原子物理学习题解答
原子物理学习题标准答案（褚圣麟）很详细
1．原子的基本状况1.1解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mvctgb bZeZea qpepe ==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg bK oqape p ---´´===´´´´´´米式中212K Mv a =是a 粒子的功能。
1.2已知散射角为q 的a 粒子与散射核的最短距离为222121()(1)4sinm Ze r Mvqpe =+，试问上题a 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 22121()(1)4sinZe r Mvqpe =+1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75o --´´´=´´´+´´´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解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180o。
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：220min 124p ZeMv K r pe ==，故有：2min 04pZe r K pe =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。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细a 粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-´的银箔上，a 粒解：设靶厚度为't 。
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”。
原子物理学习题解答
原子物理学习题解答1.1 电子和光子各具有波长0.20nm,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 1020.0sJ 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---⨯=⨯+⨯=1.2 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,必须使用多大波长的光照射? 解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式w h mv -=ν2021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 9.12119-20⨯⨯==+=+=mv w h ν故: m)(10656.3106.14.31031063.6719834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===ννλh hc c 1.3 室温(300K)下的中子称为热中子.求热中子的德布罗意波长?解：中子与周围处于热平衡时,平均动能为:0.038eV J 1021.63001038.123232123≈⨯=⨯⨯⨯==--kT ε 其方均根速率: m/s 27001067.11021.6222721≈⨯⨯⨯==--nm v ε由德布罗意公式得：)nm (15.027001067.11063.62734=⨯⨯⨯===--v m h p h n n λ 1.4 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 1.5 (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=⨯⨯-=1.6 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 ch 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 1.7 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 2.1 按汤姆逊的原子模型，正电荷以均匀密度ρ分布在半径为R 的球体内。
原子物理五套试题及答案
原子物理五套试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 原子核的组成元素是（）。
A. 质子和中子B. 电子和质子C. 电子和中子D. 质子和电子答案：A2. 根据波尔理论，氢原子的能级是（）。
A. 连续的B. 离散的C. 线性的D. 非线性的答案：B3. 电子云的概念是由哪位科学家提出的？（）A. 尼尔斯·玻尔B. 阿尔伯特·爱因斯坦C. 马克斯·普朗克D. 埃尔温·薛定谔答案：D4. 根据海森堡不确定性原理，以下说法正确的是（）。
A. 粒子的位置和动量可以同时被精确测量B. 粒子的位置和动量不能同时被精确测量C. 粒子的能量和时间可以同时被精确测量D. 粒子的能量和时间不能同时被精确测量答案：B5. 原子核外电子的排布遵循（）。
A. 泡利不相容原理B. 洪特规则C. 库仑定律D. 以上都是答案：D6. 原子核的放射性衰变遵循（）。
A. 线性规律B. 指数规律C. 正态分布D. 泊松分布答案：B7. 原子核的结合能是指（）。
A. 原子核内所有核子的总能量B. 原子核内单个核子的能量C. 原子核内所有核子的总能量与单独核子能量之和的差值D. 原子核内单个核子的能量与单独核子能量之和的差值答案：C8. 原子核的同位素是指（）。
A. 具有相同原子序数但不同质量数的原子核B. 具有相同质量数但不同原子序数的原子核C. 具有相同原子序数和质量数的原子核D. 具有不同原子序数和质量数的原子核答案：A9. 原子核的裂变是指（）。
A. 原子核分裂成两个或多个较小的原子核B. 原子核结合成更大的原子核C. 原子核的放射性衰变D. 原子核的聚变答案：A10. 原子核的聚变是指（）。
