近代物理作业计算题解答

第一章原子的位形 卢瑟福模型
1-2（1）动能为M eV .005的α粒子被金核以o
90散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚m μ1.0，则入射α粒子束以大于o
90散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？（金的
79Z =,g 197M =,3cm g 18.88ρ= ）
解：（1）依2θ
cotg 2a b = （式中 K
0221E 4ππe Z Z a =）
α粒子的2Z 1=，金的原子序数Z 2=79
(m)1022.752cot455.00
1.44792θcot E 4ππe 2Z 21b 15o K 022-⨯=⨯==
答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.
（2） 依: 2
θ
cotg 2a b =
可知当 o 90θ≥时，)b(90)b(θo ≤ 所以α粒子束以大于90°散射的粒子数是全部入射粒子的百分数为：
2b t πM
ρ
N b nt πN N A 2.
/==
%109.4(22.8fm)3.142m 101.0mol 197g cm 18.88g mol 106.023
261
3123-----⨯=⨯⨯⨯⨯⋅⋅⨯⨯=
方法二、依: d ΩNnt σdN c /= d θsin θ2πd Ω⋅=
2
sin
16sin 242
θ
θθπd nta N dN ⋅=、
2
sin 16sin 24
2
2
/
θ
θθπππd nta N N
⋅=⎰
因为M N M N V N n A A moi A ρρ===； )2
(sin 22sin 2)2(22cos 2sin 2sin θθθθθθθd d d ==
⎰⎰=⋅=ππππθθ
πρθθθπ23
2422
/2sin )
2(sin 242sin 16sin 2d M a t N d nta N N A
%104.9)90
sin 145sin 1(45222/
-⨯=-=o o A M a t N N N πρ
答：α粒子束以大于90°散射的粒子数是全部入射粒子的百分之3
104.9-⨯。

1-5 动能为1.0MeV 的窄质子束垂直地射在质量厚度（t ρ）为2
cm 1.5mg ⋅的金箔上，记数器的记录以60°角散射的质子。

计数器圆形输入孔的面积为21.5cm ，离金箔散射区的距离为10cm ，输入孔对着且垂直于射到它上面的质子，试问：散射到计数器输入孔的质子数与入射到金箔的质子数之比为多少？（质量厚度m ρ定义为
t ρρm =，ρ为质量密度，t 为靶厚度。

金的79Z =,g 197M =）
）。

要点分析：没给直接给n 、t 。

设置的难点是给出了质量厚度，计算时需把它转换成原子体密度n 和厚度t 。

需推导其关系。

解：输入圆孔相对于金箔的立体角为：2
r S ΔΩ=
，
原子核的数密度为：M
ρ
N ρM N V N n A A moi A ===
散射截面的定义为：2
θ16sin a Nntd ΩdN σ42
/C ==)(θ
则有：ΔΩ2
θ
16sin a M t ρN N ΔN η42
A ==; 113.76fm 1MeV
791MeV 1.44fm E 4ππe Z Z a K 0221=⨯⨯⋅==
642
A 108.9ΔΩ2
θ
16sin a M t ρN N ΔN η-⨯===
答：散射到计数器输入孔的质子数与入射到金箔的质子数之比为6
108.9-⨯
1-6 一束α粒子垂直射至一重金属箔上，试求α粒子被金属箔散射后，散射角大于60°的α粒子与散射角大于90°的粒子数之比。

