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原子物理学褚圣麟答案

【篇一：原子物理课后习题答案褚圣麟】

章作业

到的最小距离多大？又问如用同样能量的氕核代替质子，最小距离为多大？

解：r2-13

m=z1*z2*e/4*?*?0*e = …… = 1.14 ? 10 m

氕核情况结论相同

----------------------------------------------------------------------------------------------- 21页 4题：?粒子的速度为 1.597 ? 107 m/s，正

面垂直入射于厚度为 10-7

米、密度为1.932 ?104 kg/m3 的金箔。试求所有散射在 ? ? 90? 的?粒子占全部入射粒子的百分比。金的原子量为197。

解：金原子质量 mau = 197 ? 1.66 ? 10-27 kg = 3.27 ? 10-25 kg 箔中金原子密度 n = ?/m28

au = …… = 5.91 ? 10 个/m3

入射粒子能量 e = 1/2 mv2

= 1/2 ? 4 ? 1.66 ? 10-27 kg ? (1.597 ? 107 m/s)2 = 8.47 ? 10-13 j

若做相对论修正 e = e0/(1-v2/c2)1/2 = 8.50 ? 10-13

对心碰撞最短距离a=z1?z2?e2/4????0?e = …. = 4.28 ? 10-14 m 百分比

dn/n ?nta2

(90??180?)=

1?4

????sin

45?

sin

90??= ?

… = 8.50 ? 10-4

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

21页7题：3.5 mev ?粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。?粒子与银箔表面成60?角。在离?入射线成20?的方向上，离银箔散射区距离 l=0.12 m处放一窗口面积为6.0 ? 10-5

m2的计数器。测得散射进此计数器窗口的?粒子是全部入射?粒子的百万分之29。已知银的原子量为107.9。求银的原子序数z。解：银原子质量：m-27

ag = 107.9 ? 1.66 ? 10 kg = 1.79 ? 10-25

银箔有效质量厚度：? = 0.01 kg/m2 ? cos30? = 0.0115 kg/m2

有效单位面积上的银原子数：nt= ?/mag = … =

6.45 ? 1022 个/m2

计数器立体角：d? = s/r2

= 6.0 ? 10-5

/ (0.12 m)2 = 4.17 ? 10-3

d? 与 d? 之间的关系：d? = s/r2 = (2?r sin?) ? (r?d?) / r2 = 2? sin? d? 微分散射截

面 d? =

?a2

cos?2

?2d?

d??

= ……=

sin

0.2866 ? a2

百分比 dn/n = nta?d?/a = nt d? = 29/106所以 d? = 4.496 ? 10-28 a = 3.96 ? 10-14 m

即 z2 -14

? ? zag ? e/ (4??0?e) = a = 3.96 ? 10 m 计算得zag = ….. = 48 约等于实际值 47 第一章习题课：

能量为 3 mev 的?粒子束射向厚度为 1.5 ?m 的 pb 箔。试求?粒子被散射到 60?~90?的几率。pb的密度为 11350 kg/m3，原子序数为82，原子量为 207。

解：单个铅原子质量：m-27

pb = 207 ? 1.66 ? 10 kg = 3.436 ? 10-25 kg

单位体积内铅原子数：n = ? / mpb = … = 3.303 ? 1028 个/m3

散射到60?~90?度方向的几率 p(60?~90?) =

nt?d??

?nt2

cos4

2d?

sin

?nt

?)?sin

30?

sin

45?

其中a= z??zpb?e2/4????0?e? = …. = 7.87 ? 10-14 m

p(60?~90?) = …… = 4.82 ? 10 -4 = 0.0048 % 第二章作业

76页 1题：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：

12me?v

4??

以 m2ev =

所12

4??

??2e1?27.2 ev = 43.57 ? 10-19

v = 2.187 ? 106

m/s

f = v/2?r = 2.187 ? 106 m/s / 6.28 ? 0.529 ? 10-10 m = 6.583 ? 1016 hz

a = v2/r = 9.05 ? 1022 m/s2

3题：用能量为 12.5 ev 的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能级跃迁时会出现哪些波长的谱线。

解：设最高被激发到 m 态。则 12.5 ev ? e(m)-e(1) = hcr(1-1/ m2 )

所以 m2 ? 12.36 m = 3

h?(m?n) = e(3)-e(1) = 13.6 ev(1/n2-1/m2

)

hc?1.241?104

ev?a

?(3?1)=hc/[e(3)-e(1)]

?= 102.6

?(3?2)=hc/[e(3)-e(2)] = 657.0 a

?(2?1)=hc/[e(2)-e(1)] = 121.7 a

5题：从 li2+ 离子第一激发态向基态跃迁时所发光子是否可以使处于基态的he+

离子电

离？解：类氢离子能级能量：e2n = -hcrz/n2 n=1,2,3……..

