原子物理学课后习题答案第8章

第八章 X 射线

8.1 某X 光机的高压为10万伏，问发射光子的最大能量多大？算出发射X 光的最短波长。

解：电子的全部能量转换为光子的能量时，X 光子的波长最短。而光子的最大能量是：

5

max 10==Ve ε电子伏特

而 m i n

m a x λεc

h

=

所以ο

ελA c

h

124.010

60.11010

310

63.619

5

8

34

max

min =?????=

=--

8.2 利用普通光学反射光栅可以测定X 光波长。当掠射角为θ而出现n 级极大值出射光线偏离入射光线为αθ+2，α是偏离θ级极大出射线的角度。试证：出现n 级极大的条件是

λα

αθn d =+2

sin

2

2sin

2

d 为光栅常数（即两刻纹中心之间的距离）。当θ和α都很小时公式简化为

λα

θαn d =+

)2

(2

。

解：相干光出现极大的条件是两光束光的光程差等于λn 。而光程差为：

2

sin 2

2sin 2)cos(cos α

αθαθθ+=+-=?d d d L

根据出现极大值的条件λn L =?，应有

λα

αθn d =+2

sin 2

2sin 2

当θ和α都很小时，有2

2

sin

;2

2

22

2sin α

α

α

θαθαθ≈

+

=+≈

+

由此，上式化为：;)2

(λαα

θn d =+

即 λα

θαn d =+

)2

(2

8.3 一束X 光射向每毫米刻有100条纹的反射光栅，其掠射角为20＇。已知第一级极大出现在离0级极大出现射线的夹角也是20＇。算出入射X 光的波长。

解：根据上题导出公式：

λα

αθn d =+2

sin 2

2sin 2

由于'20,'20==αθ，二者皆很小，故可用简化公式：

λα

θαn d =+

)2

(2

由此，得：ο

α

θαλA n

d 05.5)2

(;=+

=

8.4 已知Cu 的αK 线波长是1.542ο

A ，以此X 射线与NaCl 晶体自然而成'5015ο角入射而得到第一级极大。试求NaCl 晶体常数d 。

解：已知入射光的波长ο

λA 542.1=，当掠射角'5015οθ=时，出现一级极大（n=1）。

ο

θ

λ

θλA

d d n 825.2sin 2sin 2==

=

8.5 铝（Al ）被高速电子束轰击而产生的连续X 光谱的短波限为5ο

A 。问这时是否也能观察到其标志谱K 系线？

解：短波X 光子能量等于入射电子的全部动能。因此

3

1048.2?≈=λ

εc

h

电电子伏特

要使铝产生标志谱K 系，则必须使铝的1S 电子吸收足够的能量被电离而产生空位，因此轰击电子的能量必须大于或等于K 吸收限能量。吸收限能量可近似的表示为：

2

2

)(σ-=

Z n

Rhc E K

这里，13,0,1===Z n σ；所以有：

1030.21031063.610097.116913133

8

34

7

2

2

电子伏特?=??????=≈=-∞hc R Rhc E K

故能观察到。

8.6 已知Al 和Cu 对于ο

λA 7.0=的X 光的质量吸收系数分别是

公斤米公斤和米/0.5/5.02

2

，Al 和Cu 的密度分别是3

3

/107.2米公斤?和

3

3

/1093.8米公斤?。现若分别单独用Al 板或Cu 板作挡板，要ο

λA 7.0=的X 光的强度

减至原来强度的1/100。问要选用的Al 板或Cu 板应多厚？

解：ο

λA 7.0=，公斤米公斤；米/0.5)(

/5.0)(

2

2

==Cu Al ρ

τρ

τ

3

333

/1093.8/107.2米公斤，米公斤?=?=Cu Al ρρ

x

e

I I I I μ-==

00

1001

因为X 光子能量较低，通过物质时，主要是电离吸收，故可只考虑吸收而略掉散射。

x

x

e

I I e I I τττμ--==

==∴10010

所以有：100ln 1

τ

=x

对于Al:

公斤米/5.02

=ρ

τ

米

米

米公斤公斤米3

1

33

3210

41.3100ln 1

1035.1/107.2/5.0--?==

?=??=∴τ

τAl x

对于Cu:

公斤米/0.52

=ρ

τ

米

米

米公斤公斤米4

1

43

3210

03.1100ln 1

10465.4/1093.8/0.5--?==

?=??=∴τ

τCu x

8.7 为什么在X 光吸收光谱中K 系带的边缘是简单的，L 系带是三重的，M 系带是五重的？

答：X 射线通过物质时，原子内壳层电子吸收X 射线能量而被电离，从而产生吸收谱中带有锐利边缘的多个线系。吸收谱的K 、L 、M 、……系是高能X 光子分别将n=1,2,3……壳层的电子电离而产生的。每一谱线的锐边相当于一极限频率，在这频率下，X 光子恰好把电子从相应壳层电离而不使其具有动能。对应于X 射线能级的谱项公式是：??+-

-+

-=

)4

3(

)

()

