原子物理学杨福家第六章习题答案

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原子物理学课后习题答案

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 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220121()(1)4sinmZe 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：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。

原子物理第六章课后习题

hv,
hv c
，静止的自由电子具有能量
E0
，
碰撞后电子能量，动量为 E, p ，由能量守恒有： hv E0 E Ek E0 , (1)
由动量守恒有：hv p, (2) ，碰撞后电子的速度可接近光速，应用相对论关系式， c
第4页共6页
式（1），（2）可改写成： hv
E
E0
mc 2
m0c 2 ,
6.5.Prove that for most of the elements,the intensities of the K1 x-rays are double the intensities of the K 2 x-rays.
证明：对大多数元素， K1 射线的强度为 K 2 射线的两倍。
K 系激发机理：K 层电子被击出时，K 壳层形成空位，原子系统能量由基态升到 K 激发态，原子系统能量升高，使体系处于不稳定的激发态，按能量最低原理，L、M、N 层中的电子会跃迁到 K 层的空位，为保持体系能量平衡，在跃迁的同时，这些电子会将多余的能量以 X 射线光量子的形式释放。高能级电子向 K 层空位填充时产生 K 系辐射，L 层电子填充空位时，
第2页共6页
hv p 2
E0
p
hv E 2 2 p
p
hv Ek cos
p
E0 , (1) 2, (2)
由相对论关系式：
E2
p2c2
E
2 0
,
(3)
E0 m0c2 , (4)
式（3），（4）代入式（1）有：
h v v m0c 2 2 p 2c 2 (m0c 2 )2 , (5)
, (13)
第3页共6页
Ek hv

原子物理第六章习题答案

第六章磁场中的原子6.1 已知钒原子的基态是2/34F 。

（1）问钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为几束？（2）求基态钒原子的有效磁矩。

解：（1）原子在不均匀的磁场中将受到力的作用，力的大小与原子磁矩（因而于角动量）在磁场方向的分量成正比。

钒原子基态2/34F 之角动量量子数2/3=J ，角动量在磁场方向的分量的个数为4123212=+⨯=+J ，因此，基态钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为4束。

（2）J J P meg2=μ h h J J P J 215)1(=+= 按LS 耦合：52156)1(2)1()1()1(1==++++-++=J J S S L L J J gB B J h m e μμμ7746.0515215252≈=⋅⋅⋅=∴ 6.2 已知He 原子0111S P →跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其间距厘米/467.0~=∆v，试计算所用磁场的感应强度。

解：裂开后的谱线同原谱线的波数之差为：mcBeg m g m vπλλ4)(1'1~1122-=-=∆ 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。

对应11P 原子态，1,0,12-=M ；1,1,0===J L S ，对应01S 原子态，01=M ，211.0,0,0g g J L S =====。

mc Be vπ4/)1,0,1(~-=∆ 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==∆mc Be vπ。

特斯拉。

00.1467.04=⨯=∴emcB π 6.3 Li 漫线系的一条谱线)23(2/122/32P D →在弱磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。

解：在弱磁场中，不考虑核磁矩。

2/323D 能级：,23,21,2===j S l54)1(2)1()1()1(123,21,21,232=++++-++=--=j j s s l l j j g M2/122P 能级：,21,21,2===j S l 32,21,211=-=g ML v)3026,3022,302,302,3022,3026(~---=∆ 所以：在弱磁场中由2/122/3223P D →跃迁产生的光谱线分裂成六条，谱线之间间隔不等。

《原子物理学》部分习题解答(杨福家)

Bz dD z m v
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

(整理)原子物理学杨福家1-6章课后习题答案

原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型第二章：原子的量子态：波尔模型第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋第五章：多电子原子：泡利原理第六章：X 射线第一章习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。

电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。

α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小）（8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。

1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。

《原子物理学》杨福家第四版课后答案

《原子物理学》杨福家第四版课后答案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 ρρρ222212121='-='-?222e e v M m v v v Mm v v ρρρ e v m p ρρ=?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 ?≈-≈22e m v v v M∴??=有 212e p p Mmv ??=亦即： (2)(1)2/(2)得22422210e e m v m p Mmv M-?===p亦即：()ptg rad pθθ?≈=-4～10 1-2) 解：① 22a b ctg Eθπε=228e ；库仑散射因子：a=4)2)(4(420202E Z e E Ze a πεπε==22279()() 1.44()45.545eZ a fmMev fm E Mev πε?=== 当901θθ=?=时，ctg2122.752b a fm ∴== 亦即：1522.7510b m -=?② 解：金的原子量为197A =；密度：731.8910/g m ρ=? 依公式，λ射α粒子被散射到θ方向，d Ω立体角的内的几率： nt d a dP 2sin16)(42θθΩ=(1)式中，n 为原子核数密度，()AA m n n N ρ∴=?= 即：A V n Aρ=(2)由（1）式得：在90o→180 o范围内找到α粒子得几率为：(θP 18022490a nt 2sin ()164sin 2d a nt πθθπρθθ?==?将所有数据代入得)(θP 5()9.410ρθ-=?这就是α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。

