箔单位体积内原子数：43283251.93210/ 5.905910/3.271310Aukg mNmm kg而散射角大于090的粒子数'dn 为：2'dndnnNtd所以有：2'dn Ntdn2221802903cos 122()()4sin2Ze Nt dMv积分：180180909033cos sin 2221sinsin22d d 故'222212()()4dn Ze Nt nMvα粒子的质量为4倍氢原子的质量272744 1.6736710 6.694710HMM kg kg已知α粒子的速度为：71.59710/vm s取12-1-18.854210A s Vm191.602210eC3.1416则'222212()()4dn Ze Nt nMu192287212227721279(1.602210)5.905910103.1416[](4 3.14168.854210)6.694710(1.59710)648.4570108.457010%即速度为71.59710/米秒的粒子在金箔上散射，散射角大于90以上的粒子数占总粒子数的408.457010.1.7能量为 3.5兆电子伏特的细粒子束射到单位面积上质量为221.0510/公斤米的银箔上，粒子与银箔表面成60角. 在离入射线成20的方向上，离银箔散射区距离L=0.12米处放一窗口面积为25100.6米的计数器. 测得散射进此窗口的粒子是全部入射粒子的百万分之29. 若已知银的原子量为107.9。
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）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θϕμϕμ222)(90si nsi nsi 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。
原子物理第三章习题答案
原子物理第三章习题答案第三章量子力学初步3.1 波长为οA 1的X 光光子的动量和能量各为多少？解：根据德布罗意关系式，得：动量为：12410341063.6101063.6----=?==秒米千克λhp 能量为：λ/hc hv E==焦耳151083410986.110/1031063.6---?==。
3.2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长?=λ 用上述电压加速的质子束的德布罗意波长是多少？解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系：meV h 2/=λ 对于电子：库仑公斤，19311060.11011.9--?=?=e m把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可得：οοολA A A V 1225.01000025.1225.12===对于质子，库仑公斤，19271060.11067.1--?=?=e m ，代入波长的表示式，得：ολA 319273410862.2100001060.11067.1210626.6----?==3.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。
因而原来ολA V25.12=的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：ολA V V)10489.01(25.126-?-=其中V 是以伏特为单位的电子加速电压。
试证明之。
证明：德布罗意波长：p h /=λ对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能K 与其动量p 之间有如下关系：222022c p c Km K =+而被电压V 加速的电子的动能为：eV K =2200222/)(22)(c eV eV m p eV m ceV p +=+=∴因此有：2002112/c m eV eVm h p h +==λ一般情况下，等式右边根式中202/c m eV 一项的值都是很小的。
所以，可以将上式的根式作泰勒展开。
只取前两项，得：)10489.01(2)41(260200V eVm h c m eV eVm h -?-=-=λ 由于上式中οA VeV m h 25.122/0≈，其中V 以伏特为单位，代回原式得：ολA V V)10489.01(25.126-?-=由此可见，随着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长变短。
原子物理学三章课后习题答案
第一章．原子的基本状况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=1500所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：222cot42Mv b Zeθπε= 而动能212k E mv =则20222cot442k E Mv b b Ze Zeθπεπε== 由此，瞄准距离为20cot 24kZe b E θπε=其中：79Z =12-1-108.854210A s V m ε-=⨯⋅⋅⋅191.6021910e C -=⨯0150θ=, 0cotcot 750.26802θ==3.14159π=6197.687.6810 1.6021910k E MeV J -==⨯⨯⨯得到：219215022126190cot 79(1.6021910)cot 4(4 3.141598.854210)(7.6810 1.6021910)k Ze b m E οθπε---⨯⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯153.969710m -=⨯2.已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+,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：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 2min0211()(1)4sin k Ze r E θπε=+ 其中，0150θ=, 0sinsin 750.965932θ==把上题各参数代入，得到192min12619179(1.6021910)1(1)4 3.141598.8542107.6810 1.60219100.96593r m ---⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯143.014710m -=⨯4. 钋放射的一种α粒子的速度为71.59710⨯米/秒，正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210⨯3/公斤米的金箔。
原子物理第三章课后习题