(4

4

22

2

K

n n

S Z R n

Z R T ασ

式中σ对不同的n 和不同的l 都不同，K=J+1/2。由于J 不同也有不同的谱项数。对于K 壳层,2

1,0,1=

==J l n ,σ只有一个值，只有一个光谱项，所以K 系带的边缘是简单的。对于

L 壳层2=n 可以有三组量子数)2

3,1(),2

1,1(),2

1,0(=

==

==

=J l J l J l 。此三组量子数

分别对应有三种谱项值，所以，L 系有三个吸收限，即是三重的。M 壳层, 3=n ,可以有五组量子数：)25,2(),2

3,2(),2

3,1(),2

1,1(),2

1,0(=

==

==

==

==

=J l J l J l J l J l 。此五

组量子数分别对应五个光谱项值，所以M系带有五个吸收限，即是五重的。同理可知：N 系是七重的。Ｏ系是九重的。

8.8 试证明X光标识谱和碱金属原子光谱有相仿的结构。

证明：我们以X光谱L系与碱金属光谱进行比较。L系是由外层电子向L壳层（n=2）上的空位跃迁时发射的。它可分成三个小系。

L系是电子由诸ｎ＞２的p能级向s2能级跃

I

迁产生的。s能级是单层的，p能级是双层的且间隔随n的增大而逐渐减小。所以

L系由

I

双线构成且随波数增加而双线间隔缩小。对应的碱金属主线系也是诸p能级向较低的s能级跃迁产生的，而p、s能级结构与X能级相仿。所以其光谱具有相仿的结构。

L系是由诸

II

的3

n能级跃迁到2P能级上产生的，而s是单层的，p是双层的。所以

L系谱必是由一

II

组等间距的双线构成。

L系对应于碱金属第二辅线系的跃迁。它们有相仿的结构。同理，

II

L系与碱金属第一辅线系有相仿结构。其他X光谱系也具有同金属相仿的结构。

III

X光标志谱之所以与碱金属原子光谱具有相仿的结构，在于满壳层缺少一个电子形成的原子态同具有一个价电子的原子态相同。X能级是有满壳层缺少一个电子构成的；碱金属能级是一个价电子形成的。根据第七章习题8的证明，它们应有相同的谱项，因而具有相仿的结构。在跃迁是，它们服从同样的选择定则，因此它们应有相仿的光谱线系。

(完整版)原子物理学第五章填空判断题(有答案)

第五章增加部分 题目部分，(卷面共有50题,96.0分,各大题标有题量和总分) 一、判断题(16小题,共16.0分) 1．(1分)同一电子组态形成的诸原子态间不发生跃迁。 2．(1分)跃迁可以发生在偶宇称到偶宇称之间。 3．(1分)跃迁只发生在不同宇称之间。 4．(1分)两个s电子一定可以形成1S0和3S1两个原子态。 5．(1分)同科电子形成的原子态比非同科电子形成的原子态少。 6．(1分)镁原子有两套能级，两套能级之间可以跃迁。 7．(1分)镁原子的光谱有两套，一套是单线，另一套是三线。 8．(1分)钙原子的能级是二、四重结构。 9．(1分)对于氦原子来说，第一激发态能自发的跃迁到基态。 10．(1分)标志电子态的量子数中，S为轨道取向量子数。 11．(1分)标志电子态的量子数中，n为轨道量子数。 12．(1分)若镁原子处于基态，它的电子组态应为2s2p。 13．(1分)钙原子的能级重数为双重。 14．(1分)电子组态1s2p所构成的原子态应为1P1和3P2,1,0。 15．(1分)1s2p ,1s1p 这两个电子组态都是存在的。 16．(1分)铍（Be）原子若处于第一激发态，则其电子组态为2s2p。 二、填空题(34小题,共80.0分) 1．(4分)如果有两个电子，一个电子处于p态，一个电子处于d态，则两个电子在LS耦合下L的取值为（）P L的可能取值为（）。 2．(4分)两个电子LS耦合下P S的表达式为（），其中S的取值为（）。3．(3分)氦的基态原子态为（），两个亚稳态为（）和（）。 4．(2分)Mg原子的原子序数Z=12，它的基态的电子组态是（），第一激发态的电子组态为（）。 5．(2分)LS耦合的原子态标记为（），jj耦合的原子态标记为（）。6．(2分)ps电子LS耦合下形成的原子态有（）。 7．(2分)两个电子LS耦合，l1=0，l2=1下形成的原子态有（）。 8．(2分)两个同科s电子在LS耦合下形成的原子态为（）。 9．(2分)两个非同科s电子在LS耦合下形成的原子态有（）。 10．(2分)两个同科s电子在jj耦合下形成的原子态为（）。 11．(4分)sp电子在jj耦合下形成（）个原子态，为（）。12．(2分)洪特定则指出，如果n相同，S（）的原子态能级低；如果n和S均相同，L （）的原子态能级低（填“大”或“小”）。 13．(2分)洪特定则指出，如果n和L均相同，J小的原子态能级低的能级次序为（），否则为（）。 14．(2分)对于3P2与3P1和3P1与3P0的能级间隔比值为（）。 15．(2分)对于3D1、3D2、3D3的能级间隔比值为（）。 16．(2分)郎德间隔定则指出：相邻两能级间隔与相应的（）成正比。 17．(3分)LS耦合和jj耦合这两种耦合方式所形成的（）相同、（）相同，但（）不同。 18．(4分)一个p电子和一个s电子，LS耦合和jj耦合方式下形成的原子态数分别为（）