题中li2+ 离子中出射光子能量 e = e2 – e1 = 9/4 hcr = 91.8 ev

使基态he+ 离子电离所需能量 eion = e? - e(1) = 2 hcr = 54.4 ev 9/4 2, 故能使电离。

7 题：已知一对正负电子绕共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的电子偶素。试计算其第一激发态向基态跃迁时放出光子的波长。解：m1 = m2 = m

质心系中 r = r1 + r2 r1 = r2 = r/2v1 = v2 = v

运动学方程

ke2/r2

2mv2/r ---------------------- (1)

角动量量子化条件：m1 ? v1 ? r1 + m2 ? v2 ? r2 = mvr = n? -----------------(2) 22

(1) 和 (2) 联立解得：r?

?n?

?m/2

-------------------------(3)

从运动学角度求取体系能量的表达式

e = ek+ep = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 – ke2/r =

把（1）代入

mv2 – ke2

-ke2/2r ------------ (4)

(3) 代入 (4) 中 2

e2)n = -(m/24

= 1/2 en (h) = - 13.6

(4??2

20)nh

ev/2n2

e2 –e1 = … = 5.1 ev

?(2?1)=hc/[e(2)-e(1)] = 2433 a

77页11题：在史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄银原子束通过不均匀横向磁场，磁场梯度为 ?b/?z = 103

t/m，磁极纵向范围 l1 = 0.04 m (习题图2-1)，从磁极到屏距离 l2 = 0.10 m，原子速度 v = 500 m/s。在屏上两束分开的距离 d = 0.002 m。试求原子磁矩在磁场方向上投影 ?z 大小。磁场边缘的影响忽略不计。

解：原子通过 l1 和l2 的时间 t1 = l1/v，t2 =

l2/v

通过l1 时段原子受力 fz = ?z ? ?b/?z，方向因 ?z 方向的不同而不同，或者向上或者向下。

z 方向原子的加速度 az = fz/m

刚脱离磁场时刻原子 z 方向的瞬时速度 vz = az ? t1

原子在 z 方向的偏转位移 d/2 = 1/2 ? az ? t12 + vz ? t2

代入数值计算得 ?z = 1.007 ?b = 9.335 ? 10-24

j/t

第二章习题课：禇圣麟教材 76页 2 、4、 6题；杨福家教材 68 页2-3、2-10 题。

1 计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。

解：氢原子能级能量 e2n = - hcr/n2 = -13.6 ev/n n= 1, 2, 3,…… ..基态 n =1 ，第一激发态 n = 2 ，电离后 n = ?

容易求得：第一激发电势 10.2 v，电离电势 13.6

2 估算 he+ 离子、li2+

离子第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一

条谱

线的波长分别与氢原子上述物理量之比。

解：类氢离子能级能量 e2n = -hcraz/n2 ? -hcr2hz/n2 n = 1,2,3,….轨道半径 rn = a1 ? n2/z

电离能 eionization = (e? - e1) = hcrhz2

第一激发能：eexcitation = e2 - e1 = 3/4

hcr2

赖曼系第一条谱线的波长 ? = hc/(e2

2-e1) = 4/(3rhz)

因此：第一玻尔轨道半径比 1 ：2 和 1 ：3 电离电势比 4 ：1 和 9 ：1 第一激发电势比 4 ：1和 9 ：1 赖曼系第一条谱线波长比 1 ：4 和

1 ：9

3 氢与其同位素氘混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。问

巴耳末系的第一条谱线 (h?) 之间的波长差 ?? 有多大？已知 rh = 10967758 m-1，r-1

d = 10970742 m解：巴耳末系满足 1/? = r (1/4 – 1/n2) n = 3, 4, 5, 6,……….. 对于谱线 h? ，n=3，1/?? = 5r/36， ?? = 36/5r ??(h) - ??(d) = 36/5 (1/rh – 1/rd) = 36(d?

