原子物理学(第五版)_杨福家_习题答案(部分)
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 杨福家 第四章 答案
4—l 一束电子进入1.2T 的均匀磁场时，试问电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大?解：已知： 电子自旋磁矩在磁场方向的投影B B s s z g m μμμ±=±=(注意做题时，它是磁场方向的投影，不要取真实值B μ3)依磁矩与磁场的作用能量 θμμcos B B E =⋅=自旋与磁场平行时B B B E B s s μμμ==⋅=01cos自旋与磁场反平行时B B B E B s s μμμ-==⋅=1802cos则 eV eV B E E E B 4412101100.57881.222--⨯=⨯⨯⨯=μ=-=∆389.4—2 试计算原子处于232D 状态的磁矩μ及投影μz 的可能值．解：已知：j =3/2, 2s +1=2 s =1/2, ι=2则 5441564321232123=-+=-+=)()(jl s g j依据磁矩计算公式 B B j j g j j μμμ15521)(-=+-= 依据磁矩投影公式B j j z g m μ-=μ5652±±=,j j g m∴B B z μ±μ±=μ5652, 4-3 试证实：原子在6G 3／2状态的磁矩等于零，并根据原子矢量模型对这一事实作出解释．4-4 在史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄的银原子束通过极不均匀的横向磁场，并射到屏上，磁极的纵向范围d =10cm ，磁极中心到屏的距离D =25 cm ．如果银原子的速率为400m ／s ，线束在屏上的分裂间距为2．0mm ，试问磁场强度的梯度值应为多大?银原子的基态为2S 1／2，质量为107．87u ．4-5 在史特恩-盖拉赫实验中(图19．1)，不均匀横向磁场梯度为cm T zB/.05=∂∂，磁极的纵向范围d =10cm ，磁极中心到屏的距离D =30cm ，使用的原子束是处于基态F 的钒原子，原子的动能E k=50MeV ．试求屏上线束边缘成分之间的距离．解： 对于多个电子 2S +1=4 S =3/2 L =3， J =3/2则 52)4151415(2123)(2123222=-+=-+=2jl s g j23212123--++=;;;j m依公式 kTdDz B g m Z B J J 3⋅∂∂μ-=又 meV mV 5021= 3kT=mV 2=0.1eVkTdDz B g m Z B J J 3⋅∂∂μ-==cm 520920503010055223..±=⨯⨯⨯⨯± 和kTdDz B g m Z BJ J 3⋅∂∂μ-==cm 0.17365030105.05221±=⨯⨯⨯⨯± 4-6. 在史特恩-盖拉赫实验中，原子态的氢从温度为400K 的炉中射出，在屏上接受到两条氢束线，间距为0．60cm ．若把氢原子换成氯原子(基态为2P 3／2，)，其它实验条件不变，那么，在屏上可以接受到几条氯束线?其相邻两束的间距为多少?解： 已知 Z 2=0.30cm T =400K 3kT =3×8.617×10-5×400eV=0.103eVJ =1/2 g j =2 m j g j =±1由kTdDz B g m Z B J J 3⋅∂∂μ-=30.=⋅∂∂μkTdD z B B 3当换为氯原子时，因其基态为2P 3／2 ，j =3/2, l =1 s =1/234)415234(2123)(2123222=-+=-+=jl s g j23;21;21;23--++=j mcmz 0.60.33423±=⨯⨯±='cm z 0.20.33421±=⨯⨯±=''则相邻两条间距为|Z ”-Z ’|=0.4cm ,共有2j +1=4条。
原子物理 杨福家 第二章 答案
原子物理杨福家第二章答案第二章习题解22 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)(1)第一、第二玻尔轨道半径及电子在这些轨道上的速度；(2)(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、解：（1）由类氢原子的半径公式由类氢离子电子速度公式∴H: r1H =0、053×12nm=0、053nm r2 H =0、053×22=0、212nm V1H=2、19 ×106×1/1=2、19 ×106(m/s)V2H=2、19 ×106×1/2=1、095 ×106(m/s)∴He+: r1He+=0、053×12/2nm=0、0265nm r2He+=0、053×22/2=0、106nm V1 He+=2、19 ×106×2/1=4、38 ×106(m/s)V2 He+=2、19 ×106×2/2=2、19 ×106(m/s)Li++: r1 Li++=0、053×12/3nm=0、0181nm r2 Li++=0、053×22/3=0、071nm V1 Li++=2、19 ×106×3/1=6、57 ×106(m/s)V2 Li++=2、19 ×106×3/2=3、28 ×106(m/s)(2)∵ 基态时n=1H: E1H=-13、6eVHe+: E1He+=-13、6×Z2=-13、6×22=-54、4eVLi++: E1He+=-13、6×Z2=-13、6×32=-122、4eV(3)由里德伯公式=Z2×13、6×3/4=10、2 Z2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。