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，10246.0101010)⨯⨯===1780 Z =43即该元素为43号元素锝(Te). 第六章习题3,46-3 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 θn=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： νγγh E E 22=+E c E00=+ 2)(2cm EE h h o =-νν代入数据.010⨯=-光E 2解之： E 光=55.9 keV 第六章习题9参考答案6-9 若入射光子与质子发生康普顿散射，试求质子的康普顿波长．如?则依6-8m EE =可得出：6-10 康普顿散射产生的散射光子，再与原子发生相互作用，当散射角θ＞60°时，无论入射光子能量多么大，散射光子总不能再产生正负电子偶．试证明之．第六章习题11,126-11 证明：光子与自由电子相碰，不可能发生光电效应． 6-12 证明：在真空中不可能发生“光子一电子对”过程．第六章习题13、14参考答案6-13已知铑(Z=45)的电子组态为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 64d 85s I ，现请：(1)确定它的基态谱项符号；(2)用它的K αX 射线作康普顿散射实验，当光子的散射角为60°时，求反冲电子的能量(已知K α的屏蔽系数b =0.9)；(3)在实验装置中用厚为0.30cm 的铅屏蔽该射线．如果改用铝代替铅，为达到同样的屏蔽效果，需要用多少厚的铝?(μpb =52.5 cm -I ；μAl =0.765cm -1)解：（1）电子组态中4d 85s 1未填满，所以为基态的电子组态4d 25s l 1= l 2=2,l 3=0其原子态计算先2d 电子耦合,得出最低态3F 4,3,2.找出基态3F 4,再与s 耦合,得4F 9/2.为基态.（2）因为X K α射线的能量为：216)(10248.0b z h h K -⨯=αν9.0≈b反冲电子的能量为：60=θ 代入上式得eV E K 384=（3）由郎伯-比耳定律可得：用Pb 屏蔽时 10Pbx e I I μ-= （1）用Al 屏蔽时 20Alx e I I μ-= （2）比较（1）（2）式可得： 21x x Al Pb μμ=其中 15.52-=cm Pb μ1765.0-=cm Al μx 1=0.3cm得： x 2=20.59cm6-14已知铜和锌的K αX 射线的波长分别为0．015 39 nm ，和0．014 34 nm ，镍的K 吸收限为0.148 9 nm ，它对铜和锌的K αX 射线的质量吸收系数分别为48 cm 2／g 和325 cm 2/g ．试问：为了使铜的K α射线与锌的K α射线的相对强度之比提高10倍，需要多厚的镍吸收片? 解：按朗伯-比耳定律经镍吸收片吸收后，铜的强度 ρ-=x e I I 480锌的强度 23250''ρx e I I -=由于 I 0所以2mg/cm 31.8=x ρ 镍的密度为 ρ=8.9g/cm 3所以 x =9.3 μm。

《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
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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
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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

原子物理学第四,五,六,七章课后习题答案-推荐下载

原子的基态为 4S. 试求 4S 、4P 谱项的量子数修正项∆S 、∆P 值各为多少？
K 原子的主线系波数
~
p n
n ,
~

R (4 S )2
1 p
~
p n

~

1 2.858 107
~
T4S 3.4990 106 m 1
而
T4S
所以 4 S
R T4P
1.3046 106 m1
第五章多电子原子
1. He 原子的两个电子处在 2p3d 电子组态.问可能组成哪几种原子态?用
原子态的符号表示之.已知电子间是 LS 耦合.
解：p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为 l1 1,
d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为 l1

R (4 S )2
R R 1.0973731107 m1
4 S 1.7709
S 2.2291
R (n P )2
R (4 S )2
R T4S
m 1
,
n 4,5,
3.4990 106 m1
K 原子共振线为主线系第一条线, 是原子从 4P 到 4S 跃迁产生的光
1.2206 106 m1
~
f 1
T3D
T4F