A. 原子核分裂成两个或多个较小的原子核B. 原子核结合成更大的原子核C. 原子核的放射性衰变D. 原子核的裂变答案：B二、填空题（每题2分，共20分）1. 原子的核外电子排布遵循______原理。
原子物理学习题答案
1. 一强度为I的粒子束垂直射向一金箔，并为该金箔所散射。
若 =90°对应的瞄准距离为b，则这种能量的粒子与金核可能达到的最短距离为： B (A) b(B) 2b(C) 4b(D) 0.5b2. 在同一粒子源和散射靶的条件下观察到粒子被散射在90°和60°角方向上单位立体角内的粒子数之比为： C(A) 4:1 ( B) 1:2 (C) 1:4 (D) 1:83. 一次电离的氦离子（H e+）处于n=2的激发态，根据波尔理论，能量E为 C(A) -3.4eV ( B) -6.8eV (C) -13.6eV (D) -27.2eV4．夫兰克—赫兹实验证明了B(A) 原子内部能量连续变化(B) 原子内存在能级(C) 原子有确定的大小(D) 原子有核心5. 下列原子状态中哪一个是氦原子的基态？DA. 1P1B. 3P1C. 3S1D. 1S06. 若某原子的两个价电子处于2s2p组态,利用L-S耦合可得到其原子态个数：CA. 1B. 3C. 4D. 67. 一个p电子与一个 s电子在L－S耦合下可能有原子态为：CA. 3P0,1,2, 3S1B. 3P0,1,2 , 1S0C. 1P1 ,3P0,1,2D. 3S1 ,1P18. 设原子的两个价电子是p电子和d电子，在L-S耦合下可能的原子态有：CA. 4个B. 9个C. 12个D. 15个9. 氦原子有单态和三重态,但1s1s 3S1并不存在,其原因是: BA. 因为自旋为1/2, 1=2=0 故J=1/20B. 泡利不相容原理限制了1s1s 3S1的存在C. 因为三重态能量最低的是1s2s 3S1D. 因为1s1s 3S1和1s2s 3S1是简并态。
10. 泡利不相容原理说: DA.自旋为整数的粒子不能处于同一量子态中B.自旋为整数的粒子能处于同一量子态中C.自旋为半整数的粒子能处于同一量子态中D.自旋为半整数的粒子不能处于同一量子态中11. 硼（Z=5）的B+离子若处于第一激发态,则电子组态为：AA. 2s2pB. 2s2sC. 1s2sD. 2p3s12. 铍（Be）原子若处于第一激发态,则其电子组态：DA. 2s2sB. 2s3pC. 1s2pD. 2s2p13. 若镁原子处于基态,它的电子组态应为：CA．2s2s B. 2s2p C. 3s3s D. 3s3p14. 氦原子由状态1s2p 3P2,1,0向1s2s 3S1跃迁,可产生的谱线条数为：CA. 0B. 2C. 3D. 115. 氦原子由状态1s3d 3D3,2,1向1s2p 3P2,1,0跃迁时可产生的谱线条数为： CA. 3B. 4C. 6D. 516. 以下电子排布式是基态原子的电子排布的是 D12s1② 1s22s12p1① 1s22s22p63s2 ④ 1s22s22p63s23p1③ 1sA．①②B．①③C．②③D．③④17．在原子的第n层电子层中，当它为最外电子层时，最多容纳的电子数与(n－1)层相同，当它为次外层时，最多容纳的电子数比(n＋1)层多容纳10个电子，则此电子层为 CA．K层B．L层C．M层D．N层18. 碱金属原子能级的双重结构是由于下面的原因产生: DA) 相对论效应B) 原子实极化C) 价电子的轨道贯穿D) 价电子自旋与轨道角动量相互作用19. 处于L=3, S=2原子态的原子,其总角动量量子数J的可能取值为: B(A) 3, 2, 1 (B) 5, 4, 3, 2, 1(C) 6, 5, 4, 3 (D) 5/2, 4/2, 3/2, 2/2, 1/220. 在LS耦合下，两个同科p电子能形成的原子态是：C(A) 1D，3D (B) 1P，1D，3P，3D(C) 1D，3P，1S (D) 1D，3D，1P，3P，1S，3S21．氩（Ｚ＝18）原子基态的电子组态及原子态是：A22s22p63s23p6 1S0 Ｂ. 1s22s22p6２p63d8 3P0Ａ. 1s22s22p63p8 1S0 Ｄ. 1s22s22p63p43d2 2D1/2Ｃ. 1s22. 满壳层或满次壳层电子组态相应的原子态是: B(A) 3S0(B)1S0(C) 3P0(D) 1P123. 由状态2p3p 3P到2s2p 3P的辐射跃迁：C(A) 可产生9条谱线( B) 可产生7条谱线(C) 可产生6条谱线( D) 不能发生24. 某原子的两个等效d电子组成原子态1G4、1D2、1S0、3F4,3,2和3P2,1,0，则该原子基态为： C(A) 1S0(B) 1G4(C) 3F2(D) 3F425．原子发射伦琴射线标识谱的条件是: CA. 原子外层电子被激发B. 原子外层电子被电离C. 原子内层电子被移走D. 原子中电子的自旋—轨道作用很强26. 用电压V加速的高速电子与金属靶碰撞而产生X射线，若电子的电量为- e，光速为c，普朗克常量为h，则所产生的X射线的短波限为：C(A) hc2/eV(B) eV/2hc(C) hc/eV(D) 2hc/eV27. X射线的连续谱有一定的短波极限,这个极限 A（A）只取决定于加在射线管上的电压, 与靶材料无关.（B）取决于加在射线管上的电压,并和靶材料有关（C）只取决于靶材料,与加在射线管上的电压无关（D）取决于靶材料原子的电离能.28. 利用莫塞莱定律，试求波长0.1935nm的K 线是属于哪种元素所产生的？B(A) Al（Z=13）(B) Fe（Z=26）(C) Ni（Z=28）(D) Zn（Z=30）。
原子物理学(褚圣麟)完整答案
F 2Ze 2 / 4 R2和F0 2Ze 2r/ 4 R 3 。可见，原0 子表面处粒子所受的斥力最大，越
靠近原子的中心粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使粒子发生散射最强的垂 直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设粒子擦原子表面而过。此时受
力为F 2Ze 2 / 4 R2 。可0 以认为粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作
Z2
Li
Z
2 H
9
c) 第一激发能之比：
E
2 He
E He
1
E2H E 1 H
22 E1 22
E
1
12 22
E1 E
22
12 12 1 12
4