原子物理学 杨福家 第四版(完整版)课后答案

原子物理学杨福家第四版(完整版)课后答案 原子物理习题库及解答 第一章 111,222,,mvmvmv,，,,,,,ee222,1-1 由能量、动量守恒 ,,,mvmvmv,，,,,,ee, (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 mv2,,,得碰撞后电子的速度 p v,em，m,e ,故 v,2ve, 2m,p1,mv2mv4,e,eee由 tg,~,~~,~,2.5，10(rad)mvmv,,,,pm400, a79，2，1.44,1-2 (1) b,ctg,,22.8(fm)222，5 236.02，102,132,5dN(2) ,,bnt,3.14，[22.8，10]，19.3，,9.63，10N197 24Ze4，79，1.441-3 Au核: r,,,50.6(fm)m22，4.5mv,, 24Ze4，3，1.44Li核: r,,,1.92(fm)m22，4.5mv,, 2ZZe1，79，1.4412E,,,16.3(Mev)1-4 (1) pr7m 2ZZe1，13，1.4412E,,,4.68(Mev)(2) pr4m 22NZZeZZeds,,242401212dN1-5 ()ntd/sin()t/sin,,,,,2N4E24EAr2pp 1323,79，1.44，106.02，101.5123,,()，，1.5，10，， 24419710(0.5) ,822,610 ,6.02，1.5，79，1.44，1.5，,8.90，10197 3aa,,1-6 时， b,ctg,,,,6012222 aa,,时， b,ctg,，1,,902222 32()2,dNb112 ？,,,32dN1,b222()2 ,32,324，101-7 由，得 b,bnt,4，10,,nt

第八章课后题答案

《第八章运动和力》 《8.1牛顿第一定律》 1.同学们在一起讨论运动和力的关系。小明认为，一切物体只有受力才能保持匀速直线运动，不受力总是静止的；小华认为，一切物体只有受力才能保持静止，不受力总是做匀速直线运送。他们的说法对吗？为什么？ 他们说的都不对。 因为力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因。即物体在不受力时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。 2.如图，用力击打一摞棋子中间的一个，这棋子飞出而上面的棋子又落 回原位置。你能解释这是为什么吗？ 一切物体都具有惯性，当用力击打其中一个棋子时，其他棋子由于具有 惯性，保持原来的静止状态。因此它们又落回原位置。 3.分析下列现象是怎样利用惯性的。 （1）通过拍打窗帘清除它上面的浮灰。 当拍打窗帘时，窗帘上的浮灰由于惯性，保持原来的静止状态，在窗帘 运动时，离开了窗帘。 （2）标枪运动员为取得好成绩，掷标枪前需要助跑。 因为助跑后掷出标枪时，标枪由于具有惯性，还要保持原来运动员助跑时的速度，这样可使标枪运动的更远。 4.在一列匀速直线行驶的列车内，一位同学相对于车厢竖直向上挑起，他是否会落在车厢内原来的起跳点？说出你的理由。 能落在原来的起跳点。 因为一切物体都具有惯性，当他跳起时，由于具有惯性，仍然保持原来与列车同样的运动状态，跳起的同时继续以与列车同样的速度向前运动。因此能落在原来起跳点。 《8.2二力平衡》 1.在图中，F和F是物体所受的方向相反的两个力，哪些情况下，这两个力是平衡的？ 乙和丁 2.在平直的地面上，一个人沿水平方向用20N的力推一辆小车匀速向西运动，试画出小车所受阻力的大小和方向。

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： 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 -=ν2 021知,铯的光电效应阈频率为: 阈值波长: m)(1054.610 585.41037 14 800-?=??==νλc (2) J 101.63.4eV 4.3eV 5.1eV 9.12 119 -20??==+=+=mv w h ν 故: m )(10656.310 6.14.31031063.6719 8 34---?=?????===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 27001067.11021.62227 21 ≈???== --n m v ε 由德布罗意公式得：)nm (15.02700 1067.11063.62734 =???===--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 （2）由德布罗意公式得： )m (104.110 3101.931063.63212 8 313400---?=?????=====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 hc c 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)/(2 0=-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7 10/-=?λλ,试问该原子态的寿命为 多长? 解： 77 8 3421010 61031063.6)(---?????=??=?-=?=?λλλλλνhc c h h E )J (10315.326-?= 由海森伯不确定关系2/ ≥??t E 得：)s (1059.110315.32100546.12926 34 ---?=???=?≥=?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6 10-.试求此光子位置的不确定量. 解： λ λ λλλλλλ?? =?≈?+-=?h h h h p 2，或：