解：对于每一个靶核，散射角大于θ的入射粒子位于)(θb b <的圆盘截面内，改截面面积为：2
C b πσ=
故散射角大于θ入射的粒子数为：
2)2
θcot 2a (t πNn b Nnt πΔN 2
/== 散射角大于60°的α粒子与散射角大于90°的粒子数之比为：
3)13(906090602
2
22==⎥⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎣
⎡===2cot
2cot )2cot 2a (t πNn ΔN )2cot 2a (t πNn ΔN /
/
o o o
o
答：散射角大于60°的α粒子与散射角大于90°的粒子数之比为3.
1-9 动能为1.0MeV 的窄质子束垂直地射到质量厚度（t ρ）为2
cm 1.5mg ⋅的金箔上，若金箔中含有百分之三十的银，试求散射角大于o
30的相对质子数为多少？（金的
79Z =,g 197M =,银的47Z =/,mol g 108M =/, ）
）
解：金箔中含有百分之三十的银，可以理解为金核和银核的粒子数之比为7：3窄质子束打到金核上以散射角大于o
30的相对质子数为：
2
30cot
)E 4ππZ Z e 4πM t ρN )230cot 2a πt M ρN b nt πN N o 22K o 12A 2o A 2
.(7.0(7.01⨯=⨯==∆=η窄质子束打到银核上以散射角大于o
30的相对质子数为：
2
30cot )E 4ππZ Z e 4πM t ρN )230cot 2a πt M ρN b t πn N N o
22K o 12A 2o A 2.
//
//2(3.0(3.0⨯=⨯==∆=η
最后以散射角大于o
30的相对质子数为：
3/2
/2o
22K o 12A 21105.80.3)M
Z 0.7M Z (230cot )E 4ππZ e (4t πρN ηηη-⨯=⨯+⨯=+=
答：散射角大于o
30的相对质子数为3105.8-⨯
1-10 由加速器产生的能量为1.2MeV 、束流为5.0nA 的质子束，垂直地射到厚为μm 1.5的金箔上，试求5min 内被金箔散射到下列角间隔内的质子数。

[1]
o o 61~59；[2] o o 60θθ=> ；[3] o o 0θθ1=<
（金的79Z =,mol g 197M =,3
cm
18.88g ρ-⋅=）
解：3281
3
123A m 105.77mol
197g cm 18.88g mol 106.02M ρN n ----⨯=⋅⋅⨯⨯== 12199109.36C
101.60260s
5A 105.0e IT N ⨯=⨯⨯⨯⨯==-- 94.8fm 1.2MeV
79
1MeV 1.44fm E 4ππZ Z e a K 0212=⨯⨯⋅==
（1）o
o
61~59
)](61b )(59π[b Nnt )(61b Nnt π)(59b Nnt πΔN o 2o 2o 2o 2/-=-=
9o 2o 22101.4)]261(cot )259([cot )2a (Nnt π⨯=-= （2）o
o 60θθ=>
1`02
o o
2
/
101.7)2
60cot 2a π(Nnt )(60πb Nnt ΔN ⨯===
（3）o
o 0θθ1=<
以散射角大于o
01散射的粒子数为
2
o o
2
/
)2
0cot
2a π(Nnt )0(πb Nnt ΔN 11== 则以散射角小于o
01散射的粒子数为
122
o o
2
/
108.6)2
10cot
2a π(Nnt N )(10πb Nnt N ΔN N ΔN ⨯=-=-=-= 答：[1] o o 61~595min 内被金箔散射的质子数为：9
101.4⨯
[2] o
o 60θθ=>5min 内被金箔散射的质子数为：1`0
10
1.7⨯
[3] o
o 0θθ1=<5min 内被金箔散射的质子数为：12
108.6⨯
第二章 原子的量子态：玻尔模型
2-3 欲使电子与处于基态的锂离子+
+i L 发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能? 解：非弹性散射过程，散射前后体系的机械能发生改变。

也就是在散射过程中电子的能量被+
+i
L 离子吸收，转化为离子的内能。

+
+i
L 离子能够吸收的最小能量要能使+
+i
L 从基态跃
迁到第一激发态,故若要发生非弹性散射，电子的最小动能应该等于+
+i L 从基态跃迁到第一
激发态的能量： 12K E E E -=
类氢离子的能量为 eV n
Z Z n hc E n 6.13R 22
22⨯-=-=
对于+
+i L 离子3Z =，则
eV eV Z Rhc Z hc E E E 8.91)4
1
1(6.133)1()2R (2222212K =-⨯⨯=---=-=
答：电子至少具有多大的动能。