第三章原子的量子态：玻尔模型3.1.The work function for cesium is 1.9eV.(a)Determine the threshold frequency and threshold wavelength of the photoelectric effect of cesium.(b)If one wants to obtain a photoelectron with energy of 1.5eV,what wavelength of light is required?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？Solution :(a)A photoelectric current flows only when the frequency of the incident light exceeds a certain threshold frequency for the mental cesium.When the frequency of the incident light υequals the threshold frequency of cesium 0υ,that is,0υυ=,the stopping potential 00V =,no electron can escape from the mental surface,which means the kinetic energy of the electron 0k E =.According to the equation:k E h υφ=-When 0k E =,we can obtain the threshold frequency of cesium:The threshold wavelength of cesium:(b)If the energy of a photoelectron is 1.5eV,the wavelength of light is:3.3What minimum kinetic energy must an electron have in order to allow an inelastic collision between the electron and a lithium ion 2Li +in its ground state to take place?欲使电子与处于基态的锂离子2Li +发生非弹性散射，电子至少具有多大的动能？Solution :An inelastic collision is one in which the incoming electron collides with a lithium ion and excites a lithium ion in its ground state to a higher energy state.In order to calculate the minimum kinetic energy of an electron,we need to calculate the energy when a lithium ion jumps from ground state 1n '=(with energy n E ')to the first excitedOr3.5(a)In the case of thermal equilibrium,the distribution of the atoms in different energy states is given by the Boltzmann distribution,namely,the number of atoms in an excited state with energy of n E is()1/11,n E E kT n n g N N e g --=Where 1N is the number of atoms in the state with energy 1E ,k is the Boltzmann constant,and n g and 1g are the statistical weights (determinedby how many different ways one can put the electrons in each of the two states with energies n E and 1E )of the corresponding states.For hydrogenatoms at a pressure of 1atm and a temperature of 20℃,how large must the container be to let one atom be in the first excited state?Take the statistical weights of the hydrogen atoms in the ground state and in the first excited state to be 12g =and 28g =,respectively.Remember from thermodynamics PV RT γ=where γ=number of atomspresent/Avogadro ’s number=/A N N .原子在热平衡条件下处于不同能量状态的数目是按玻尔兹曼分布的，即处于能量为n E 的激发态的原子数为：()111,n E E kT n n g N N e g --=式中1N 是能量为1E 状态的原子数，k 为玻尔兹曼常数，n g 和1g 为相应能量状态的统计权重，试问：原子态的氢在一个大气压、20℃温度的条件下，容器必须多大才能有一个原子处在第一激发态？已知氢原子处于基态和第一激发态的统计权重分别为122,8g g ==(b)Let electrons collide with hydrogen gas at room temperature.In order to observe the H αline,what is the minimum kinetic energy of theelectrons?电子与室温下的氢原子气体相碰撞，要观察到H α线，电子的最小动能为多大？Solution :(a)In order to let one atom be in the first excited state(n=2),that is,21n N N ==,according to the expression:()1/11,n E E kT n n g N N e g --=We can obtain the number of atoms in the ground state:()21/1122E E kT g N N e g -=Where,the energy for an electron of a hydrogen atom jumps from ground state to the first excited state is:122112131(13.6)10.224E E E E eV eV ⎛⎫∆=-=-=-⨯-= ⎪⎝⎭According to the equation:111AN PV RT N kT N ==Hence,we obtain the volume of the container :12/12121E kT g N e N g V kT kTP P ∆==Substituting the following data:223121812511.3810/2931410.2 1.634101.0110N k J KT Kg g E eV JP Pa--==⨯==∆==⨯=⨯The volume of the container is:14932.610V m =⨯(b)In order to observe the H αline,that is,the electron transits from n=3to n=2,the energy to move an electron in the ground state of hydrogen to stateSo the minimum kinetic energy of the electrons should equal 12.09eV.3.6In the range of wavelengths from 950A to 1250A,what spectral lines are included in the absorption spectrum of a hydrogen atom?在波长从950A 到1250A 的光带范围内，氢原子的吸收光谱中包含哪些谱线？