原子物理学练习题及答案

填空题 1、在正电子与负电子形成的电子偶素中，正电子与负电子绕它们共同的质心的运动，在n = 2的状态， 电子绕质心的轨道半径等于 nm 。 2、氢原子的质量约为____________________ MeV/c 2。 3、一原子质量单位定义为 原子质量的 。 4、电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为 eV 。 5、电子电荷的精确测定首先是由________________完成的。特别重要的是他还发现了 _______ 是量子化的。 6、氢原子 n=2,n φ =1与H + e 离子n=?3,?n φ?=?2?的轨道的半长轴之比a H /a He ?=____, 半短轴之比b H /b He =__ ___。 7、玻尔第一轨道半径是0.5291010-?m,则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=_____,半短轴 b?有____个值，?分别是_____?， ??, . 8、 由估算得原子核大小的数量级是_____m,将此结果与原子大小数量级? m 相比, 可以说明__________________ . 9、提出电子自旋概念的主要实验事实是-----------------------------------------------------------------------------和 _________________________________-。 10、钾原子的电离电势是4.34V ，其主线系最短波长为 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 eV （仅需 两位有效数字）。 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——————————————————————————————————————————————。 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————————————表示，轨道角动量确定后, 能级的简并度为 。 14、32P 3/2→22S 1/2 与32P 1/2→22S 1/2跃迁, 产生了锂原子的____线系的第___条谱线的双线。 15、三次电离铍(Z =4)的第一玻尔轨道半径为 ，在该轨道上电子的线速度 为 。 16、对于氢原子的32D 3/2能级，考虑相对论效应及自旋-轨道相互作用后造成的能量移动与 电子动能及电子与核静电相互作用能之和的比约为 。 17、钾原子基态是4s,它的四个谱线系的线系限的光谱项符号,按波数由大到小的次序分别 是______,______,_____,______. (不考虑精细结构，用符号表示). 18、钾原子基态是4S ，它的主线系和柏格曼线系线系限的符号分别是 _________和 __ 。 19、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?x,x p ? 之间的关系为_____ 。 20、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?E,t ? 之间的关系为_____ 。

统计学第七章、第八章课后题答案

统计学复习笔记 第七章参数估计 一、思考题 1．解释估计量和估计值 在参数估计中，用来估计总体参数的统计量称为估计量。估计量也是随机变量。如样本均值，样本比例、样本方差等。 根据一个具体的样本计算出来的估计量的数值称为估计值。 2．简述评价估计量好坏的标准 （1）无偏性：是指估计量抽样分布的期望值等于被估计的总体参数。 （2）有效性：是指估计量的方差尽可能小。对同一总体参数的两个无偏估计量，有更小方差的估计量更有效。 （3）一致性：是指随着样本量的增大，点估计量的值越来越接近被估总体的参数。 3．怎样理解置信区间 在区间估计中，由样本统计量所构造的总体参数的估计区间称为置信区间。置信区间的论述是由区间和置信度两部分组成。有些新闻媒体报道一些调查结果只给出百分比和误差（即置信区间），并不说明置信度，也不给出被调查的人数，这是不负责的表现。因为降低置信度可以使置信区间变窄（显得“精确”），有误导读者之嫌。在公布调查结果时给出被调查人数是负责任的表现。这样则可以由此推算出置信度（由后面给出的公式），反之亦然。 4．解释95%的置信区间的含义是什么 置信区间95%仅仅描述用来构造该区间上下界的统计量（是随机的）覆盖总体参数的概率。也就是说，无穷次重复抽样所得到的所有区间中有95%（的区间）包含参数。 不要认为由某一样本数据得到总体参数的某一个95%置信区间，就以为该区间以的概率覆盖总体参数。 5．简述样本量与置信水平、总体方差、估计误差的关系。 1. 估计总体均值时样本量n 为 （z 2 ）2 2其中： E z n n E22 其中： E z 2 n 2. 样本量n 与置信水平1- α、总体方差、估计误差E之间的关系为与置信水平 成正比，在其他条件不变的情况下，置信水平越大，所

原子物理学09-10-2 B卷试题

2009—2010学年第2学期《原子物理学》期末试卷 专业班级 姓名 学号 开课系室应用物理系 考试日期2010年6月26日10:00-12:00

说明：请认真读题，保持卷面整洁，可以在反面写草稿，物理常数表在第4页。 一. 填空题(共30空，每空1分，共30分) 1. 十九世纪末的三大发现、、，揭开了近代物理学的序幕。 2. 原子质量单位u定义为。 3. 教材中谈到卢瑟福的行星模型(原子的有核模型)有三个困难，最重要的是它无法解释原子的问题。丹麦科学家玻尔正是为了解决这个问题，在其原子理论引入第一假设，即分离轨道和假设，同时，玻尔提出第二假设, 即假设，给出频率条件，成功解释了困扰人们近30年的氢光谱规律之谜，第三步，玻尔提出并运用，得到角动量量子化、里德堡常数等一系列重要结果。 4. 夫兰克- 赫兹(Franck-Hertz) 实验是用电子来碰撞原子，测定了使原子激发的“激发电势”，证实了原子内部能量是的，从而验证了玻尔理论。氢原子的电离能为eV，电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为eV。 5. 在原子物理和量子力学中，有几类特别重要的实验，其中证明了光具有粒子性的有黑体辐射、、等实验。 6. 具有相同德布罗意波长的质子和电子，其动量之比为，动能(不考虑相对论效应)之比为。 7. 根据量子力学理论，氢原子中的电子，当其主量子数n=3时，其轨道磁距的可能取值为。