eV 8.91
2-6 在波长从95nm 到125nm 的光带范围内，氢原子的吸收光谱中包含哪些谱线? 要点分析:原子发射谱线和原子吸收谱线对应的能量完全相同,吸收能量激发.
解： ∵ )1
1(
1
~22n
m R -==λ
ν
对应于波长为95nm---125nm 光可使氢原子激发到哪些激发态? 按公式 )nmKeV (24.1E
E hc ==
λ 最高激发能: ΔE 1= 1.24/95KeV=13.052eV
2eV 05.13)1
11(13.6)(22=-=∆n
hcR E 解之得n =4.98
∴ 依题意，只有从n =2,3,4的三个激发态向n =1的基态跃迁赖曼系，才能满足.而从n =3,4向n =2跃迁的能差为0.66eV 和2.55eV 较小,所产生的光不在要求范围.
eV 75.12)4
1
11(13.6)(2241=-=E 25nm .97)nm (0.0127524.14141===
E hc λ eV 09.12)3
1
11(13.6)(2231=-=E 56nm .102)nm (0.0120924.14131===
E hc λ eV 10.2)2
1
11(13.6)(2221=-=E 57nm .121)nm (0.010224.14121===
E hc λ 其三条谱线的波长分别为97.3nm, 102.6nm, 121.6nm.
2-7 试问哪种类氢离子的巴耳末系主线和赖曼系主线的波长差等于133.7nm? 要点分析: 只要搞清楚巴耳末系主线n 32和赖曼系主线n 21的光谱波长差即可. 解:赖曼系m =1,n =2; 巴耳末m =2,n =3
设此种类氢离子的原子序数为Z.依里德伯公式则有
36
5)3121(1
2
A 222
A B Z R Z R ++=-=λ 即 2
A B 536Z R +=λ 4
3)2111(1
2
A 222
A L Z R Z R ++=-=λ 2A L 34Z R +=λ
7.1331588
345362
A 2A 2A L
B ==-=-+++Z R Z R Z R λλ d
解之 Z= 2（注意波数单位与波长单位的关系,波长取纳米,里德伯常数为
0.0109737nm -1,1cm=108
nm,即厘米和纳米差十的八次方） Z=2, 它是氦离子.
2-8 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．
要点分析:光子使原子激发,由于光子质量轻,能使全部能量传递给原子.
解：He +
所辐射的光子 )40.8()2111(213.6)11(
2
22222
12eV n m Z hcR E E h He =-⨯=-=-=+ν 氢原子的电离逸出功 13.6(eV))1
11(221=∞
-=-=∞H hcR E E φ
∴ φν-=h V m e 221
106161384010192
1
--⨯⨯-=⨯⨯.)..(.V V =3.09×106
（m/s ）
2-10 -μ-
子是一种基本粒子，除静止质量为电子质量的207倍外，其余性质与电子都一样．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．
要点分析: 这个系统也类似于氢原子,只不过将μ-取代电子,同时要考虑质量对轨道半径的影响和相对运动的影响,将质子作为原子核即可.
解：（1）依据： 22
02
4n r n m e μπε=
22222
40022
4410.053(nm) 2.5610nm 207207n e r n n n m e m e μπεπε-====⨯ （2） 依 2n n hc
R E μ-=μ 24A 230211(4)11e m m M M
e m R R ch ππε==⋅++ 2420723018362207111207207186.03(4)111e e
e m m m
M M m e m R R R R ch μππε====⋅+++ 由 )eV (2530
03.1866.1303.1862
222n n
n n Rhc n hc R E μ-=⨯-=-=-=μ E 1=-2530eV （3） 由 121
T T νλ
=-=
知，赖曼线系最短波长的光线应是从n →∞到n =1的跃迁。