Solution :The energy to move an electron in the ground state of hydrogen atom 1n '=(with energy n E ')to a higher state n (with energy n E ):1112211113.61n n E E E E eV n n ⎛⎫⎛⎫∆=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭According to the equation,the wavelength of a transition of energy E:Where,1n E h E E υ==-(jumps from ahigher state to the ground state,an electromagnetic wave ofenergy h υwould be emitted )There is a correspondence between λand E .For a given minimum λ,there corresponds a definite maximum E ,that is,when 950A λ= ,we can get the maximum Then,we can get the quantum number n:Which means the electron can jump from n=4,n=3,n=2ton=1,respectively.①②The wavelength for an electron jumps from n=3to n=1:③The wavelength for an electron jumps from n=2to n=1:3.8The photon emitted by a transition in ionized helium He +from its first excited state to its ground state can ionize a hydrogen atom in its ground state and make it emit an electron.Determine the velocity of the electron.一次电离的氦离子He +从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能使处于基态的氢原子电离，从而放出电子，试求该电子的速度。
原子物理学第三次作业答案 (4)
1第三章 碱金属原子结构及光谱 碱金属原子的能级：E n = E n,l = － 2)(l n Rhcδ- = － 22*nR h c Z(和l, n 有关)四个主要线系（Na ）：1， 锐线系（nS →3P , n ＝4，5，6,…, ） ∆ l ＝-1nS 能级能量：E n,s = － 2)(s n Rhc δ-； 3P 能级能量：E 3,p = － 2)3(p Rhcδ- ；nS →3P 的波数：由，E n,s - E 3,p = h ν=hc/λ= hc σσ ＝ 2)3(p Rδ-－2)(s n Rδ-2，主线系（nP →3S, n ＝3，4，5,…, ） ∆ l ＝1 3，漫线系（nD →3P , n ＝3，4，5,…, ） ∆ l ＝1 4，柏格曼线系（nF →3D, n ＝4，5，6,…, ） ∆ l ＝1除 nS 外, 所有能级都是双重能级。
问题：双重能级怎样产生？电子轨道运动的磁矩： l , μl ＝－me 2l ＝－g l m e 2l ，g l =1 (G 因子)电子自旋角动量： s , 自旋磁矩:μs ＝－g s me 2s ,g s =2 .电子的总角动量： j = s + l ， s 和 l 的相互作用造成能级的精细结构分裂。
∆E l ,s =2,l n A { j (j +1)- l (l +1)- s (s +1) }j ＝l + s ，l + s －1，。
，| l - s | （两个角动量耦合的一般规律）m j = j , j -1, …,0, -1, …, -(j -1),-j (共2j ＋1个值)量子数j 的选择定则： ∆ j ＝ ±1, 0 ( 0 ↔0除外)； (∆ l ＝ ±1) 原子核的自旋角动量：I原子的总角动量： F = I + j ，I 和J 的相互作用造成能级的超精细结构分裂。
原子核的自旋磁矩： μI ＝g IPMe 2I ， g I : 核的G 因子；M P ：质子的质量。
《原子物理学》习题答案(褚圣麟 版)
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”。 证明：设碰撞前、后 粒子与电子的速度分别为： v , v ', 0, ve 。根据动量守恒定律，得：
临沂师范学院物理系临沂师范学院物理系临沂师范学院物理系临沂师范学院物理系理论物理教研室理论物理教研室理论物理教理论物理教研室第一章原子的基本状况11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676810特
原子物理学习题解答
刘富义 编
临沂师范学院物理系 理论物理教研室
第一章 原子的基本状况
2
所以有：
d n n
'
N t d
2
N0 1 t ( A Au 4
0
cos 2 2 Z e 80 2 d )2 ( ) 2 1 90 Mu2 3 s in 2
等式右边的积分： I
180 90
d sin 2 d 2 180 2 1 90 sin 3 sin 3 2 2
由上式看出： rmin 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 1.14 10
《原子物理》高教版教材习题解答
《原⼦物理》⾼教版教材习题解答原⼦物理学习题解答代群成都信息⼯程学院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67.6810?电⼦伏特。
散射物质是原⼦序数79Z =的⾦箔。
试问散射⾓150οθ=所对应的瞄准距离b 多⼤？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---??===⽶式中212K Mvα=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2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ，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()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--=+143.0210-=?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：220min124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(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。
原子物理学杨福家1-6章-课后习题标准答案
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)(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 杨福家 第三章讲解及习题
已知粒子波函数 N exp 2a 2b 2c ，试求：(1)归一化
常数 N；(2)粒子的 x 坐标在 0 到 a 之间的几率；(3)粒子的 y 坐标和 z 坐标分别在-b→+b 和-c→+c.之间的几率． 解: (1)因粒子在整个空间出现的几率必定是一,所以归一化条件是:
3-7 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
解： 依
Et h
求Δt
ww
w.