8. 考虑精细结构，锂原子(Li)第二辅线系(锐线系)的谱线为双线结构，跃迁过程用原子态符号表示为 ， 。(原子态符号要写完整) 9. 原子处于3D 1状态时，原子的总自旋角动量为 , 总轨道角动量为 ， 总角动量为 ； 其总磁距在Z 方向上的投影Z μ的可能取值为 。 10. 泡利不相容原理可表述为： 。它只对 子适用，而对 子不适用。根据不相容原理，原子中量子数l m l n ,,相同的最大电子数目是 ；l n ,相同的最大电子(同科电子)数目是 ； n 相同的最大电子数是 。 11. X 射线管发射的谱线由连续谱和特征谱两部分构成，其中，连续谱产生的机制是 ， 特征谱产生的机制是 。 二、选择题(共10小题，每题2分，共20分) 1. 卢瑟福由α粒子散射实验得出原子核式结构模型时，理论基础是： ( ) A. 经典理论； B. 普朗克能量子假设； C. 爱因斯坦的光量子假设； D. 狭义相对论。 2. 假设钠原子(Z=11)的10个电子已经被电离，则至少要多大的能量才能剥去它的 最后一个电子？ ( ) A.13.6eV ； B. 136eV ； C. 13.6keV ； D.1.64keV 。 3. 原始的斯特恩-盖拉赫实验是想证明轨道角动量空间取向量子化, 后来结果证明 的是： ( ) A. 轨道角动量空间取向量子化； B. 自旋角动量空间取向量子化； C. 轨道和自旋角动量空间取向量子化； D. 角动量空间取向量子化不成立。

原子物理学第八章习题答案

原子物理学第八章习题 答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第八章 X 射线 8.1 某X 光机的高压为10万伏，问发射光子的最大能量多大？算出发射X 光的最短波长。 解：电子的全部能量转换为光子的能量时，X 光子的波长最短。而光子的最大能量是：5max 10==Ve ε电子伏特 而 min max λεc h = 所以οελA c h 124.01060.1101031063.61958 34max min =?????==-- 8.2 利用普通光学反射光栅可以测定X 光波长。当掠射角为θ而出现n 级极大值出射光线偏离入射光线为αθ+2，α是偏离θ级极大出射线的角度。试证：出现n 级极大的条件是 λααθn d =+2 sin 22sin 2 d 为光栅常数（即两刻纹中心之间的距离）。当θ和α都很小时公式简化为λαθαn d =+)2(2 。 解：相干光出现极大的条件是两光束光的光程差等于λn 。而光程差为：2 sin 22sin 2)cos(cos ααθαθθ+=+-=?d d d L 根据出现极大值的条件λn L =?，应有 λααθn d =+2 sin 22sin 2 当θ和α都很小时，有22sin ;22222sin αααθαθαθ≈+=+≈+ 由此，上式化为：;)2(λααθn d =+ 即 λαθαn d =+)2(2

8.3 一束X 光射向每毫米刻有100条纹的反射光栅，其掠射角为20＇。已知第一级极大出现在离0级极大出现射线的夹角也是20＇。算出入射X 光的波长。 解：根据上题导出公式： λααθn d =+2 sin 22sin 2 由于'20,'20==αθ，二者皆很小，故可用简化公式： λαθαn d =+)2(2 由此，得：οαθαλA n d 05.5)2 (;=+= 8.4 已知Cu 的αK 线波长是1.542ο A ，以此X 射线与NaCl 晶体自然而成'5015ο角入射而得到第一级极大。试求NaCl 晶体常数d 。 解：已知入射光的波长ολA 542.1=，当掠射角'5015οθ=时，出现一级极大（n=1）。 οθλ θ λA d d n 825.2sin 2sin 2=== 8.5 铝（Al ）被高速电子束轰击而产生的连续X 光谱的短波限为5ο A 。问这时是否也能观察到其标志谱K 系线？ 解：短波X 光子能量等于入射电子的全部动能。因此 31048.2?≈=λεc h 电电子伏特 要使铝产生标志谱K 系，则必须使铝的1S 电子吸收足够的能量被电离而产生空位，因此轰击电子的能量必须大于或等于K 吸收限能量。吸收限能量可近似的表示为：