E
2 Li
E Li
1
E2H E 1 H
22 E1 32
E
1
12 22
E1 E
32
12 12 1 12
9
d) 氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：
{ v~ Z R (2
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180 。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：
1 Mv2 K 2
解：设 粒子和铅原子对心碰撞，则 粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有 下式 决定：
1 Mv2 2
2Ze 2 / 4 R 10016 焦耳 103电子伏特
由此可见，具有106 电子伏特能量的粒子能够很容易的穿过铅原子球。粒子在到达原子
原子物理学习题与答案
me 0.511MeV c2 9.11 1031 Kg ； m p 938.3 MeV c2
； mn
939.6 MeV
c2
h u 931 .5 M e V 2 ； 1.055 1034 J s c 2
一、选择题： － 1．原子半径的数量级是： A．10 10cm； B.10-8m ； C. 10-10m ； 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
(5) 若氢原子被激发到主量子数为 n 的能级,当产生能级跃迁时可能发生的所有谱线总条数应 为： A．n-1 ； B .n(n-1)/2 ； C .n(n+1)/2 ； D .n (6) 氢原子光谱赖曼系和巴耳末系的系线限波长分别为： A.R/4 和 R/9 ； B.R 和 R/4 ；C.4/R 和 9/R ； D.1/R 和 4/R (7) 氢原子赖曼系的线系限波数为 R,则氢原子的电离电势为： A．3Rhc/4 ； B. Rhc； C.3Rhc/4e ； D. Rhc/e (8)氢原子基态的电离电势和第一激发电势分别是： A．13.6V 和 10.2V; B –13.6V 和-10.2V; C.13.6V 和 3.4V; D. –13.6V 和-3.4V 9）由玻尔氢原子理论得出的第一玻尔半径 a 0 的数值是： A.5.29 1010 m ； B.0.529×10 m ； C. 5.29×10 m ； D.529×10 m
1
D .0.927 1025
15.已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子的结构的“正电子素”那么 该“正电子素”由第一激发态跃迁时发射光谱线的波长应为： A．3 R /8； B.3 R /4 ； C.8/3 R ； D.4/3 R 16.电子偶素是由电子和正电子组成的原子，基态电离能量为： A.-3.4eV； B.+3.4eV； C.+6.8eV； D.-6.8eV 17.夫—赫实验的结果表明： A 电子自旋的存在； B 原子能量量子化； C 原子具有磁性； D 原子角动量量子化 18.为了证实德布罗意假设,戴维孙—革末于 1927 年在镍单晶体上做了电子衍射实验从而证明 了：A.电子的波动性和粒子性； B.电子的波动性； C.电子的粒子性； D.所有粒子具有二象性 19.德布罗意假设可归结为下列关系式： A .E=h ， p=
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。
完整版)原子物理学练习题及答案
完整版)原子物理学练习题及答案1、在电子偶素中，正电子与负电子绕共同质心运动。
在n=2状态下，电子绕质心的轨道半径等于2m。
2、氢原子的质量约为938.8 MeV/c2.3、一原子质量单位定义为原子质量的1/12.4、电子与室温下氢原子相碰撞，要想激发氢原子，电子的动能至少为13.6 eV。
5、电子电荷的精确测定首先是由XXX完成的。
特别重要的是他还发现了电荷是量子化的。
6、氢原子n=2.l=1与氦离子He+ n=3.l=2的轨道的半长轴之比为aH/aHe+=1/2，半短轴之比为bH/bHe+=1/3.7、XXX第一轨道半径是0.529×10-10 m，则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=2.12×10-10 m，半短轴b有两个值，分别是1.42×10-10 m，2.83×10-10 m。
8、由估算得原子核大小的数量级是10-15 m，将此结果与原子大小数量级10-10 m相比，可以说明原子核比原子小很多。
9、提出电子自旋概念的主要实验事实是XXX-盖拉赫实验和朗茨-XXX。
10、钾原子的电离电势是4.34 eV，其主线系最短波长为766.5 nm。
11、锂原子（Z=3）基线系（柏格曼系）的第一条谱线的光子能量约为1.19 eV。
12、考虑精细结构，形成锂原子第二辅线系谱线的跃迁过程用原子态符号表示应为2P1/2 -。
2S1/2.13、如果考虑自旋，但不考虑轨道-自旋耦合，碱金属原子状态应该用量子数n。
l。
XXX表示，轨道角动量确定后，能级的简并度为2j+1.14、32P3/2 -。
22S1/2与32P1/2 -。
22S1/2跃迁，产生了锂原子的红线系的第一条谱线的双线。
15、三次电离铍（Z=4）的第一玻尔轨道半径为0.529×10-10 m，在该轨道上电子的线速度为2.19×106 m/s。
16、对于氢原子的32D3/2态，其轨道角动量量子数j=3/2，总角动量量子数J=2或1，能级简并度为4或2.20、早期的元素周期表按照原子量大小排列，但是钾K（A=39.1）排在氩Ar（A=39.9）前面，镍Ni（A=58.7）排在钴Co（A=58.9）前面。
原子物理学习题标准答案(褚圣麟)很详细
1．原子的基本状况1.1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：2min202121()(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。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上，α粒解：设靶厚度为't 。