依据： nm 0.49eV
2530nmKeV
1.24nmKeV 1.241==-=
∞E E λ
答：μ子原子的第一玻尔轨道半径为2.85×10-4
nm;
第四章：原子的精细结构：电子的自旋
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：电子具有自旋，则存在于自旋相联系的磁矩S μ，它在磁场作用下的能量为
B μU S ⋅-=
电子自旋方向与磁场平行和反平行，则有
B μm g B -μB μU B S S SZ S =⋅=⋅-= （其中 2
1m 2,g S S =
=） 所以电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量为 B μU B ±=
则电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为 eV 101.41.2T T
eV 100.57882B 2μΔU 11
-4
B --⨯=⨯⋅⨯⨯==
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cm 10d =，磁极中心到屏的距离cm 25D =．如果银原子的速率为s 400m ，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12
S ，质量为107.87u ）
解：银原子的基态为212
S ，其角动量量子数分别为
21m ,21j ,21s 2,12s 0,l j ±====+= 朗德g 因子为： 21)
2j(j 1)
l(l 1)s(s 23g =++-++
= 在史特恩-盖拉赫实验中，银原子束打到屏上，偏离x 轴的距离为
2
Z B j j Z Z mv
dD
Z B μg m 3kT dD Z B μz ⋅∂∂-=⋅∂∂= 则线束在屏上的分裂间距为 2
Z B
mv dD Z B μz ⋅∂∂=∆2 磁场强度的梯度值为
cm T 101.2dD
μzmv Z B 2B 2
Z ⨯=∆=∂∂2
4-5在史特恩-盖拉赫实验中(图19.1)，不均匀横向磁场梯度值为cm
T
5.0z
B
=∂∂，磁场
的纵向范围cm 10d =，磁极中心到屏的距离cm 30D =，使用的原子束是处于基态234
F 的钒原子，原子的动能50MeV E k =．试求屏上线束边缘成分之间的距离．
解：钒原子的基态为234
F ，其角动量量子数分别为
21,23m ;23J ;23S 4,12S 3;L J ±±====+= 朗德g 因子为： 52
1)2J(J 1)L(L 1)S(S 23g J =++-++
= 则有 5
1
;53g m J J ±±=
原子束打到屏上，偏离x 轴的距离为
k
Z B j j Z Z 2E dD
Z B μg m 3kT dD Z B μz ⋅∂∂-=⋅∂∂= 屏上线束边缘成分之间的间距为 m 101.02E dD Z B μ56Δz 2k
Z B -⨯=⋅∂∂=
4-10 锌原子光谱中的一条谱线(03
13P S ⇒)在 1.00T B =的磁场中发生塞曼分裂，试问：
从垂直于磁场方向观察，原谱线分裂为几条?相邻两谱线的波数差等于多少?是否属于正常
塞曼效应?并请画出相应的能级跃迁图．
解： 对于锌原子03
13P S ⇒跃迁，考虑到光源在磁场中的塞曼效应，
B )μg m g (m h νh νB 1122/
-+=；)L g m g (m ν1122~
-= 对于原子的基态为13
S ，其角动量量子数分别为 1,0m ;1,J ;0,L 1;S 3,12S J ±=====+ 则朗德因子为2g =，故有2,0g m J J ±=
对于原子的基态为03P ，其角动量量子数分别为 0m ;,J ;,L 1;S 3,12S J =====+01 故有0g m J J = 利用格罗春图，则
根据跃迁选择定则1±=0,Δm J ，则 )L (ν~
2,0,2-=∆ 其中 17.464-==
m c
m eB
L e π
从垂直于磁场方向观察，该谱线在外加磁场中分裂为三条，一条为π线（0Δm J =），
两条为σ线（1Δm J ±=），相邻两谱线的波数差为： 1~
93.4m L ν-==∆2
虽然谱线一分为三，但彼此间间隔值为2μB B ，并不是μB B ，并非激发态和基态的S=0，因S≠0所以它不是正常的塞曼效应。

对应的能级跃迁图
4-12 钾原子的价电子从第一激发态向基态跃迁时，产生两条精细结构谱线，现将该原子置于磁场B 中(设为弱场)，使与此两精细结构谱线有关的能级进一步分裂．试计算能级分裂大小，并绘出分裂后的能级图．
解：钾原子基态电子组态4s ；原子的基态为212S 4
第一激发态为4p ，对应的原子组态为232
p 4，212
p 4； 第一激发态向基态跃迁为232p 4⇒12S 4，212p 4⇒212S 4 对于原子态232p 4，其角动量量子数分别为
21,23m ;,23J ;1,L ;21S 2,12S J ±±=====+ 则朗德因子为341)2J(J 1)L(L 1)S(S 23g J =++-++=，故有32,36g m J J ±±=
对于原子态212
p 4，其角动量量子数分别为
21m ;,21J ;1,L ;21S 2,12S J ±=====+ 则朗德因子为32g J =，故有31g m J J ±= 对于原子态12S 4，其角动量量子数分别为
21m ;,21J ;0,L ;21S 2,12S J ±=====+ 则朗德因子为2g J =，故有1g m J J ±=
在磁场中引起的附加能量为：B μm g B μB μE B J J JZ J =⋅-=⋅-=
32
p 4能级分裂的能级间距为: m 2g 2从+2→+2/3为B μ34
ΔE B /
2=
212
p 4能级分裂的能级间距为: m 2g 2从+1/3→-1/3为B μ3ΔE B /21=
212
S 4能级分裂的能级间距为: m 1g 1从+1→-1为B 2μΔE B /0=
第五章 多电子原子：泡利原理
5-7 依L -S 耦合法则，下列电子组态可形成哪些原子态?其中哪个态的能量最
低?
（1）4np ；（2）5np ；（3）d)nd(n / ．
解：（1）4np 与2
np 具有相同的原子态。