第八章习题答案

3. 假设一个同步总线的时钟频率为50MHz，总线宽度为32位，每个时钟周期传送一个数据，则该总线的最 大数据传输率（即总线带宽）为多少？若要将该总线的带宽提高一倍，可以有哪几种方案？ 参考答案： 最大数据传输率为：4B×50M/1=20MB/s 方案一：将时钟频率提高一倍；方案二：将总线宽度提高一倍。 4. V AX SBI总线采用分布式的自举裁决方案，总线上每个设备有惟一的优先级，而且被分配一根独立的总线 请求线REQ，SBI有16根这样的请求线（REQ0,…REQ15），其中REQ0优先级最高，请问：最多可有多少个设备连到这样的总线上？为什么？ 参考答案： 最多可连接16个设备。因为在分布式自举裁决方式的总线中，除优先级最低的设备外，每个设备都使用一根信号线发出总线请求信号，以被优先级比它低的设备查看；而优先级最低的那个设备无需送出总线请求信号。此外，还需要一根总线请求信号线用于设置“总线忙”信号， 设有16个设备（DEV0,…DEV15），其优先级依次降低，将REQ15作为总线忙信号线。DEV0在总线空闲（REQ15没有请求信号）时可直接使用总线；DEV1在总线空闲时且REQ0没有请求信号时使用总线；依次类推，DEV15在总线空闲时且REQ0至REQ14都没有请求信号时使用总线。这样最多可以有16个设备无冲突的使用总线。 4.假定一个32位微处理器的外部处理器总线的宽度为16位，总线时钟频率为40MHz，假定一个总线事务 的最短周期是4个总线时钟周期，该总线的最大数据传输率是多少？如果将外部总线的数据线宽度扩展为32位，那么该总线的最大数据传输率提高到多少？这种措施与加倍外部总线时钟频率的措施相比，哪种更好？ 参考答案： 一个总线事务过程除了数据传送阶段外，还包括其他阶段，如传送地址和总线命令、准备数据等，所以，完成一个总线事务所用的所有时钟周期并不都用来传输数据，也即最短的4个时钟周期中只可能有一个时钟周期用来传送数据。 总线最大数据传输率（总线带宽）是指在总线进行数据传送阶段单位时间内传送的数据量（也即是峰值数据传输率）。通常，在数据传送阶段每个总线时钟周期传送一个数据，若是这样的话，该处理器总线的最大数据传输率为2B×40M=80MB/s；有些总线可以利用时钟的上升沿和下降沿各自传送一个数据，使得每个时钟周期能传送两个数据，若是这样的话，该总线的最大数据传输率为2×2B×40M=160MB/s。 若采用32位总线宽度，则在上述两种情况下，该总线带宽可分别提高到160MB/s和320MB/s。这种措施的效果和倍频的效果完全相同。 6. 试设计一个采用固定优先级的具有4个输入的集中式独立请求裁决器。 参考答案： 设计一个并行判优电路即可。 若BR0～BR3为4条总线请求线，优先级由高到低。BG0～BG3为4条总线允许线，则： BG0=BR0； BG1=（BR1）&（~BR0）； BG2=（BR2）&（~BR1）&（~BR0）； BG3=（BR3）&（~BR2）&（~BR1）&（~BR0） 7. 假设某存储器总线采用同步通信方式，时钟频率为50MHz时钟，每个总线事务以突发方式传输8个字，以支持块长为8 个字的Cache行读和Cache行写，每字4字节。对于读操作，访问顺序是1个时钟周期接受地址，3个时钟周期等待存储器读数，8个时钟周期用于传输8个字。对于写操作，访问顺序是1个时钟周期接受地址，2个时钟周期延迟，8个时钟周期用于传输8个字，3个时钟周期恢复和写入纠错码。对于以

第八章练习题及答案

1．某企业生产甲产品，分两个步骤连续加工，第一步骤制造甲半成品，转入第二步骤加工为甲产品。成本计算采用逐步综合结转分步法。半成品通过“自制半成品”账户。 某年8月份有关成本计算的资料如下： （1）第一车间产品成本计算单 表8-1 甲半成品 （2）自制半成品明细账（半成品发出的单价采用全月一次加权平均法） 表8-2 半成品：件 （3）第二车间成本计算单 表8-3 甲产成品 要求： （1）完成甲半成品计算单、自制半成品明细账的甲产成品成本计算单。 （2）对甲产成品进行成本还原。

2．目的：练习采用平行结转分步法计算产品成本 新华工厂的甲产品是连续经过一车间、二车间制造的，采用平行结转分步法计算产品成本，生产经费用在完工产品与在产品间的分配采用定额比例法。 表8-4 产品成本计算单 一车间：甲产品 表8-5 产品成本计算单 二车间：甲产品 表8-6 产品成本汇总表 甲产品 要求： （1）计算第一车间材料、工资、费用分配率。 （2）计算第一车间转入产品的成本和月末在产品成本。

（3）编制甲产品成本汇总表。 3．目的：练习综合结转法的成本还原 资料：某种产品某月部分成本资料如下： 表8-7 要求：（1）计算成本还原分配率（保留一位小数）。 （2）对产品成本中的半成品费用进行成本还原。 （3）计算按原始成本项目反映的产品成本（列出算式）。 4．目的：练习逐步结转分步法（按实际成本综合结转） 资料：某工业企业大量生产甲产品。生产分两个步骤，分别由第一、第二两个车间进行。 第一车间为第二车间提供半成品，第二车间将半成品加工为产成品。采用逐步结转分步法计算成本。 该企业本月（8月份）第一和第二车间的生产费用（不包括所耗半成品的费用）为：第一车间：原材料费用12000元，工资及福利费6000元，制造费用2100元。 第二车间：工资及福利费6100元，制造费用11000元。 本月初半成品库结转半成品600件，其实际总成本12500元。本月第一车间完工半成品800件，第二车间从半成品库领用1260件。（半成品结转采用加权平均法）本月完工入库产品600件。 在产品按定额成本计价。 月初在产品定额成本如下： 第一车间：原材料费用3600元，工资及福利费2000元，制造费用3500元。 第二车间：半成品费用12100元，工资及福利费2200元，制造费用3500元。 月末在产品定额总成本如下： 第一车间：原材料费用5500元，工资及福利费用2500元，制造费用3600元。 第二车间：半成品费用5000元，工资及福利900元，制造费用2000元。 要求： （1）根据上列资料，登记产品成本明细账和自制半成品明细账，按实际综合结转半成品成本，计算产品成本。

原子物理学第二章习题答案

第二章 原子的能级和辐射 试计算氢原子的第一玻尔轨道上电子绕核转动的频率、线速度和加速度。 解：电子在第一玻尔轨道上即年n=1。根据量子化条件， π φ2h n mvr p == 可得：频率 21211222ma h ma nh a v πππν= == 赫兹151058.6?= 速度：61110188.2/2?===ma h a v νπ米/秒 加速度：222122/10046.9//秒米?===a v r v w 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。 解：电离能为1E E E i -=∞，把氢原子的能级公式2 /n Rhc E n -=代入，得： Rhc hc R E H i =∞-=)1 1 1(2=电子伏特。 电离电势：60.13== e E V i i 伏特 第一激发能：20.1060.1343 43)2 111(2 2=?==-=Rhc hc R E H i 电子伏特 第一激发电势：20.101 1== e E V 伏特 用能量为电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线 解：把氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量是： )1 11(22n hcR E H -= 其中6.13=H hcR 电子伏特 2.10)21 1(6.1321=-?=E 电子伏特 1.12)31 1(6.1322=-?=E 电子伏特 8.12)4 1 1(6.1323=-?=E 电子伏特 其中21E E 和小于电子伏特，3E 大于电子伏特。可见，具有电子伏特能量的电子不足以把基