非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。
因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：dnNtd nσ= (1) 而σd 为：2sin )()41(422220θπεσΩ=d Mvzed （2）把（2）式代入（1）式，得：2sin)()41(422220θπεΩ=d Mv ze Nt n dn ……（3） 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds dN 为原子密度。
原子物理学答案
dΩ θ sin 4 2
（2）
dn 1 2 ze 2 2 dΩ = Nt ( ) ( 2) ……（3） n 4πε 0 Mv 4 θ sin 2
式中立体角元 dΩ = ds / L2 , t = t ' / sin 60 0 = 2t ' / 3 ,θ = 20 0 N 为原子密度。 Nt 为单位面上的原子数， Nt = η / m Ag = η ( AAg / N 0 ) ，其中 η 是单位面积式上的质量；
ο
t = t ' / sin 60ο ，如图 1-1 所示。
因为散射到 θ 与 θ + dθ 之间 dΩ 立体 角内的粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为： 60°
20º
dn = N td σ n
而 dσ 为：
t, (1) 60º t 图 1.1
1 ze 2 2 dσ = ( )2 ( ) 4πε 0 Mv 2
等式右边的积分： I
= ∫180 90 ο
ο
θ θ d sin ο 2 d θ = 2 ∫180 2 =1 ο 90 θ θ sin 3 sin 3 2 2
cos
故
ρ N0 dn ' 1 2Ze2 2 = ⋅t ⋅( )2π ( ) n A Au 4π ε 0 Mu2
≈ 8 .5 × 1 0 − 6 = 8 .5 × 1 0 − 4
-7-
1 1 E = hcRH ( 2 − 2 ) 其中 hcRH = 13.6 电子伏特 1 n
7
0
0
ο
−4 0 0。
即速度为 1.597 × 10 米 / 秒 的 α 粒子在金箔上散射，散射角大于 90 以上的粒子数大约是 8.5 ×10 1.5 α 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？ （θ ≤ 15 ）
原子物理学习题答案(褚圣麟)很详细
1．原子的基本状况1.1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=+ 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。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上，α粒解：设靶厚度为't 。
非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。
因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：dnNtd nσ= (1) 而σd 为：2sin )()41(422220θπεσΩ=d Mvze d （2）把（2）式代入（1）式，得：2sin )()41(422220θπεΩ=d Mvze Nt n dn (3)式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds dN 为原子密度。
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; 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：将题中各量代入m r 的表达式,得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 143.0210-=⨯米若用动能为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;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;试求所有散射在90οθ>的α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d θθθ+之间的α粒子数dn 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：0//Au Au N m N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故即速度为71.59710/⨯米秒的α粒子在金箔上散射,散射角大于90ο以上的粒子数大约是4008.510-⨯;α粒子散射实验的数据在散射角很小15οθ≤（）时与理论值差得较远,时什么原因答：α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的;而α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θ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,α粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远;已知α粒子质量比电子质量大7300倍;试利用中性粒子碰撞来证明：α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;证明：设碰撞前、后α粒子与电子的速度分别为：',',0,e v v v ;根据动量守恒定律,得：''e v m v M v M +=αα由此得：'''73001e e v v M m v v ==-αα …… 1 又根据能量守恒定律,得：2'2'2212121emv Mv Mv +=αα 2'2'2e v Mm v v +=αα ……2 将1式代入2式,得：整理,得：0cos 73002)17300()17300('2'2=⨯-++-θααααv v v