原子物理学《褚圣麟版》+答案
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
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 7.68?10 电子伏
特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角θ = 150 所对应的瞄准距离 b 多大？
2
19 2
Ze ctg θ2 2
79 ? (1.60 ? 10 ) ctg 150 (4π ? 8.85 ? 10 ) ? (7.68 ? 106 ? 10 )
4πε 0 K α 式中 K α = 12 Mv 是α 粒子的功能。
) (1 + M v 4 π ε = ( ) (1 + Mv
4π ε 0 4 ? 79 ? (1.60 ? 10 ) 1 6 sin 75ο
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
7 9 ? (1 .6 0 ? 1 0
) 2
= 9 ? 10 9 ?
= 1 .1 4 ? 1 0 - 1 3 米
1 0 ? 1 .6 0 ? 1 0
第一章 原子的基本状况
' 6
ο
解：根据卢瑟福散射公式：
cot θ 2
= 4 π ε 0
M v 2 2 Ze 2
b = 4 π ε
0 K α Ze 2
b
得到：
ο
b =
= = 3.97 ? 10-15 米
-12 -19 2
1.2 已知散射角为θ 的α 粒子与散射核的最短距离为 r m = ( 1 2 Ze 2 2 0 1 s in
θ 2 )
，试问上题α 粒子与散射的金原子核
之间的最短距离 r m 多大？
解：将 1.1 题中各量代入 r m 的表达式，得： r m in 1 2 Ze 2
2 1 sin θ 2 )
-19 2
= 9 ? 10 9 ? ? (1 +
-19 )
= 3 .0 2 ? 1 0 -14 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？
ο
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
2 M v 2 = K p = Ze 2 4 π ε 0 r m in ，故有： r m i n = Ze 2 4 π ε 0 K
p
- 19
6
- 19
1.4 钋放射的一种α 粒子的速度为1.597 ?10 米/秒，正面垂直入射于厚度为10 米 、 密度为1.932 ?10 公斤 / 米 的金箔。试求所有散射在θ > 90 的α 粒子占全部入射粒子数 而散射角大于 90 的粒子数为： dn ρ N 0 1 2 Z e 2 2 1 8 0 ο ? 90 ο 2 d θ = 2 ? = 1 2 180ο = ?180ο 3 θ θ dn ' ρ N 0
1 2 Ze 2 2
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
1.5 α 粒子散射实验的数据在散射角很小（θ ≤ 15 ）时与理论值差得较远，时什么原
由上式看出：r min 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 -13 米。
7 -7
4
3 ο
的百分比。已知金的原子量为197 。
解：散射角在θ θ + d θ 之间的α 粒子数 dn 与入射到箔上的总粒子数 n 的比是：
dn
n
= N td σ 其中单位体积中的金原子数： N =
ρ / m Au = ρ N 0 / A Au
0 ' = ? dn = nNt ?ππ d σ
2
所以有： d n
n
' = N t ? ππ d σ
2
= ? t ? (
A Au
) 2 π ( ) 4 π ε 0 Mu 2
cos
s in
θ 2 d θ
2
等式右边的积分： I
θ θ cos d sin ο
90 90ο
sin sin 3
2 2 故
=
? t ? (
) 2 π (
)
n
A Au
4π ε 0
Mu
2
≈ 8 .5 ? 1 0 - 6 = 8 .5 ? 1 0 - 4
7
ο
8.5?10-4 0 0 。
ο
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
+ 7300 (v α - v α' ) 2
整理，得： v α (7300 - 1) + v α (7300 + 1) - 2 ? 7300 v α v α cos θ = 0
∴ 上式可写为： 7300（ v α - v α' ) 2 = 0 ∴ v α - v α' = 0 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1.05 ?10 公斤 / 米
的银箔上，α 粒子与银箔表面成 60 角。在离 L=0.12 米处放一窗口面积为 6.0 ?10 米 解：设靶厚度为 t 。非垂直入射时引起α 度 t ，而是 t = t / sin 60 ，如图 1-1 所示。
ze 2 2
sin 4
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。
1.6 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： v , v ', 0, v e 。根据动量守恒定律，得：
M v α = M v α' + m v e '
由此得： v α - v α' = m M v e '
= 1 7300
v e '
(1)
又根据能量守恒定律，得： 1 Mv 2
2 α = 1 2 Mv ' 2 α + 1 2
mv ' 2
e
v α2 = v α' 2 + m M
v e '
2 ……（2） 将（1）式代入（2）式，得：
v α2 = v α' 2
2 ' 2 '
7300 ≥ 1
即α 粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。
-2 2
ο -5 2
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 107.9。试求银的核电荷数 Z 。
'
'
'
ο
因为散射到θ 与θ + d θ 之间 d Ω 立体
角内的粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为：
60°
20o
dn n 而 d σ 为：
= N td σ
(1)
60o
t , t
d σ = (
1 4πε 0
) 2 ( Mv 2
)
d Ω θ 2
（2图 1.1
ze 2 2 d Ω Mv 2
4 θ 式中立体角元 d Ω = ds / L , t = t / sin 60 = 2t / 3,θ = 20
N 为原子密度。 Nt 为单位面上的原子数， Nt = η / m Ag = η( A Ag / N 0 ) ，其中η 是单位 sin 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 90 的散射。这个
由此可见，具有10 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
力为 F = 2Ze / 4πε 0 R 。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 - p ⊥ = Mv ⊥ - 0
把（2）式代入（1）式，得： dn n = Nt ( 1 4πε 0 )2 ( ) sin
2
(3)
2 ' 0 '
' ' -1
面积式上的质量； m Ag 是银原子的质量； A Ag 是银原子的原子量； N 0 是阿佛加德罗常数。
将各量代入（3）式，得：
dn n
=
2 η N 0
3 A Ag ( 1
4 πε 0
) 2 ( ze Mv 2 2
) 2
d Ω
4
θ
2
由此，得：Z=47
1.8 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
10-10 米的球形原子内，如果有能量为106 电子伏特的α 粒子射向这样一个“原子”，试通过
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：
1 2
Mv 2
= 2Ze 2 / 4πε 0 R = 3.78 ?10-16 焦耳 ≈ 2.36 ?103电子伏特 6
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：
F = 2Ze 2 / 4πε 0 R 2和F = 2Ze 2r / 4πε 0 R 3 。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
2 2
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
v = 2K / M ，所以， t = D / v = D M / 2K
1 2 Mv 2
= K ，因此，
根据动量定理： t
?