态氢原子激发到4≥n 的能级上去，所以只能出现3≤n 的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为： ο ο ο λλλλλλA R R A R R A R R H H H H H H 102598 )3 111( 1121543)2 111( 1 656536/5)3 121( 1 32 23 22 22 1221 ==-===-===-= 试估算一次电离的氦离子+ e H 、二次电离的锂离子+ i L 的第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。 解：在估算时，不考虑原子核的运动所产生的影响，即把原子核视为不动，这样简单些。 a) 氢原子和类氢离子的轨道半径： 3 1,2132,1,10529177.0443,2,1,44102 22 01212 2220= ======?==? ?===++++++ ++-Li H H Li H H H He Z Z r r Z Z r r Z Li Z H Z H Z me h a n Z n a mZe n h r e 径之比是因此，玻尔第一轨道半；，；对于；对于是核电荷数，对于一轨道半径；米，是氢原子的玻尔第其中ππεππε b) 氢和类氢离子的能量公式： ??=?=-=3,2,1,)4(222 12 220242n n Z E h n Z me E πεπ 其中基态能量。电子伏特，是氢原子的6.13)4(22 204 21-≈-=h me E πεπ 电离能之比： 9 00,4002 222== --==--+ ++ ++ H Li H Li H He H He Z Z E E Z Z E E c) 第一激发能之比：

第八章 习题解答

第八章 习题解答 题 8-1 试用相位平衡条件和幅度平衡条件，判断图中各电路是否可能产生正弦波振荡，简述理由。 解：(a)不能振荡，o o A F 18090~90o ??==+-因，而，故不能满足相位平衡条件。 (b) 不能振荡，虽然电路能够满足相位平衡条件，但当o F 0?=时，13 F =&，而电压跟随器的1A =&，故不能同时满足幅度平衡条件。 (c) 不能振荡，o o o A F F 180RC 0~180180o ???==因，两节电路的，但当接近时，其输 出电压接近于零，故不能同时满足幅度平衡条件。 (d) 不能振荡，放大电路为同相接法，A 0o ?=，选频网络为三节RC 低通电路， o o F 0~270?=-，但欲达到o F 0?=，只能使频率f=0。 (e)可能振荡，差分放大电路从VT2的集电极输出时A 0o ?=，而选频网络为RC 串并联电路，当f=f0时，o F 0?=，满足相位平衡条件。

① 判断电路是否满足正弦波振荡的相位平衡条件。如不满足，修改电路接线使之满足(画在图上)。 ② 在图示参数下能否保证起振荡条件？如不能，应调节哪个参数，调到什么值？ ③ 起掁以后，振荡频率f o =? ④ 如果希望提高振荡频率f o ，可以改变哪些参数，增大还是减小？ ⑤ 如果要求改善输出波形，减小非线性失真，应调节哪个参数，增大还是减小？ 本题意图是掌握文氏电桥RC 振荡电路的工作原理及其振荡频率和起振条件的估算方法。 解：①o o 0A F 0f f 0??===因，当时，，故满足相位平衡条件。 ②因F e 1F F e 1R 2R ,R R >2R =5.4k <Ω故不能满足起振条件，应调整，使。 ③038 11 Hz 5300Hz=5.3kHz 2231010f RC ππ-= =≈??? ④可减小R 或C 。 ⑤可减小R F 。 题 8-7 试用相位平衡条件判断图P8-7所示电路中，哪些可能产生正弦波振荡？哪些不能？简单说明理由。 解：本题的意图是掌握产生正弦振荡的相位平衡条件，并根据上述条件判断具有LC 选频网络的电路能否产生振荡。 (a) 不能振荡，o o A F 0180??==，，不满足相位平衡条件。 (b) 可能振荡，o o A F 180180??==，，满足相位平衡条件。 (c) 不能振荡，o o A F 1800??==，，不满足相位平衡条件。 (d) 可能振荡，o o A F 00??==，，满足相位平衡条件。 (e) 可能振荡，本电路实际上就是一个电容三点式振荡电路。 (f) 可能振荡，o o A F 00??==，，满足相位平衡条件。

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，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 =××10-19/×10-34 =×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ = h ν ν=h λ=c /ν=hc /(m)=×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 e e Z n a ∴H: r 1H =×12/1nm= r 2 H =×22/1= V 1H = ×106×1/1= ×106(m/s) V 2H = ×106×1/2= ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=×12/2nm= r 2He+=×22/2= V 1 He+= ×106×2/1= ×106(m/s) V 2 He+= ×106×2/2= ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=×12/3nm= r 2 Li++=×22/3=