1 1.8459 106 m
T4F T3D 5.4174 105 m 1 6.8496 105 m 1

5.4174 105 m 1
3. K 原子共振线波长为 7665Å，主线系系限波长为 2858Å. 已知 K
第四章碱金属原子
0

原子物理杨福家第六章习题解答

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. 解：由康普顿波长定义 w 则质子的康普顿波长为
hc 1.24 λ = m0c2 = 511 = 0.002426nm
λ
=
hc mpc2
=
1.24 938×103
= 0.00132 fm
a 依 6-8 题公式
2(hν )2 − 2hνEmax = Emax mpc2
d 可得出： hν = 54.6 MeV
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
有最小值的条件是θ=π 由此可推得
hν
− hν ′ = hν
− hν 1 + 2γ
= 2γhν 1 + 2γ
= Emax
3
由此可算出： Emax + 2γEmax = 2γhν
hν
hν
Emax + 2 m 0c 2 Emax = 2 m 0c 2 hν
m 解：由于入射束在偏离 120° 的方向上产生一级衍射极大 sinθ
=sin120°= 3
o 2
依据公式 nλ = 2d sin θ n=1
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c 0.54nm = 2 × 3 . 2
解得 d=0.312 nm
w 第六章习题 8 参考答案
a 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
= ϕK
−ϕL
= λKα
=
0.0146nm
= 84.93keV
在 L 壳层产生一个空穴所需的能量
wwELK= φK-φL
φL =φK- ELK =87.94 keV -84.93keV=3.01 keV
φ为合能.

原子物理学_答案_杨福家_高教第四版

T时间内入射质子被散时到之间得数目为：
(个)
②入射粒子被散时大于θ的几率为：
（个）
③大于的几率为：
大于的原子数为：（个）
小于的原子数为：（个）
注意：大于的几率：
大于的原子数为：
第二章
2-1)解：
①
②
2-2)解：
①对于H：
对于He+：Z=2
对于Li+：Z＝3
②结合能＝
③由基态到第一激发态所需的激发能：
设y= 1 + V/2 mec2= 1+x，f(y) =
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 + = 1 + = 1−x/2 = 1 −
将mec2以电子伏特为单位时的数值511000代入上式，得
f(y) =
因此=0f(y) =
3-7)解：
3-8)解：
1-3)解：
金
当Z＝79时
当Z＝3时，
但此时M并不远大于m，
1-4)解：
①
将Z＝79代入解得：
②对于铝，Z＝13，代入上公式解得：
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：
对于
①
②
可见，当M>>m时，，否则，
1-5)解：
在θ方向dΩ立方角内找到电子的几率为：
将所有数据代入解得： T/m
4-Байду номын сангаас)解：（束）
对于边缘两束，
4-6)解：
即：屏上可以接收到4束氯线
对于H原子：
对于氯原子：

原子核物理杨福家第四版(完整版)课后答案

原子物理习题库及解答第一章1-1 由能量、动量守恒 ⎪⎩⎪⎨⎧'+'='+'=e e e e v m v m v m v m v m v m αααααααα222212121(这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子)Δp θ得碰撞后电子的速度 ee m m v m v +='ααα2 p故 αv v e2≈' 由)(105.24001~22~~~4rad m m v m v m v m v m pp tg e e e e -⨯=='∆ααααααθθ1-2 （1） )(8.225244.127922fm ctg a b =⨯⨯⨯==θ （2） 52321321063.91971002.63.19]108.22[14.3--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==nt b NdN π1-3 Au 核： )(6.505.4244.1794422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα Li 核：)(92.15.4244.134422fm v m Ze r m =⨯⨯⨯==αα1-4 （1）)(3.16744.1791221Mev r e Z Z E mp =⨯⨯==（2）)(68.4444.1131221Mev r e Z Z E m p =⨯⨯==1-5 2sin /)4(2sin /)4(420222142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ⋅=Ω= 42323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--68221090.8197105.144.1795.102.6--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=1-660=θ时，232221⋅==a ctg ab θ 90=θ时，12222⨯==a ctg a b θ 3)21()23(22222121===∴b bdN dN ππ1-7 由32104-⨯=nt b π，得ntb π32104-⨯=由22θctg a b =，得 23233232)67.5(1021811002.614.310410104)2(⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=--- ntctg a π )(1096.5224cm -⨯=)(8.23161096.5)41(2sin )4(2442b a d d =⨯⨯⨯==Ω∴-θσ1-8（1）设碰撞前m 1的速度为v 1，动量为p 1。

