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 222212121 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='-='-⇒222e e v M m v v v Mm v ve v m p=∆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。

1-3)解：4.5;79;,E Mev Z Li Z ===对于全核对于金74.5;79;,3;E Mev ZLi Z ===对于全核对于 )2)(4(420202E Z e E Ze a r m πεπε===当Z ＝79时2791.4450.564.5m r fm Mev fm Mev⨯=⋅⨯=当Z ＝3时， 1.92;m r fm = 但此时M 并不远大于m ，c l m E E ⋅≠21,(1)2c c M m E uv E a a M m M==∴=++4(1) 3.027m c r a a fm ==+=1-4)解：① fm E Ze E Ze r m 7)2)(4(420202===πεπε将Z ＝79代入解得：E=16.25Mev ② 对于铝，Z ＝13，代入上公式解得：2e 134fm=()4Eπε 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)l c mE E M=+ 对于① 1(1)16.33197l c E E Mev =+= ② 1(1) 4.927l c E E Mev =+=可见，当M>>m 时，l c E E ≈，否则，l c E E ≠ 1-5)解：在θ方向d Ω立方角内找到电子的几率为：221241()44sin2Z Z e dN d nt N E θπεΩ=⋅ 注意到：;A A N A nt t nt t N A ρρ==24()4sin 2A N dN a d t n N A ρθΩ∴== 21279() 1.44113.764 1.0Z Z e a fmMev fm E Mevπε=⋅=⋅=2221.51.51010s d r -∆Ω===⨯ 24()4sin 2A N dN a d t n N A ρθΩ∴==2313232646.021011410 1.5101.510()8.9101974sin 30οη----⨯⨯⨯∴=⨯⨯⨯=⨯215241011410⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⋅--23- 1-6)解：223cos2()()444sin 4sin 22a d a dN Nnt Nnt d θπθθθΩ==⋅ ∴散射角大于θ得粒子数为：180'N dN οθ=⎰依题意得：1803606018090390sin 2sin 321sin2sin 2d N Nd οοοοοοθθθθθθ>>==⎰⎰，即为所求 1-7)解21016104242sin 2cos42sin 2cos42sin 2cos 241)180(02323221803218032180322212018000000θπρθπρθθθπρθθθπρθθθπεπθθθθθθctg N Aa ctg a AN d a A N d a AtN d E e Z Z nt N dN P A m A m A m A --⨯=⇒⨯====⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==≤≤⎰⎰⎰⎰依题：srb sr m tg a d dc /24/102430sin 101002.610241041812sin 14)(2280402232342=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛=Ω=----πθσθσ 1-8)解：在实验室系中，截面与偏角的关系为（见课本29页）111max 2221211221sin ()9011sin 0(1sin )1sin 0L L L Lm m mm m m m mm m m m οοθθθθ∴=≥∴=≥-⎧+≥⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩－－① 由上面的表达式可见：为了使()L L σθ存在，必须：2121(sin )0L m m θ-≥ 即：11221sin (1sin )0L L m m m m θθ+≥（）－亦即：12121sin 01sin 0L L m m m m θθ⎧+≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩－ 或12121sin 01sin 0L Lm m m m θθ⎧+≤⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩－考虑到：180L οθ≤ sin 0L θ≥ ∴第二组方程无解 第一组方程的解为：121sin 1L m m θ≥≥- 可是，12sin L m m θ的最大值为1，即：12sin L m m θ= ② 1m 为α粒子，2m 为静止的He 核，则121m m =， max ()90L θ∴=︒1-9）解：根据1-7）的计算，靶核将入射粒子散射到大于θ的散射几率是24)(22θπθctg a ntP =〉当靶中含有两种不同的原子时，则散射几率为120.70.3ηηη=+将数据代入得：1323223122223113.142(1 