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-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 eeZ n a∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nmV 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=0.106nmV 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=0.071nmV 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 =1H: E 1H =-13.6eVHe+: 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。
《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
原子物理杨家福答案
原子物理杨家福答案1、关于物质的密度,下列说法正确的是（）[单选题] *A. 一罐氧气用掉部分后,罐内氧气的质量变小,密度不变B. 一只气球受热膨胀后,球内气体的质量不变,密度变大C. 一支粉笔用掉部分后,它的体积变小,密度变小D. 一块冰熔化成水后,它的体积变小,密度变大(正确答案)2、46．把一个实心铁块放入盛满水的容器中，溢出水的质量是5g，若把铁块放入盛满酒精的容器中，则溢出酒精的质量是（）（ρ酒精＝8×103kg/m3，ρ水＝0×103kg/m3）[单选题] *A．5gB．5gC．4g(正确答案)D．36g3、47．夏天刚从冰箱中取出冰棒后，发现以下四种现象：①冰棒上粘着“白粉”；②剥去纸后冰棒会冒出“白雾”；③冰棒放进茶杯后，一会儿杯的外壁就会“出汗”；④冰棒放进嘴里变成“糖水”。
这四种现象形成过程中放热的有（）[单选题] *A．①②③(正确答案)B．②③④C．①②④D．①③④4、人耳听不到次声波，是因为响度太小[判断题] *对错(正确答案)答案解析：次声波和超声波的频率超过了人耳的听觉范围5、4．子弹以速度v从枪口射出，v指瞬时速度．[判断题] *对(正确答案)错6、与头发摩擦过的气球能吸引细小水流，是因为气球和水流带上了同种电荷[判断题]对错(正确答案)答案解析：气球经过摩擦后带电，可以吸引轻小的水流7、通常情况下，关于一段镍铬合金丝的电阻，下列说法中正确的是（）[单选题]A.合金丝的电阻跟该合金丝的横截面积无关B.合金丝的电阻等于该合金丝两端电压与通过其电流的比值(正确答案)C.合金丝两端的电压越大，合金丝的电阻越大D.通过合金丝的电流越小，合金丝的电阻越大8、88．如图为甲、乙两种物质的m﹣V图像，下列说法中正确的是（）[单选题] * A．体积为15cm3的乙物质的质量为30g(正确答案)B．甲的质量一定比乙的质量大C．甲、乙体积相同时，乙的质量是甲的2倍D．甲、乙质量相同时，甲的体积是乙的2倍9、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析：汽车具有惯性10、人推木箱没有推动，是因为人对木箱的推力小于地面对木箱的摩擦力[判断题] *对错(正确答案)答案解析：木箱没有被推动，处于静止状态，合力为零。
(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 杨福家 第五章讲解及习题
3
课 后 答 案 网
量最低,即s1= s2=1/2.mlms都相同,那么只有ml不同,L≠2,L≠0,只 有L=1.2 个P电子组合,按正常次序,J取最小值 1 时能量最低,基态应 是3P0. （2）同理，对于np5的原子态同np1的原子态完全一样。 有 L=1,S=1/2
原子态 2 P3/2,1/2
m 数的情况下,J小的能级较低,因而3F2状态能级最低。
3.对于钛原子22Ti,原子外有 22 个电子，按照壳层填充理论，其电子
o 组态为 c 1s22s22p63s23p64s23d2,所以钛原子恰好对应ndnd组态。其基态为3F2。
解：方法二 直接按斯莱特方法进行分析。
. 1．∵ S=1,0 L=4,3,2,1,0
h 投影的情况包含在这些态中.
第五章习题 11,12 参考答案
k 5-11 一束基态的氦原子通过非均匀磁场后，在屏上可以接受到几束?