v即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;能量为兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上,α粒子与银箔表面成ο60角;在离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α粒子是全部入射α粒子的百万分之29;若已知银的原子量为;试求银的核电荷数Z;解：设靶厚度为't ;非垂直入射时引起α度't ,而是ο60sin /'t t =,如图1-1所示;因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：dnNtd nσ= 1而σd 为：2sin)()41(422220θπεσΩ=d Mv ze d 2把2式代入1式,得：2sin )()41(422220θπεΩ=d Mvze Nt n dn (3)式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds dN 为原子密度;'Nt 为单位面上的原子数,10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη,其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数; 将各量代入3式,得： 由此,得：Z=47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1010-米的球形原子内,如果有能量为610电子伏特的α粒子射向这样一个“原子”,试通过计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于090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;解：设α粒子和铅原子对心碰撞,则α粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有下式决定：由此可见,具有610电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球;α粒子在到达原子表面和原子内部时,所受原子中正电荷的排斥力不同,它们分别为：3022024/24/2R r Ze F R Ze F πεπε==和;可见,原子表面处α粒子所受的斥力最大,越靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小,而且瞄准距离越小,使α粒子发生散射最强的垂直入射方向的分力越小;我们考虑粒子散射最强的情形;设α粒子擦原子表面而过;此时受力为2024/2R Ze F πε=;可以认为α粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作用,即作用距离为原子的直径D;并且在作用范围D 之内,力的方向始终与入射方向垂直,大小不变;这是一种受力最大的情形;根据上述分析,力的作用时间为t=D/v, α粒子的动能为K Mv =221,因此,M K v /2=,所以,K M D v D t 2//==根据动量定理：00-=-=⊥⊥⊥⎰Mv p pFdt t而2022024/24/2R t Zedt RZeFdt ttπεπε==⎰⎰所以有：⊥=Mv R t Ze 2024/2πε 由此可得：M R t Ze v 2024/2πε=⊥α粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0,入射方向上速度不变;据此,有：这时。
原子物理学习题答案(褚圣麟)很详细
For personal use only in study and research; not for commercial use1．原子的基本状况1.1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：2min202121()(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 ZeMv 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。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上，α粒解：设靶厚度为't 。
非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。
原子物理学习题答案褚圣麟很详细
1．原子的基本状况1.1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 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=+ 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：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。
试求所有散射在90οθ>的α粒子占全部入射粒子数的百分比。
原子物理学习题标准答案(褚圣麟)很详细
hcRH(12
12)
其中hcRH13.6电子伏特
1
n
E1
13.6
(1
1) 10.2
电子伏特
22
E2
13.6
(1
12) 12.1
电子伏特
3
E3
13.6
(1
12)
12.8
电子伏特
4
其中E1和E2小于12.5电子伏特，E3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n4的能级上去，所以只能出现n3的能级间的跃迁。
A，漫线系第一条的波长为
8193A，
基线系第一条的波长为
18459A，主线系的系限波长为
2413
A。试求
、
、
、
4F
各
3S
3P
3D
谱项的项值。
解：将上述波长依次记为
p max,d max,f max,p,
即p max5893 A,d max8193 A,f max18459 A,p2413 A
容易看出：
(1.60
10
19)2
1.14 1013
米
106
1.60
10
19