)

5r = 1.7856 a

4 欲使电子与处于基态的li2+

离子发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能？解：所谓非

弹性散射指碰撞中机械内转变为体系内能，对本题而言，电子动能

转化为 li2+ 离子的内能使该离子从基态被激发到激发态。基态量子

数为 n=1，最低激发态的量子数为 n=2。两态之间的能量差：

?e= e2 – e1 = hcrz2

(1/12

– 1/22

) = 91.8 ev 此即为电子至少需具备的动能。

5.?- 子是一种基本粒子，除静止质量是电子质量的207倍外，其余

性质与电子相同。当它运动速度较慢时，被质子俘获形成 ? 原子。

试计算：（1）?子原子的第一玻尔轨道半径；（2）?子原子的最低

能量；（3）?子原子赖曼系中的最短波长。

解：?- 子和质子均绕它们构成体系的质心圆周运动，运动半径为 r1

和r2，r1+r2 =r

折合质量 m = m1 ? m2 /(m1 +m2) = 186 me r1= r ? m2/(m1+m2) = r ? m/m1 r2 = r ? m1/(m1+m2) = r ? m/m2

运动学方程：ke2/r2 = m21 ? v21/r1 = m1 ? v21 /(m? r) ------------------------------- （1）

ke2/r2 = m222 ? v2/r2 = m2 ? v22 /(m ? r) ---------------------------------（2）

角动量量子化条件：m1 ? v1 ? r1 + m2 ? v2 ? r2 = n ? n = 1, 2, 3, ….

即 m ? (v1 +v2) ? r = n ? ---------------------------------------------------（3）共有三个方程、三个未知数。可以求解。 (1) 式与 (2)式做比值运算： v1 / v2 = m2/m1代入 (3) 式中

m ? v2 ? (m2/m1 +1) ? r = n ? 即 m2 ? v2 ? r = n ? ------------------ (4) (2)式和 (4)式联立解得：

4?2

?m?e

186

------------------ （5）

式中 a1 = 0.529 a，为氢原子第一玻尔轨道半径。

根据（5）式，可求得，?子原子的第一玻尔轨

道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284 a 。

再从运动学角度求取体系能量对r的依赖关系。

e = ek + ep = 1/2 ? m1 ? v21 + 1/2 ? m2 ? v22 – k ? e2/r

= (1/2 ? m/m1 + 1/2 ? m/m2 – 1) ? k ? e2/r = - 1/2 ? k ? e2/r

把（5）式代入上式中 4 en = ?

2?2

(4??22

n(h)

0)nh

?186e因此，?子原子的最低能量为 e(n=1) = 186 ? (-13.6 ev) = -2530 ev

赖曼系中最短波长跃迁对应从 n = ? ? 1 的跃迁。该跃迁能量即为2530 ev。

由 hc/? = 2530 ev 计算得到 ?min = 4.91 a 原子物理学习题课第三

章

1 设光子和电子的波长均为 0.4 nm。（1）两者的动量之比？（2）

动能之比？

解：不论对电子（electron）还是光子(photon)，

都有：

? = h/p

所以 pph/pe = ?e/?ph = 1:1

电子动能 ee = 1/2 ? me ? ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2?me??e2)

光子动能 eph = h? = hc/?ph

所以 eph / ee = hc/?ph ? (2?me??e) / h = hc / (2?me?c??e)

其中组合常数 hc = 1.988 ? 10?25 j?m me?c2 = 511 kev =

0.819 ? 10?13 j 代入得 eph / ee = 3.03 ? 10?3

2 若一个电子的动能等于它的静止能量。（1）求该电子速度；（2）求德布罗意波长。解：(1) 相对论情况下总能 e = ek + m0c2 = mc2 =

（2）对 r 的依赖关系转化为对量子数 n和

l的关系。电子出现几率随r的增加出现

n?l 个极大值。当n?l=1时，极大值出现在 r = n2a1 位置，对应于

玻尔模型中的圆形轨道。参见教材112页图3-15。

（3）对?的依赖关系转化为对量子数 l 和m 的依赖关系。参见教材111页图3-14。

因此，对于n=1的氢原子：电子出现几率的最大位置是以 r = a1 为半径的一个球面。

对于 n=2 l=1 m=0的氢原子，电子出现几率的最大位置是在z 轴上

的两个点，在z轴上的坐标位置分别为 ?4a1。

对于 n=2 l=1 m=1的氢原子，电子出现几率的最大位置是在x-y赤

道面上的一个圆，圆半径为 4a1。

第三章作业题（113-114页）

2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波波长？用该电

压加速的质子束，其德布罗

?()

其中 ek 为动能，m0c 为静止能量。对于电子，其静止能量为 511 kev。由

意波波长？

解：非相对论下估算电子的速度：

1/2 ? m0 ? v2 = 10000 ev = m0c2 ? 1/2 ? (v/c)2 = 511 kev ? 1/2 ? (v/c) 所以v ≈ 20% ?c

故采用相对论公式计算加速后电子的动量更为妥当。

加速前电子总能量 e0 = m0c2 = 511 kev

加速后电子总能量 e = m0c2 + 10000 ev

题

意

：

11?()

m0c?ek?e?m0c?m0c(

?1)

容易解得 v?(2) p?mv?