对于2
np ，依L-S 耦合原则
1l l 21==，2,1,0L =；2
1
s s 21=
=，0,1S = 根据偶数定则 当 0S =时，20，L = 对应的原子态为2101D S ,
当 1S =时，1L = 对应的原子态为2,1,03P
故电子组态4np 可形成的原子态为2101D S ,，2,1,0
3
P 对于同科电子,根据洪特定则可知，按反常次序,J 取最大值2时能量最低,基态应是23
P 。

（2）同理，（1）5
np 与1
np 具有相同的原子态。

对于1
np ，依L-S 耦合原则
1l =，1L =；
21
s =，21S =对应的原子态为212P 232P 故电子组态5
np 可形成的原子态为2
12
P 32
P
根据洪特定则可知，按正常次序,J 取最大值23时能量最低,故基态应是232P 。

（3）对于d)nd(n /
，依L-S 耦合原则2l l 21==，2,1,04，L ，3=；2
1
s s 21=
=，0,1S = d)nd(n /
可形成的原子态为：
5,4,334,3,233,2,132,1,0313
4131211101G ,F ,D ,P ,S G ,F ,D ,P ,S
根据洪特定则可知，在这些态中能量最低的是4L 1S ==，，由于p 电子数没有达
到半满，J 按正常次序, J 取最小值3时能量最低,基态应是33
G 。

？？
5-8 铍原子基态的电子组态是2s 2s ，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?画出相应的能级跃迁图．若那个电子被激发到2p 态，则可能产生的光谱线又为几条?
解： 对铍原子基态的电子组态是2s 2s ，有0==21l l ，0L =，
2
1
s s 21==，0,1S = 2s2s 为同科电子组态，根据偶数定则有0S =，则2s2s 形成的原子态为01S ，
对电子组态2s3p ，有0l 1=，1l 2=，1L =；2
1
s s 21==，0,1S =
则2s3p 电子组态形成的原子态为11P 2,1,03P 在电子组态2s3p 和电子组态2s2s 形成的能级之间还有电子组态2s3s 和2s2p 形成的能级，
对2s3s 有0==21l l ，0L =，21
s s 21==，0,1S =形成的原子态为0S 113S ，
对2s2p 有0l 1=，1l 2=，1L =，
2
1
s s 21==，0,1S =形成的原子态为11P 2,1,03P 这样电子被激发到3p 态，在满足跃迁选择规则下，向低能态跃迁的过程中可以产生10条谱线。

若电子被激发到2p 态，在满足跃迁选择规则下，向低能态跃迁的过程中可以产生1条
谱线。

5-10 依照S L -耦合法则,2(nd)组态可形成哪几种原子态?能量最低的是哪个态?并依此确定钛原子的基态。

解：
对于2
(nd)，依L-S 耦合原则2l l 21==，2,1,04，L ，3=；2
1
s s 21=
=，0,1S = 根据偶数定则当 0S =时，40L ，，2= 对应的原子态为2101D S ,,4G 1
当 1S =时，31，L = 对应的原子态为2,1,03P , 4,3,23F
故电子组态2
(nd)可形成的原子态为: 2101D S ,,4G 1,2,1,03P ,4,3,23F
根据洪特定则可知，同科电子在壳层电子数不超过半数的情况下,按正常常次序, J 小的能级较低,因而2F 3
状态能级最。