V 1 Li++= ×106×3/1= ×106(m/s) V 2 Li++= ×106×3/2= ×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，它等于把电子从基态电离掉所需要的能量。 ∵ 基态时n =1 H: E 1H = He+: E 1He+=×Z 2=×22= Li ++: E 1Li+=×Z 2=×32= (3) 由里德伯公式 Z 2××3/4= 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。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为 Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32××3/4eV= 讨论:锂离子激发需要极大的能量 2-4 运动质子与一个处于静止的基态氢原子作完全非弹性的对心碰撞，欲使氢原子发射出光子，质子至少应以多大的速度运动 要点分析:质子与氢原子质量相近,要考虑完全非弹性碰撞的能量损失.计算氢原子获得的实际能量使其能激发到最低的第一激发态. 解： 由动量守恒定律得 m p V =(m p +m H )V ' ∵ m p =m H V’=V /2 由能量守恒定律,传递给氢原子使其激发的能量为:

原子物理学第一章习题参考答案

第一章习题参考答案 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-4 约为10rad. 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： （1） （3） （2） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得 （4） （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V， 化简上式，得 （６） 若记，可将（６）式改写为 （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)sinθ=0 （1）若sinθ=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 由此可得 θ≈10弧度（极大）此题得证. （1）动能为的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 解：（1）依和金的原子序数Z 2=79 -4 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2)要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n，问题不知道nA，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n值.，其他值从书中参考列表中找. 从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au=79，A Au=197，ρ Au=×10kg/m

原子物理学期末考试试卷(E)参考答案

《原子物理学》期末考试试卷（E）参考答案 (共100分) 一．填空题(每小题3分，共21分) 1．7.16?10-3 ----(3分) 2．（1s2s）3S1（前面的组态可以不写）（1分）； ?S=0（或?L=±1，或∑ i i l=奇?∑ i i l=偶）（1分）； 亚稳（1分）。 ----(3分) 3．4；1；0,1,2 ；4；1,0；2,1。 ----(3分) 4．0.013nm (2分) , 8.8?106m?s-1(3分)。 ----(3分) 5．密立根（2分）；电荷（1分）。 ----(3分) 6．氦核 2 4He；高速的电子；光子(波长很短的电磁波)。(各1分) ----(3分) 7．R aE =α32 ----(3分) 二．选择题(每小题3分, 共有27分) 1.D ----(3分) 2.C ----(3分) 3.D ----(3分) 4.C ----(3分) 5.A ----(3分) 6.D 提示： 钠原子589.0nm谱线在弱磁场下发生反常塞曼效应，其谱线不分裂为等间距的三条谱线，故这只可能是在强磁场中的帕邢—巴克效应。 ----(3分) 7.C ----(3分) 8.B ----(3分) 9.D ----(3分)

三．计算题(共5题, 共52分 ) 1．解： 氢原子处在基态时的朗德因子g =2,氢原子在不均匀磁场中受力为 z B z B z B Mg Z B f Z d d d d 221d d d d B B B μμμμ±=?±=-== (3分) 由 f =ma 得 a m B Z =±?μB d d 故原子束离开磁场时两束分量间的间隔为 s at m B Z d v =?=??? ? ? ?212 22 μB d d (2分) 式中的v 以氢原子在400K 时的最可几速率代之 m kT v 3= )m (56.010400 1038.131010927.03d d 3d d 232 232B 2 B =??????=?=??= --kT d z B kT md z B m s μμ (3分) 由于l =0, 所以氢原子的磁矩就是电子的自旋磁矩（核磁矩很小，在此可忽略）， 故基态氢原子在不均匀磁场中发生偏转正好说明电子自旋磁矩的存在。 (2分) ----(10分) 2．解：由瞄准距离公式：b = 22a ctg θ及a = 2 1204z z e E πε得： b = 20012*79 **30246e ctg MeV πε= 3.284*10-5nm. (5分) 22 22 ()()(cot )22 (60)cot 30 3:1(90)cot 45 a N Nnt Nnt b Nnt N N θ σθπθπ?=?==?==? (5分) 3．对于Al 原子基态是2P 1/2：L= 1，S = 1/2，J = 1/2 (1分) 它的轨道角动量大小： L = = (3分) 它的自旋角动量大小： S = = 2 (3分) 它的总角动量大小： J = = 2 (3分) 4．（1）铍原子基态的电子组态是2s2s ，按L －S 耦合可形成的原子态： 对于 2s2s 态，根据泡利原理，1l = 0，2l = 0，S = 0 则J = 0形成的原子态：10S ； (3分) （2）当电子组态为2s2p 时：1l = 0，2l = 1，S = 0，1 S = 0， 则J = 1，原子组态为：11P ； S = 1， 则J = 0，1，2，原子组态为：30P ，31P ，32P ； (3分) （3）当电子组态为2s3s 时，1l = 0，2l = 0，S = 0，1 则J = 0，1，原子组态为：10S ，31S 。 (3分) 从这些原子态向低能态跃迁时，可以产生5条光谱线。 (3分)

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： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K 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 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θ πε=+ ， 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：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο --???=???+???14 3.0210-=?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： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 79(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： dn Ntd n σ= (1) 而σd 为：2 sin ) ()41 (4 2 2 22 0θ πεσΩ=d Mv ze d （2） 把（2）式代入（1）式，得： 2 sin )()41(4 22220θπεΩ =d Mv ze Nt n dn (3) 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds d N 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： 2 sin )()41(324 22 22 00θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47