在相同条件下，对硼原子，可接受到几条?为什么?
. 解：氦原子处于基态时电子组态为 1s1s
w其中n1 1
n2 1
l1 0
l2 0
s1
s2
1 2
所以： s s1 s2 0 L=0 故原子态为 1S0 所以 J=0
基态: S 最大,L 最大.J 最小.应为: 3G5 ,两非同科 d 电子此种情况很少
w见.常见的为同科 p,d,f 电子. w 5-8 铍原子基态的电子组态是 2s2s，若其中有一个电子被激发
到 3p 态，按 L—S 耦合可形成哪些原子态?写出有关的原子态的符 号．从这些原子态向低能态跃迁时，可以产生几条光谱线?画出相应
可求出 J=L±1/2=2±1/2=3/2，5/2 有两个值。
原子物理 杨福家 第五章讲解及习题
课 后 答 案 网
=1/2+(-1/2)+1/2+(-1/2)+ 1/2+(-1/2)=0
. ML=0,Ms=0,MJ=0,所以原子态应为1S0.题意得证.
5-10 依照L-S耦合法则,( nd)2组态可形成哪几种原子态?能量最低
w 的是哪个态?并依此确定钛原子的基态．(求基态时,不能有重复原子
a 态)
1 n
)
E
Rhcz 2
22
13.6eV
54.4eV
o 所 以 两 个 电 子 逐 一 电 离 时 外 界 提 供 的 能 量 为 :
c E E1 E2 24.5eV 54.4eV 78.9eV
课 后 答 案 网
. 5-2 计算4D3/2态的L·S.(参阅 4.4.205) w 分析要点:L 与 S 的点积,是两矢量的点积,可以用矢量三角形的方法,
1) 2
w对3F2态 S=1 L=3 J=2 代人上式得: w cos(PLPJ ) 0.9428 1928'
5-5 在氢、氦、锂、铍、钠、镁、钾和钙中，哪些原子会出现正
2
常塞曼效应?为什么?
解: 正常塞曼效应的条件是,S=0,即 2S+1=1 是独态,也即电子为偶数
并形成独态的原子,才能有正常的塞曼效应.
对于np2来说，n,l已经相同，考虑泡利不相容原理，只有ms,ml不能同
d 时相同的原子态才存在；即只有满足斯莱特方法的原子态才存在，用
斯莱特方法分析,原子态反映SL的状态,它包含SL所有投影，可能的原
h 子态应有：(注:排表时不能写出ML,MS为负值的哪些电子分布,可以证
《原子物理学》高教(杨福家)部分习题答案(杨福家)
Z2 E = E∞ Ek b = Ek b = 13.6 2 (eV) nb
基态到第一激发态的激发能: (3)从基态到第一激发态的激发能: 1 E = E 2 E 1 = 13 .6(1 2 ) Z 2 (eV) 2 从第一激发态到基态激发的光: 从第一激发态到基态 激发的光 基态激发的
ww
ww
ε 3100 ∴ = ≈ 3300 Ek 9 .4
.k hd aw .c om
h 2 mE k = λ h = 2 mE k
课后答案网
案 网
0 .39 (nm)( E k 1 .226 = 0 .123 (nm)( E k E k (eV) 0 .039 (nm)( E k
24 2
课
后
∴ λ = 2 × d sin α = 2 × 0.18 × sin 30° = 0.18nm
答
d
α
21 19
= 0 . 025 (ev
)
3-7
∵ E = hν =
hc ∴ E ≈ 2 λ λ
h ∴ τ = t ≥ 4π E λ 600 × 10 9 = = λ 4π c × 1 0 7 4π c λ ≈ 2 × 10 9 (s)
∵ d = 0 . 18 nm , α = 30 ° , k = 1
.k hd aw .c om
案 网
θ
课后答案网
a
h 6 . 63 × 10 34 ∴ p = = λ 0 . 18 × 10 9 = 3 . 68 × 10 24 kg m / s
2
∴ Ek
ww
(3 . 68 × 10 ) p = = 2m 2 × 1 . 67 × 10 27 21 (J ) = 4 . 06 × 10 = 4 . 06 × 10 1 . 60 × 10
原子物理学_杨福家第二章习题答案[1]
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原⼦物理学_杨福家第⼆章习题答案[1]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 eeπε Z n a∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nmV 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=0.106nmV 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=0.071nmV 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 =1H: E 1H =-13.6eVHe+: E 1He+=-13.6×Z 2=-13.6×22=-54.4eV Li ++: E 1Li+=-13.6×Z 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。
杨福家原子物理第5章习题及答案