0 Fdt = p
⊥ 0
/ 4πε 0 R 2 ? dt = 2Ze 2t / 4πε 0 R 2
所以有： 2Ze t / 4πε 0 R = Mv ⊥ 由此可得： v ⊥ = 2Ze t / 4πε 0 R M 这时θ很小，因此tg θ ≈ θ = 2.4 ?10 弧度，大约是8.2 。
角θ > 90 的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当α 粒子无限靠近原子核时，
会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生θ > 90 的散射，甚至会产生θ ≈ 180 的散
而
t
?0
Fdt = 2Ze
2
t
2 2
2 2
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：
tg θ =
v ⊥ v
= 2Ze 2t / 4πε 0 R 2 M v = 2Ze 2 D / 4πε 0 R 2 M v 2
= 2.4 ?10-3
-3 ‘
这就是说，按题中假设，能量为 1 兆电子伏特的α 粒子被铅原子散射，不可能产生散射
0 0
射，这与实验相符合。因此，原子的汤姆逊模型是不成立的。
解：电离能为 E i = E ∞ - E 1 ，把氢原子的能级公式 E n = -Rhc / n 代入，得： 1 - 2 ) = E = hcR H ( 2 - 2 ) 其中 hcR H = 13.6 电子伏特
E 1 = 13.6 ? (1 - 2 ) = 10.2 电子伏特
E 2 = 13.6 ? (1 - 2 ) = 12.1 电子伏特
E 3 = 13.6 ? (1 - 2 ) = 12.8 电子伏特
第二章 原子的能级和辐射
2.1 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， p φ = mvr
= n
h
2 π
可得：频率
ν = v 2πa 1 = nh 2πma 12 = h
2πma 12
= 6.58 ?1015 赫兹
速度：
v = 2πa 1ν = h / ma 1 = 2.188 ?106 米/秒
加速度： w
= v 2 / r = v 2 / a 1 = 9.046 ?10 22 米 / 秒2
2.2 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。
2
E i = R H hc (
1 1
2 -
1
∞
) = Rhc =13.60 电子伏特。
电离电势：V i =
E i e
= 13.60 伏特
第一激发能： E i
= R H hc (
1 2 1 2 3 4
3 Rhc = ?13.60 = 10.20 电子伏特
4
第一激发电势：V 1 =
E 1 e
= 10.20 伏特
2.3 用能量为 12.5 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 1
1 n
1
2 1
3 1
4
其中 E 1和E 2 小于 12.5 电子伏特， E 3 大于 12.5 电子伏特。可见，具有 12.5 电子伏特能量的
= R H ( 2 - 2 ) = 5R H / 36
= R H ( 2 - 2 ) = = R H ( 2 - 2 ) = 2.4 试估算一次电离的氦离子 H e 、二次电离的锂离子 L i 的第一玻尔轨道半径、电离电
4π me
r
1 r Li ++ = E 1 ?
2 , n = 1,2,3??
0 - E Li
电子不足以把基态氢原子激发到 n ≥ 4 的能级上去，所以只能出现 n ≤ 3 的能级间的跃迁。 跃迁时可能发出的光谱线的波长为：
1
λ1
1 1
2 3 ο
λ1 = 6565 A
1
λ2 1 1 1 2 3 4 R H
ο
λ2 = 1215 A
1
λ3
1 1 1 3 8 9
R H
ο
λ3 = 1025 A
+ +
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：
r = 4πε 0h 2 n 2 4π 2mZe 2
= a 1 n 2
Z
, n = 1,2,3??
其中a 1 = 4πε 0h 2
2 2 = 0.529177 ?10-10 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；
Z 是核电荷数，对于H , Z = 1；对于H , Z = 2；对于Li ++，Z = 3；
+
因此，玻尔第一轨道半径之比是 He = r H Z H Z H e + = , 2 r H = Z H Z Li ++ =
1 3 b)
氢和类氢离子的能量公式：
E = - 2π 2me 4 Z 2
(4πε 0 ) 2 n 2 h 2
Z 2
n
其中 E 1 = -
2π 2 m e 4 (4πε 0 )2 h 2
≈ -13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。
电离能之比：
0 - E He 0 - E H +
= Z He 2
Z H 2
= 4 ,
+ +
0 - E H
=
Z Li 2
+ + Z H 2
= 9
c) 第一激发能之比：