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 1013米。
1/14
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1.05 102公斤/米2的银
箔上，粒
解：设靶厚度为t'。非垂直入射时引起粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的
厚度t'，而是t
(完整版)《原子物理学》经典例题及答案
《原子物理学》经典题一、简答题【每题满分15分，满分合计60分】1、简述原子的样子（结构、大小、质量）。
答：（1）α粒子散射的实验与理论充分证明了原子具有核式结构：原子具有一个集中了原子绝大部分质量和所有正电荷但尺度较小的中心体——原子核，原子核所带正电的数值是原子序数乘单位正电荷，原子核周围散布着带负电的电子。
【9分】(2)原子半径：10-10米。
【2分】(3)原子核半径：10-15米。
【2分】(4)原子质量：10-27千克。
【2分】2、简述氢原子光谱的特征和实验规律。
答：(1)氢原子光谱是线状分离谱，谱线分为赖曼线系（紫外光区）、巴尔末线系（可见光区）、帕邢线系（近红外光区）、布喇开线系（中红外光区）、普丰德线系（远红外光区）五个线系。
【7分】（2）氢原子光谱的每一条谱线的波数都可以表达为： 【4分】 氢原子光谱的每一条谱线的波数都可以表达为两光谱项之差：()()T m T n ν=-% ——里兹并合原理。
其中，()H R T n n 2= （n 为正整数）【4分】【备注：照抄课本P26页的（1）、（2）、（3）条而且抄全的得9分】3、简述玻尔理论对氢原子光谱实验规律的解释。
2271111()1231.096775810%L H HR k n k n k n k R m νλ-==-=>=⨯其中：、为整数，、 、 、 ；； 里德堡常数答：（1）玻尔理论的三个基本假设：定态假设、频率假设、量子化假设。
【6分】（2）将氢原子的库仑作用力和势能表达式联立玻尔理论的角动量量子化和频率假设，可得：【4分】【4分】 和氢原子光谱实验规律吻合。
【1分】二、计算题【满分合计40分】1、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。
【本题满分16分】解：电离能为i E E E 1∞=-，【4分】氢原子的能级公式n E Rhc n 2/=-，【2分】 代入，得：i H H E R hc R hc 211()1=-=∞=13.6eV 。
原子物理学习题(参考答案)
（6）用能量为 12.7eV 的电子去激发基态氢原子时,受激氢原子向低能级跃迁时最多可能出 现几条光谱线（不考虑自旋） ； A A、3 ； B、10 ； C、1 ； D、4 。 （7）根据玻尔理论可知，氦离子 He+的第一轨道半径是： A、2 a 0 ； B、 4 a 0 ； C.、 a 0 /2 ； C D、 a 0 /4 。 D
（8）碱金属原子能级的双重结构是由于下列哪一项产生： A、相对论效应 B、原子实的极化 C、价电子的轨道贯穿 D、价电子的自旋－轨道相互作用 （9）d 电子的总角动量取值可能为：
35 15 , 2 2 A、 ；
A
15 3 , 2 B、 2 ；
63 35 , 2 C、 2 ；
D、 6, 2
E He 12 E He 2 E He 1 E Li 12 E Li 2 E Li 1
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
rHe 1 rLi 1
由
rHe 2
2 2 2 4 0 n 2 2 n 2 a1 r 4 0 n a n 4a1 0.707 a 0 . 177 1 1 2 2 Li 2 3 3 Z Z me Ze me Ze Z n c n 得电子在这些轨道上的速度分别是
（16）今有电子组态 1s2p,1s1p,2d3p,2p3s,试判断下列哪些电子组态是完全存在的: A.1s2p ,1s1p B.1s2p,2d3p C,2d3p,2p3s D.1s2p,2p3s （17）有状态 2p3d3P2,1,02s3p3P2,1,0 的跃迁： D A.可产生 9 条谱线 B.可产生 7 条谱线 C 可产生 6 条谱线
原子物理学习题解答
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：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：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 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。
试求所有散射在90οθ>的α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d θθθ+ 之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是：dnNtd nσ=其中单位体积中的金原子数：0//Au Au Nm N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰22218002903cos122()()4sin 2AuN Ze t d A Mu οοθρπθθπε=⋅⋅⎰ 等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故'22202012()()4Au N dn Ze t n A Mu ρππε=⋅⋅ 648.5108.510--≈⨯=⨯即速度为71.59710/⨯米秒的α粒子在金箔上散射，散射角大于90ο以上的粒子数大约是4008.510-⨯。
《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：
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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