∵ ∴
2 600 10 9 10 7 1.6 10 9 s t 8 2E 2 hc 4c 4 3.14 3 10 tE
2
m
理乘c
p
1 1 1 1 E 2 m0 2 c 4 Ek ( Ek 2m0 c 2 ) ( Ek m0 c 2 ) 2 m0 2 c 4 ( E E0 )( E E0 ) c c c c
（1）相对论下粒子的德布罗意波长为：
ww
w.
c
(
（2）若粒子的德布罗意波长等于它的康顿波长
即:
2 0
dv N
y b
2
2
e
2
x 2a
dx e
z
a
案
N 2a e
a
d x 2b e
0
d y 2c e
b 0
网
x
课
(2) 为: N
2
粒 子 的
x 2a
N 2 4abc e 1 1
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3-1 电子的能量分别为10eV 、100eV 和1 000eV 时，试计算其相应的德布罗意波
长。
解：
根据公式h
p λ==10eV 、100eV 、1 000eV
得1240eV λ=⋅因此有：（1
）当110,0.39K E eV nm λ===时 （2
）当1100,0.123K E eV nm λ===时 （3
）当11000,0.039K E eV nm λ===时
3-2
设光子和电子的波长均为，试问（1）光子的动量与电子的动量之比是多少？（2）光子的动能与电子的动能之比是多少？
解：由题意知
Q 光子的动量h p λ
= ， 光子的能量c
E h h
νλ
==
电子的动量 h p λ
= ， 电子的能量2e E m c =
∴（1）
1
2
1p p = （2）
126212400.0610.40.40.40.51110e e E h hc eV nm E m c m c eV nm
⋅====⨯⨯⋅ 3-3
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）相对论给出运动物体的动能为：
20()k E m m c =-，而现在题设条件给出20k E m c =故有 2200()m c m m c ∴=-
由此推得02m m ==
=
223
0.8664
v v c c ∴=⇒==
（2）
0h
p c λ
=
=Q
0.0014nm λ∴=
==
3-4
把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量。
若晶体的两相邻布喇格面间距为，一级布喇格掠射角（入射束与布喇格面之间的夹角）为30度，试求这些热中子的能量。
解：根据布喇格晶体散射公式： 2sin 20.18sin300.18d nm λθ==⨯⨯=o 而热中子的能量较低，
其德布罗意波长可用下式表示：h p λ=
=
()2
2
222
0.02522k hc h E eV m mc λλ==
= 3-5
电子显微镜中所用加速电压一般都很高，电子被加速后的速度很大，因而必须考虑相对论修正。
试证明：电子的的德布罗意波长与加速电压的关系应为：
λ=
式中 6(10.97810)r V V v -=+⨯，称为相对论修正电压，其中电子加速电压
V 的单位是伏特。
证明：
2
22
24
0E p c m c p =+⇒==Q
)p ⇒==
h p λ=
===证毕
3-6（1）试证明：
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（康普顿波长 C h
mc
λ= ，m 为粒子静止质量，其意义在第六章中讨论）。
证明：
（1）由康普顿波长c h mc
λ=
，德布罗意波长h p λ=c p
mc λλ∴=
而已经考虑相对论效应22224E p c m c =+
=
=2pc p
mc mc
== 左式=右式，即得证
（2
1=
由上等式可知222224202k E E p c m c E pc mc =⇒=⇒==
3-7一原子的激发态发射波长为600nm 的光谱线，测得波长的精度为
710λ
λ
-∆=，试问该原子态的寿命为多少？
解：
辐射光子的能量为hc
E λ
=
，对上式两边取微分，可得2
hc
E λλ
∆=
∆
由上式即可得波长的相对变化量()1E
hc
λ
λλ
∆∆=
而()22E τ
∆=
h
，将（2）式代入（1）式得
()34c λ
λ
λ
πτ
∆=
由（3）式即可求出原子态的寿命4c λ
τλ
πλ
=
∆，将已知数据代入得
9210τ-=⨯。