5—1氮原子中电子的结合能为24.5ev ，试问：欲使这个原子的两个电子逐一分离，外界必须提供多少能量？ 解：先电离一个电子即需能量E 1=24.5ev 此时He +为类氢离子，所需的电离能E 2＝Ｅ∞－Ｅ基＝０－（－22n rch z ）＝22nrchz将Ｒ＝109737.315cm kev nm R c ⋅=24.1,2代入，可算得E 2＝22124.1315.1097372⨯⨯ev = 54.4ev E= E 1+ E 2= 24.5ev + 54.4ev = 78.9ev即欲使He 的两个电子逐一分离，外界必须提供78.9ev 的能量。
5—2 计算4Ｄ3态的S L ⋅。
解：4Ｄ23中的Ｌ＝２，Ｓ＝23，Ｊ＝23=J S L +∴J )S L ()S L (+⋅+=⋅J即Ｊ2＝Ｌ2＋Ｓ2＋２S L S L⋅⇒⋅＝)(21222S L J --＝)1()1(}1([22+-+-+S S L L J J h ］ ＝)]123(23)12(2)123(23[22+⨯-+⨯-+⨯h ＝－３2h5—3 对于Ｓ＝的可能值试计算S L L ⋅=,2,21。
解：252,21=∴==J L S 或23）（）（）（22222212S L J S L SL S L S L S L J J S L J --=⋅∴⋅++=+⋅+=⋅∴+= ）（）（）（111[22+-+-+=S S L L J J h ］当222)]121(21)12(2)125(25[225221h h S L J L S =+-+-+=⋅=== 时，，， 当2223)]121(21)12(2)123(23[223221h h S L J L S -=+-+-+=⋅=== 时，，， 22232h h S L -⋅∴或的可能值为5—４试求23F 态的总角动量和轨道角动量之间的夹角。
解：23F 中，Ｌ＝３，Ｓ＝１，Ｊ＝２322a r c c o s3221321222]111133122[)1()1(2)]1()1()1([cos )(21cos cos )(212)()(,,22222222222=∴=+⋅++-+++=+⋅++-+++=∴-+==⋅-+=⋅⇒⋅-+=-⋅-=⋅∴-=∴+=θθθθ）（）（）（）（）（即又即hL L J J h S S L L J J S L J JL JL L J S L J L J L J L J S L J L J S S L J S S L J５—５在氢，氦，锂，铍，镁，钾和钙中，哪些原子会出现正常塞曼效应，为什么？解：由第四章知识可知，只有电子数目为偶数并形成独态（基态Ｓ＝０）的原子才能发生正常塞曼效应。
原子物理学杨福家第⑦章习题答案
第七章习题1,2参考答案7-1试计算核素40Ca和56Fe的结合能和比结合能．分析:此题可采用两种算法,一是按核结合能公式;另一是按魏扎克核质量计算公式.一.按核子结合能公式计算解：1 ) 对于核素40Ca，A=40，Z=20，N=20由结合能公式B=Z m p+Z m e-M= (20×1.007277+20×1.008665-39.9625)u=0.35625u×931.5MeV/u=331.846MeV比结合能B/A=331.846/40MeV=8.296MeV2 )对于核素56Fe，A=56，Z=26，N=30由结合能公式B=Z m p+Z m e-M= (26×1.007277+30×1.008665-55.9349)u=0.514252u×931.5MeV/u=479.025MeV比结合能B/A=479.025/56MeV=8.554MeV二.按魏扎克公式计算对于题目中所给的40Ca和56Fe都是偶偶核.依B=a V A-a s A2/3-a c Z2A-1/3-a sys(Z-N)2+a p A1/2+B壳,代入相应常数计算也可.7-2 1mg238U每分钟放出740个α粒子，试证明：1g238U的放射性活度为0.33微居，238U的半衰期为4.5x109a．证：1mg238U每分钟放出740个α粒子,1g238U的放射性活度为A=740×1000/60贝克=1.233×104贝克=1.233×104贝克/3.7×104（贝克/微居）=0.33微居衰变常数λ= A/N=4.874×10-21半衰期T1/2=0.693/λ=0.693/4.874×10-21秒=1.42×1020秒=4.5×109a.得证.第七章习题3,4参考答案7-3活着的有机体中，14C 对12C 的比与大气中是相同的，约为1．3x10-12．有机体死亡后，由于14C 的放射性衰变，14C 的含量就不断减少，因此，测量每克碳的衰变率就可计算有机体的死亡时间．现测得：取之于某一骸骨的100g 碳的β衰变率为300次衰变／min ，试问该骸骨已有多久历史?解：100g 碳14的放射性活度 A=300次/min=5次/s , 又14C 的半衰期 T 1/2=5730a则 10=T C依 A=λN活着的生物体中14C 的个数为N=10=1.3047×1012个依公式t e N N ⋅-=λ得N N =10155810⨯⨯--=-=13216年答：该骸骨已有13216年历史。
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：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,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e 〔4〕)sin(sin ϕθϕαα+='VM 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〕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假设 sin θ=0, 则 θ=0〔极小〕 〔8〕〔2〕假设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。