3/2?c?0.866c

电m0vv2

1?()

子动量

=521000 ev

用相对论公式求加速后电子动量 p?

1c?

3?m0?c

?m0c

2714410000000?26112100000电

罗

子h

德hc

布罗意

波ev?m

长 ?0.1222?10

?10

其德布h?c

意波1.988?10

长

?25

??h/p?

j?m

?16

3?m0?c

1.732?511?1.602?10j

= 0.1222 ?

采用非相对论公式计算也不失为正确：

??0

p101587ev?0.014a

1.241?10

101587ev

3 定性描述氢原子 n = 1 和 n=2 l=1 m=0时电荷密度最大的空间位置所在。

解答：电荷空间密度最大的位置对应电子出现几率最大的位置。在以z 轴为极轴的三维极坐标系r、?、?中，电子出现几率对三者的依赖关系为：

（1）与 ? 无关，即关于 z 轴对称。

h2m0ek

hc2m0cek

1.241?10

ev?m

2?511kev?10000ev

0.1227 ?

用该电压加速质子时，质子质量是电子质量的1836倍，质子速度会更小。直接采用非相对论公式计算。

2?1836?m0ek

0.1227=

设 y = 1 + v/2m0c = 1+?x，f(y) =

0.00286 ?

3 电子被加速后速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来电子 ??

12.25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)

?f?y

|y?1??x

（?）的电子德= 1 +

布罗意波长与加速电压的关系式应改为：

12.25(?1/2)?

3/2

(1?0.489?10

。其中 v v) （?）

|y?1??x= 1??x/2 = 1

v4m0c

为以伏特为单位的电子加速电压的数值。请证明之。

证明：非相对论下：?0?

12.25?hp0

将m0c2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代

入上式，得

f(y) = 1?0.489?10?6?v

p0 为

因此 ? = ?0 ? f(y) =

12.25(1?0.489?10

不考虑相对论而求出的电子动量，?0 为这时求出的波长。考虑相对论效应后：??

5 带电粒子在威尔逊云室的轨迹是一串小雾滴，

这里

线度约为 1 ?m。当观察能量为 1000 ev 的电子径迹时，其动量与经典力学动量的偏差不小于多少？

解：经典力学动量准确可求，如下：p?2m0ek ，这里 m0 为电子静止质量，ek c2m0ek1

?22

ekek?2m0cek

根据不确定关系，该量?12

2m0c ?p ?

p 为考虑相对论修正后求出的电子动量，? 为这

时求出的波长。则

2m0ek

e?m0c

?/?0

= p0/p

c2m0ek

(ek?m0c)?m0c

ek = 加速电势差?电子电量，如果以电子伏特为单位，那么在数值上即为 v。 ?/?0 =

1v2m0c

?x ? ?/2。这里?x ≈ 1 ?m。所以 ?p/p ? ?/2 ? (1/p) ? (1/?x) = hc ?

12m0cek

，这里 m0c 也以电子伏特?1

1?x

1.241?10

12.56?

ev?m

2?511000ev?1000ev?

= 3 ? 10?6

即 ?p/p ? 3 ? 10?4 %

7 粒子在一维对称势场中，势场形式如下图。即：0 x l 时 v = 0；x 0 和 x l 时 v = v0。

（1）试推导粒子在 e v0

以图解

为单位，以保证该式两端的无量纲性和等式的成立。

m0c2 也以电子伏特为单位时，2 m0c2 的数值为 1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000伏特，那么 v/2m0c 远小于 1。

（注意，

这个设想实际上与电子速度很大存在一点矛盾。实际上

y axis title

电子速度很大，但是又同时不可以过大。否则，v/2m0c2 远小于 1 的假设可能不成立）。

一

续的

x axis title

【篇二：原子物理学(褚圣麟)完整答案】

刘富义编

临沂师范学院物理系理论物理教研室

第一章原子的基本状况

1.1 若卢瑟福散射用的?粒子是放射性物质镭c 放射的，其动能为7.68 ?106 电子伏

特。散射物质是原子序数 z ? 79 的金箔。试问散射角? ? 150所对应的瞄准距离b多大？

解：根据卢瑟福散射公式：

c o t ?4 ? ? 0

得到：

m v

2 z e 2

b ?4 ? ? 0

k ??

z e 2

7 9 ? (1 .6 0 ? 1 01 9 ) 2 ctgze2ctg??? 1 5

? 3 .9 7 ? 1 0 b ????米 ? 1 2 6 ? 1 9

4?? 0 k ??( 4? ? 8 .8 5 ? 1 0 ) ? (7 .6 8 ? 1 0? 1 0)

式中 k mv 是? 粒子的功能。 ? ? 2

1.2 已知散射角为? 的?粒子与散射核的最短距离为

1 r m ??(

4 ? ??