,
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：在施特恩-盖拉赫实验中，原子束打在屏上的位置与轴心的距离为 3k T
dD
z B μg m z B
J J 2∂∂-=
因此分裂的条数由J J g m 的取值可能数决定
对于氦原子处于基态时电子组态为 s 11s ：
其中11=n ，12=n ；01=l ，02=l ；2
121=
=s s 所以：021===s s S ；0=L 故原子态为91S ，
所以0=J
氦原子束通过非均匀磁场后在屏上可接收到的束数为112=+J 条
而硼原子的电子组态为1
2
2
221p s s ：
其中2p 态未满：11==l L ；2
1
1==s S ，p 电子没有未达到半满，按正常序，基态
2
1=
-=S L J 故原子态为212P ，所以21=J ，硼原子束通过非均匀磁场后在屏上可接收到的束数为212=+J 条
5-12 写出下列原子的基态的电子组态，并确定它们的基态：P 15，S 16，Cl 17，Ar 18。

解：1.对于P 15原子，基态的电子组态为 3
2
6
2
2
3p 3s 2p 2s 1s 填满的壳层角动量为0，原子的角动量等于3
3p 的总角动量，根据洪特定则，未满壳层的电子的排布如图所示
故2
3
S m a x =
就是基态的总自旋，3个同科p 电子的自旋s m 取值相同， p 电子的l m 只能分别取1，0，-1中的不同值，显然0m m l L ==∑，
对应于0L =，故对于P 15原子，基态的原子态 23S =
，0L =，其J 只能取一个值2
3J =
所以P 15原子基态的原子态为34S 。

2. 对于S 16的原子，基态的电子组态为4
26223p 3s 2p 2s 1s 填满的壳层角动量为0，原子的角动量等于4
3p 的总角动量，根据洪特定则，未满壳层的电子的排布如图所示
故1=m a x S 就是基态的总自旋，显然1-1,0m
m l
L ==∑，
故1L =，又因为4个p 电子超过p 支壳层满额的一半，多重态有反
常序，即2S L J =+=，所以S 16原子基态的原子态为23
P 。

3. 对于Cl 17的原子，基态的电子组态为52
6
2
2
3p 3s 2p 2s 1s 填满的壳层角动量为0，原子的角动量等于5
3p 的总角动量，根据洪特定则，未满壳层的电子的排布如图所示
故
21S =就是基态的总自旋，显然1-1,0m m l L ==∑，
故1L =，又因为5个p 电子超过p 支壳层满额的一半，多重态有反
常序，即23S L J =+=，所以Cl 17原子基态的原子态为233
P 。