原子物理杨家富 第七章答案
5
b.原子核的大小
把核近似为球体，其半径为
R ro A 3 ,
1
ro 1.2 fm
核的质量密度
M Zm p Nmn Au 3u 2 1017 k g / m 3 1014 吨/ m 3 4 4 V R 3 ro 3 A 4 1.728 10 -45 3 3
3 3
Bs 是表面能，正比表面积( R A )，即Bs as A 3；
2
2 3 2
3 Z(Z - 1) e 2 2 13 Bc 是库仑能，Bc ac Z A ; 5 4 o R Bsym 是对称能，来自量子效应。当Z N时为零， Z N时, 因泡利不相容使能量升高；
Bp是成对能，表明质子和中子喜欢成对结合，而且 偶偶核稳定；奇奇核不稳定；最后BI来自壳层效应， 它们都是量子效应。 由液滴公式给出的结合能，可反求核质量
Q 2 Z (c 2 a 2 ) 5
z c c
z c
z
a
a
a
Q=0
Q>0
Q<0
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§ 7.2 核力
1. 核力的一般性质 2. 核力的介子理论
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1. 核力的一般性质
原子核内引力可完全忽略，电磁力只起排斥作用， 能把众多质子和中子结合成密度高达1014g/cm3的核是靠 一种新的作用—核力。经过多年的研究，认识到核力有 如下基本性质。 .短程力 力程≤10－14m，如果核力像库仑力那样为长程力， 核的结合能应正比 A( A 1) A2 。核结合能正比A， 说明核子只与近邻核子发生相互作用。
. 在极短距离内（小于0.8fm）核力为斥心力。 核子间相互作用势如图所示：
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原子物理学杨福家16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与电子方向改变、并不就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: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,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e (4))sin(sin ϕθϕαα+='VM V M (5)再将(4)、(5)二式与(1)式联立,消去Ｖ’与v,)(sin sin )(sin sin 22222222ϕθθϕθϕααα+++=V m M V M V M e 化简上式,得θϕϕθα222sin sin )(sin em M +=+ (６)若记αμM m e=,可将(６)式改写为θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ (７)视θ为φ的函数θ(φ),对(7)式求θ的极值,有)](2sin 2sin [)]sin(2[sin ϕθϕμϕθμθϕθ++-=+-d d令 0=ϕθd d ,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θϕμϕμ222)(90si nsi nsi n+=-θ≈10-4弧度(极大)此题得证。
原子物理 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. 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：212121v m V M V M e +'=αα （1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin v m V M e -'=0 （3） 作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e （4）与)sin(sin ϕθϕαα+='VM V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ，得)(s i n s i n )(s i n s i n ϕθθϕθϕααα+++=Vm M VM V M e化简上式，得θϕϕθαs i n s i n )(s i n em M +=+ （６）若记αμM m e=，可将（６）式改写为 θϕμϕθμs 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)](sin sin [)]sin([sin ϕθϕμϕθμθϕθ++-=+-222d d令 0=ϕθd d ，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0 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θϕμϕμ2202)(90sin sin sin +=- 由此可得183641⨯===αμθM m e sin θ~10-4弧度（极大） 此题得证。