2 z e1 ( 1 ??)

m v 2 s i n

) ，试问上题?粒子与散射的金原子核

之间的最短距离rm 多大？

解：将 1.1 题中各量代入rm 的表达式，得：

rm i n

1 2 z e 1 ??((1 ??) 24? ? 0 mv s i n 2 ?

? 9 ? 1 0 ??

) 1 ? (1 ??) ?6 ? 1 9

7 .6 8 ? 1 0 ? 1 .6 0 ? 1 0 sin 7 5?9 ? (1 .6 0 ? 1 0 4 ? 7

? 1 9 2

? 3 .0 2 ? 1 0 ? 1 4 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180。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：

m v 2 ? k 2

ze 2

4 ?? 0 r m i n

r m i n ，故有：

z e 2

4 ? ? 0 k

? 1 9 2

7 9 )? (1 . 6 0 ? 1 0

? 1 . 1 4 ? 1 0 ? 1 3 米 ? 9 ? 1 0 ??6 ? 1 9

1 0 ? 1 . 6 0 ? 1 0

由上式看出：rmin 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。

1.4 钋放射的一种?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? ? 90的?粒子占全部入射粒子数

4 3 ?

的百分比。已知金的原子量为197 。

解：散射角在? ? ? ? d? 之间的?粒子数dn与入射到箔上的总粒子数 n 的比是：

d n ? n td ??n

其中单位体积中的金原子数： n ? ? / mau ? ? n0 / aau

dn 而散射角大于 900 的粒子数为：

d n

所以有： n

? ? dn ? nnt????

??n t ? ???? d ??

n 0 2 ? 1 ze 2 1 8 0 ??) ? 9 0 ??? ? t ? ( ) 2 ? (

aa u 4 ?? 0 m u 2

c o s d??

s i n 3 2

?? cos d sin 180 ?? 180 ?? i ? ?90??d? ? 2 ?90??? 1等式右边的积分：3 ??3??sin sin 2 2

故

?nd n 1 2 z e2

?? 0? t ? ( 2 ? ( 2mu n a au 4? ??0

? 8 . 5 ? 1 0 ? 6 ? 8 . 5 ? 1 0 ? 4 7

即速度为1.597 ?10米 / 秒的?粒子在金箔上散射，散射角大于 90? 以上的粒子数大约是

?4 8.5 ?10 。

1.5 ?粒子散射实验的数据在散射角很小（? ? 15）时与理论值差得较远，时什么原

因？

答：?粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而? 粒子通过金属箔，经过

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? 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，? 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? 粒子质量比电子质量大 7300 倍。试利用中性粒子碰撞来证明：?粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。

证明：设碰撞前、后?粒子与电子的速度分别为：v , v, 0, v。根据

动量守恒定律，得： e

? ?

??? ? mv ? ? mv ????mve

???? m? 1 由此得： ??v ????v ??ve ??

7300 m

(1)

1 11

2 2 又根据能量守恒定律，得： mv ?2?? mv ?? mv ? e

v? ? v?

(2)

将（1）式代入（2）式，得：

?? ??2 2

v2 ? v? 7300 (v ? v ) ? ??? ??

整理，得：v??(7300 ? 1) ? v??(7300 ? 1) ? 2 ? 7300 v v? ?

0 ?cos ??

? 7300? 1

? ??2

? 上式可写为： 7300（ v ?? ? v ??) ? 0 ? ??? v ?? ? v ??? 0即?粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。

1.7 能量为 3.5 兆电子伏特的细?粒子束射到单位面积上质量为

1.05 ?10 公斤 / 米的银箔上，?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

?2 2

的计数器。测得散射进此窗口的? 粒子是全部入射?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。

解：设靶厚度为t。非垂直入射时引起?粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚

度t，而是t ? t/ sin 60，如图 1-1 所示。

因为散射到? 与? ? d? 之间d? 立体角内的

粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为：

d n ? n td ??n

而d? 为：

(1)

d ? ? (

1 2 ze2 d ??

2 )

?4?? 0 mv