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原子物理学习题解答1.1 电子和光子各具有波长0.20nm,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：1.2 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,必须使用多大波长的光照射? 解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式w h mv -=ν2021知,铯的光电效应阈频率为: 阈值波长: m)(1054.610585.4103714800-⨯=⨯⨯==νλc (2) J 101.63.4eV 4.3eV 5.1eV 9.12119-20⨯⨯==+=+=mv w h ν故: m )(10656.3106.14.31031063.6719834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===ννλh hc c 1.3 室温(300K)下的中子称为热中子.求热中子的德布罗意波长?解：中子与周围处于热平衡时,平均动能为:其方均根速率: m/s 27001067.11021.6222721≈⨯⨯⨯==--nm v ε由德布罗意公式得：)nm (15.027001067.11063.62734=⨯⨯⨯===--v m h p h n n λ1.4 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（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 1.5 (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 -=-=-=1.6 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 ch 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 1.7 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：由海森伯不确定关系2/ ≥∆∆p x 得：)m (10386.21021.22100546.1223334---⨯=⨯⨯⨯=∆≥∆p x 2.1 按汤姆逊的原子模型，正电荷以均匀密度ρ分布在半径为R 的球体内。
(1) 设原子内仅有一个电子,试证该电子(电量为-e )在球体内的运动是以球心为平衡位置的简谐振动; (2) 设正电荷的总量等于一个电子的电量,且1010-=R m,试求电子振动频率及由此辐射出的光子的波长.解：(1) 电子所受库仑引力为: 2041r Qe F πε-=,由于 33333434r R Ze r RZe Q ==ππ， 所以 r R Ze F 32041πε-= 由此可知, 电子的运动是以球心为平衡位置的简谐振动. (2) 当Z=1, 1010-=R m 时, 32002411Re m πεω= 振动频率 Rm R eR m e 003002424212πεππεππων===辐射出的光子波长: )m (101811.11054.21037158-⨯=⨯⨯==νλc2.2 当一束能量为4.8MeV 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4.8MeV ,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19.3g/cm 3和2.7g/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: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:55310227793.19197137.2''4221421112444=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=dN A Z A Z dN ρρ(个) 2.3 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 2.4 动能为0.87MeV 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:2.5 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。
证明：由库仑散射公式：2cot 2412020θπεMv Ze b =，当︒=90θ时，12cot =θ，这时220241Mv Ze b πε= 而对心碰撞的最小距离：b Mv Ze Mv Ze r m 22241])2/sin(11[2412202020=⋅=+=πεθπε 证毕。
2.6 已知氢的赖曼系、巴尔末系和帕邢系的第一条谱线的波长分别为：121.6nm,656.3nm 和1875.1nm.由此还可以求出哪些系的哪几条谱线来?它们的波长各为多少? 解: 由题意知: 116.121/1)2()1(-==-λT T (1)11'3.656/1)3()2(-==-λT T (2) 11"1.1875/1)4()3(-==-λT T (3)由(1)+(2)式得: 111112')3()1(---+==-λλλT T nm 59.1022=⇒λ由(1)+(2)+(3)式得: 11111113"')4()1(----++==-λλλλT T nm 27.973=⇒λ由(2)+(3)式得: 111112"'')4()2(---+==-λλλT T nm 145.486'2=⇒λ 其中,2λ和3λ分别是赖曼系第二、三条谱线; 2'λ是巴尔末系第二条谱线.2.7 试由氢原子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: 电子经电势差为U 的电场加速后,若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子电离,则U 称为该原子的电离电势; 若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子激发到第一激发态,则U 称为该原子的第一激发电势.由 22nZ hcR E H n -= , ,2,1=n ，对于基态氢原子, Z=1,由 13.64eV J 10097.11031063.678341=⨯⨯⨯⨯⨯==--∞H hcE E E得电离电势为13.64V 由 eV 23.104313.64eV )211(212=⨯=-=-H hcE E E 得第一激发电势为10.23V .2.8 对于氢原子、一次电离的氦离子He +和两次电离的锂离子Li 2+，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）第一激发电势及共振线的波长。