1.4410) 1.510 6.02210154(1.0)7949(0.700.30) 5.810197108Mev cm g cm mol ctg Mev g mol g mol η-------=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⋅⨯⨯︒⨯⨯⨯+⨯=⨯⋅⋅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：θθθ→-∆之间得几率可用的几率可用下式求出：22442sin 2sin ()()44sinsin22at ant A πθθρπθθηθθ∆∆==212179 1.4494.84 1.2R Z Z e Mev fm a fm E Mevπε⨯⨯⋅===由于12θθ≈，可近似地将散射角视为：1259616022θθθ+︒+︒===︒；61590.0349180rad θπ︒-︒∆==︒将各量代入得：2413234419.32 1.51094.8102sin 600.03496.0210 1.51101974sin 30πη---⎛⎫⨯⨯⨯︒⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎪︒⎝⎭单位时间内入射的粒子数为：910195.0101 3.125101.6010Q I t N e e --⋅⨯⨯====⨯⨯（个） ∴T 时间内入射质子被散时到5961︒-︒之间得数目为：10493.12510 1.5110605 1.410N N T η-∆==⨯⨯⨯⨯⨯=⨯(个)② 入射粒子被散时大于θ的几率为：222231.88104242Aa ta ntctgN ctg Aπθρπθη-===⨯103103.12510 1.8810605 1.810N N T η-∴∆==⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ （个）③ 大于10︒的几率为：222108.171042a ntctg θπθη=-︒==⨯∴大于10︒的原子数为：10211' 3.125108.17106057.6610N -∆=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯（个）∴小于10︒的原子数为：10123.125101605'8.610N N ∆=⨯⨯⨯⨯-∆=⨯（个）注意：大于0ο的几率：1η=∴大于0ο的原子数为：103.12510605NT =⨯⨯⨯第二章 原子的量子态：波尔模型 2-1)解：k hv E W =+① 0, 1.9k E hv e =∴=有W h =0νHz seV eV h W 14150106.4101357.49.1⨯=⋅⨯==-ν nm eVeVnm W hc c6.6529.11024.1300=⋅⨯===νλ② nmhc eVeV nm W E hc ck 7.364)9.15.1(1024.13=+⋅⨯=+==νλ2-2)解： 22111;;()n n n V n c Zr a v Z Z E E Z n n nα==⋅== ① 对于H ：111210.53;4 2.12r na A r a A ︒︒====111210.53;4 2.12r a n a A r a A ︒︒===== 616112112.1910(); 1.110()2v c m s v v m s α--==⨯⋅==⨯⋅对于He +：Z=2112161611110.265;2 1.0622 4.3810(); 2.1910()r a A r a A v c m s v c m s αα︒︒--======⨯⋅==⨯⋅ 对于Li +：Z ＝31121616111140.177;0.7073333 6.5710(); 3.2910()2r a A r a A v c m s v c m s αα︒︒--======⨯⋅==⨯⋅② 结合能＝21()n A ZE E E n=-≡13.6;413.654.4;122.4H He Li E ev E ev E ev +++==⨯==③ 由基态到第一激发态所需的激发能：22221111113()()(1)2144Z Z E E E Z E E Z ∆=-=-=-对于H ：31312.410()(13.6)10.2;1216410.2H H hc ev E ev A A E ev︒︒⨯∆=-⨯-====∆eV eV E hc He 2.10104.123⨯=∆=+λ3()13.6440.8;303.94H HehcE ev E λ+︒∆=⨯⨯===∆1312.410()(13.6)10.2;1216410.2H H hc ev E ev A A E ev λ︒︒⨯∆=-⨯-====∆对于He +：13()13.6440.8;303.94H He hc E ev A E λ+︒∆=⨯⨯===∆9.303=∆=+E hcHe 3()13.6440.8;303.94H Hehc E ev A Eλ+︒∆=⨯⨯===∆ 对于Li ++：13()13.6991.8;135.14H Li hc E ev A E λ++︒∆=⨯⨯===∆1.135=∆=+E hc He 3()13.6440.8;303.94H Hehc E ev A E λ+︒∆=⨯⨯==∆ 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()eV E E E E Li8.91)323(22211212=-=-=∆++∴这就是碰撞电子应具有的最小动能。