4对于Ar 18的原子，基态的电子组态为6
2
6
2
2
3p 3s 2p 2s 1s ，壳层全部填满，原子的角动量等于0，即0S =，0L =，0S L J =+=，所以Ar 18原子基态的原子态为01S
第六章 X 射线
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X K -α射线的波长为nm 0685.0，试求出该元素的原子序数． 解：根据莫塞莱的经验由公式 2222)1(4
3
)2111()1(1
-=--==Z Rc Z cR c
K K α
αλν
由此可以得到该元素的原子序数为 430685.036.1324.141341≈⨯⨯⋅⨯+=+
=nm
eV keV nm Rhc hc Z K αλ
答：该元素的原子序数为43.
6-3钕原子(60=Z )的L 吸收限为nm 19.0，试问从钕原子中电离一个K 电子需作多少功? 解：根据莫塞莱经验公式可以求出X K -α射线的能量为 2222)1(43
)2
111()1(-=--==
=Z Rhc Z Rhc hc
h E K K K α
αα
λν
keV eV Rhc 5.35596.134
3)160(4322
=⨯⨯=-=
而X K -α射线为电子从K 层跃迁到L 层空穴发出的谱线，其能量又可以表示成L 层与K 层电子的能量差，即
keV h E E E K K L K 5.35==-=ααν
钕原子的L 吸收限为nm 19.0，则2=n 壳层的电子的能量为
keV nm
keV
nm hc
E L 5.619.024.1-=⋅-
=-
=∞
λ
所以钕原子中K 壳层的电子能量为 keV keV keV E E E K L K
0.425.355.6-=--=-=α
则从钕原子中电离一个K 电子需作keV 0.42功
答：从钕原子中电离一个K 电子需作keV 0.42功
6-5 已知铅的K 吸收限为0.0141nm , K 线系各谱线的波长分别为：)0.0167nm(K α；
)nm(K 0.01β46；)nm(K 0.01χ42,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αL 线的波长．
解: (1) 铅的K 吸收限为0.0141nm ，K 壳层的电子能量为
keV nm
keV
nm hc
E K K 9.870141.024.1-=⋅-
=-
=∞
λ
而αK 谱线为电子从L 层跃迁到K 层空穴发出的谱线，则有
α
ααλνK K K L K hc
h E E E =
=-=
L 壳层的电子能量为：
keV nm
keV
nm keV hc
E E K K L 6.130167.024.19.87-=⋅+-=+
=α
λ
同理：keV nm
keV
nm keV hc
E E K K M 97.20146.024.19.87-=⋅+-=+=α
λ
keV nm
keV
nm keV hc
E E K K N 58.00142.024.19.87-=⋅+
-=+
=α
λ
（2）要激发L 线系，必须在L 壳层产生一个空穴，故电离所需最小的能量为 k e V E E
L 6.130=-=
k e V k e V k e V
E E E L M L 6.10)6.13(97.2=---=-=α αL 线的波长为 nm keV
keV nm E hc L L 12.06.1024.1=⋅==
ααλ
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k e V 10，试求入射光子的能量．
解：根据康普顿公式)cos 1(/
θλλλλ-=-=∆ee （式中c
m h
o ee =
λ） 若光子能传递给静止电子能量最大，则λ∆最大，即1cos -=θ，故有
ee λλλλ2/=-=∆
散射光子的波长为 ee λλλ2/
+=
光子散射前后能量的变化为keV hc
hc
hc
hc
E ee
102/
=+-
=
-
=∆λλλ
λλ
有此得方程 05
22
=-+ee
ee hc λλλλ 解得 5
2
ee
ee ee hc λλλλ+
+-= （负的舍去） keV
nm keV nm nm nm 5)
1043.2(24.1)1043.2(1043.232
3
3---⨯⨯⋅+⨯+⨯-=λ
nm 31023.22-⨯=
所以入射光子的能量为 keV nm
keV
nm hc
h E 8.551023.222413
=⨯⋅=
=
=-。

λ
ν 答：入射光子的能量为 keV 8.55。

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．如反冲质子获得的能量为5.7MeV ，则入射光子的最小能量为多大? 解：质子的康普顿波长为 nm 101.32938M eV keV 1,24nm c m hc c m h λ6
2
p p -⨯=⋅===
要使入射光子的能量E 最小，则1cos θ-=，质子获得的能量K E 为 2E c m 2E c
m E 21c m E
2E c m h ν21c m h ν2
h νE 2
p 2
2p 2p 2p 2p K +=+=+= 2E
c m 2E 5.7MeV 2
p 2
+= 可得出：入射光子的能量最小M e V
E 654。

= 答：质子的康普顿波长为 nm 101.326
-⨯，入射光子的能量最小M e V 654。

常数表
普朗克常数 h = 6.626 ⨯10-34
J ⋅s = 4.136⨯10-15
eV ⋅s ；里德堡常数 R ∝ = 1.097⨯107m -1 基本电荷 e = 1.602 ⨯ 10-19C ； 阿伏伽德罗常数 N A = 6.022⨯1023mol -1 复合常数 hc = 1240eV ⋅nm 玻耳兹曼常数 k = 1.380⨯10-23J ⋅K -1 = 8.617⨯10-5eV ⋅K -1 电子质量 m e = 9.11⨯10-31kg = 0.511Mev/c 2 质子质量m p = 1.67⨯10-27kg = 938MeV/c 2 玻尔磁子μB = 9.274⨯10-24J ⋅T -1 = 5.788⨯10-5eV ⋅T -1玻尔半径 a 0 = 0.529⨯10-10m
原子质量单位 1u = 1.66⨯10-27kg = 931MeV/c 2
复合常数 e 20
4πε = 1.44eV ⋅nm。