杨福家-原子物理-第四版-第六章

这个发现成为19世纪90年代物理学上的三大发现之一。1901年，伦琴因为发现X射线成为了诺贝尔物理学奖的第一个获得者。
《原子物理学》《原子物理学》(Atomic (Atomic Physics) Physics)
第五章第四章原子的精细结构多电子原子：泡利原理第六章 X射线
一、X射线的发现 X射线的发现，开创了人类探索物质世界的新纪元。伦琴因发现X射线而揭开了20世纪物理学革命的序幕，成为20世纪最伟大的物理学家之一。
《原子物理学》《原子物理学》(Atomic (Atomic Physics) Physics)
第五章第四章原子的精细结构多电子原子：泡利原理第六章 X射线
1912年，德国物理学家劳厄（ue)设想：天然晶体可以看作是光栅常数很小的空间三维衍射光栅，适合于X射线的衍射。
劳厄实验：在乳胶板上形成对称分布的若干衍射斑点，称为劳厄斑证实了X射线的波动性。
衍射产生干涉极大值的条件就是
2d sin n n 1, 2,3,
这就是布拉格公式。
《原子物理学》《原子物理学》(Atomic (Atomic Physics) Physics)
第五章第四章原子的精细结构多电子原子：泡利原理第六章 X射线
§6.2、X射线产生的机制
一、X射线的发射谱
准直缝天然晶体
X射线
劳厄斑 · · · · 乳胶板
《原子物理学》《原子物理学》(Atomic (Atomic Physics) Physics)
第五章第四章原子的精细结构多电子原子：泡利原理第六章 X射线
劳厄相
1912年，弗里德里克和厄平在劳厄的建议下，做了X射线对单晶的衍射实验。得到了劳厄相片。

原子核物理第二版习题答杨福家复旦大学出版社

原子核物理第二版习题答杨福家复旦大学出版社[标签:标题]篇一：原子核物理第二版习题答案杨福家复旦大学出版社第一章1-3.试计算核素He和Li，并对比结合能之差别作讨论。

1-4.试计算Zr，Zr，Zr，三个核素的中子分离能；比较这三个分离能，可得出什么重要结论？1-5.求出U的平均结合能；如果近似假定中等质量原子核的平均结合能为8.5MeV，试估计一个U核分裂成两个相同的中等原子核时，能放出多少能量？1-6.试由质量半经验公式，试计算Ca和Co的质量，并与实验值进行比较。

1-7.利用质量半经验公式来推导稳定核素的电荷数Z与质量数A 的关系式，并与β稳定线的经验公式作比较？1-8.试利用镜核（A相同，中子数N和质子数Z互换的一对核）N和C质量差以及质量半经验公式来近似估算原子核半径参量r。

1-11.在核磁共振法研究原子Mg的基态（=5/2+）的磁特性实验中，当恒定磁场的强度??0=5.4×103Gs以及高频磁场的频率为v=1.40MHz时，发现了能量的共振吸收，试求gI 因子及核磁矩。

1-12.假定核电荷Ze均匀分布在两个主轴分别为a和c（c沿对称轴）的旋转椭球内，试推导公式（1.6.6）。

（Q=5Z（??2-??2））2第二章2-1.核力有哪些主要性质？对每一种性质，要求举一个实验事实。

16172-3.试计算从157??8??9??中取出一个质子所需的能量；并进行比较，从中可得出什么结论？2-4.由质量半经验公式估算17??和17??的基态质量差，并与实验值比较。

（r0取1.4fm）2-5.根据壳层模型决定下列一些核的基态自旋和宇称：32563831232097412，3，12，19??，29，36，51，82.篇二：原子核物理第三章课后习题答案3-3. 60Co是重要的医用放射性同位素，半衰期为5.26年，试问1g60Co的放射性强度？100mCi的钴源中有多少质量60Co？解：放射性强度公式为：A??dN0.693mN0e??t??N,其中N?N0e??t，?=，N=NA，T为半衰期，dtTM A??dN0.693mN0e??t??N??NAdtTM0.69316.0221367?1023 5.26?365?24?360059.9338?4.19778?1013次/秒?1.135?103Ci其中Ci?3.7?1010次核衰变/秒，100mCi?3.7?1010?100?10?3=3.7?109次核衰变/秒，利用公式dN0.693mN0e??t??N?NA，可知dtTM0.693m0.693mA?NA??6.0221367?1023?3.7?109 TM5.26?365?24?360059.9338A??解可得，m?8.814?10-5g?88.14?g3-5用氘轰击55Mn可生成??放射性核素56Mn，56Mn的产生率为5?108/s，已知56Mn的半衰期2.579h,试计算轰击10小时后，所生成的56Mn的放射性强度。

原子物理学杨福家1-6章-课后习题标准答案

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。

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 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220121()(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。

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。

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。

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