解：（1）He +：680211038.4210313714⨯=⨯⨯⨯==⋅=cZ Z e v απε(m/s) 6811019.2110313712⨯=⨯⨯⨯=⋅=Z c v α(m/s)Li 2+：6811057.631031371⨯=⨯⨯⨯==cZ v α(m/s)68110285.32310313712⨯=⨯⨯⨯=⋅=Z c v α(m/s)（2）电子在基态的结合能等于把电子从基态电离所需要的能量：对于He +有：56.5422=⋅=∆H hcR E (eV) 对于Li 2+有：76.12232=⋅=∆H hcR E (eV)（3）H H hcR Z Z Z hcR E E 43)21(2222212=-=- 对于He +有：8.406.1333423212=⨯==⨯=-H H hcR hcR E E (eV) 所以He +的第一激发电势为40.8V对于Li 2+有：8.916.13427433212=⨯=⨯=-H hcR E E (eV) 所以Li 2+的第一激发电势为91.8V . 共振线波长:30nm m)(1030.03712=⨯==-=-+HHe hcR hc E E hc λ2.9 能量为12.6eV 的电子射入氢原子气体中，气体将发出哪些波长的辐射？解： 由22eV6.131n n hcR E Hn -=-=，得 eV 6.131-=E ，eV 4.32-=E ，eV 51.13-=E ，eV 85.04-=E ，… 而12.6eV eV 2.1012<=-E E ，12.6eV eV 09.1213<=-E E ，但12.6eV eV 75.1214>=-E E ，所以气体将发出以下三种波长的辐射：2.11 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。
解：He +所辐射的光子能量：氢原子电离所需要的能量为eV 6.13''1=-∞E E ，所以，放出的电子动能为eV 2.276.138.40=-=k E ，速度为： 6311910093.3101.9106.12.2722⨯=⨯⨯⨯⨯==--ekm E v m/s 2.12 已知动能为91.8eV 的电子恰好使某类氢离子由基态激发至第一激发态，试问该类氢离子是什么?现以动能为110eV 的电子激发该基态离子,试问可得到几条谱线?这些谱线的波长各为多少?(不考虑精细结构)解: 由H H hcR Z Z Z hcR E E E 43)21(2222212=-=-=∆,得：36.1338.91434=⨯⨯=∆=HhcR EZ所以该类氢离子是Li 2+. eV 4.12296.131/221-=⨯-=-=Z hcR E H由于110eV eV 8.10813<=-E E 和110eV eV 84.11414>=-E E ,所以动能为110eV 的电子能将Li 2+激发至n=3的激发态,可得三条谱线,波长分别为:2.13 -μ子是一种基本粒子,除静止质量为电子质量的207倍外,其余性质与电子一样.当它运动速度较慢时,被质子俘获形成μ子原子.试计算: (1) μ子原子的第一玻尔轨道半径;(2) μ子原子的最低能量;(3) μ子原子赖曼线系中的最短波长. 解: 由于折和质量e ee ee pp m m m m m m M m M 18618362071836207=+⋅=+=μμμ(1) )nm (1085.2186053.0186111864441222022201-⨯=====a e m Z n er e πεμπε (2) H e hcR h e m n Z h e E 186)4(2186)4(222042222041-=-=-=πεπεμ2529.6eV eV 6.13186-=⨯-= (3)赖曼线系中的最短波长为: m 109.4106.16.25291031063.610198341---∞⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=-=E E hc λ 2.14 已知氢和重氢的里德伯常数之比为0.999728,而它们的核质量之比为m H /m D =0.50020.计算质子质量与电子质量之比. 解: 由H e H m m R R /11+=∞和De D m m R R /11+=∞知:解得: 5.1836/=e H m m2.15 当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时,(1)试求这个氢原子所获得的反冲速度是多大?(2)试估计氢原子的反冲能量与所发光子能量之比.解: (1) 放出的光子的动量: m /s)kg (1044.510310632.127818⋅⨯=⨯⨯===--c h hp νλ 由动量守恒定律得氢原子的反冲速度为: )m/s (26.31067.11044.52727=⨯⨯===--H H H m p m p v(2) 反冲能量 )J (1087.81067.12)1044.5(22272722722---⨯=⨯⨯⨯===H H H kHm p m p E 显然 9182710435.510632.11087.8/---⨯=⨯⨯=νh E kH可见反冲能量是可以忽略不计的. 2.16 试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳整数个电子的德布罗意波波长,不论这稳定轨道是圆形还是椭圆形的.证明: 轨道量子化条件是：⎰=nh pdq 对氢原子圆轨道来说，mvr mr p p r ===•φφ2,0所以有：所以,氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波长。