范文一:原子物理学_答案_杨福家_高教第四版
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 2
22212121
???
???
?='-='-?2
22e e v M m v v v M m v v
e
v m p
=?
e p =m p =m v ∴??,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 ?≈-≈(WHY)
2
2e m v v v M
∴??=
有 21
2
e p p Mmv ??=亦即: (2)
(1)2/(2)得
22422210e e m v m p Mmv M
-?===p 亦即:() p
tg rad p
θ
θ?≈=
-4~10 总结:从结论出发,倒推
1-2) 解:①
22a b ctg E
θπε=228e ;库仑散射因子:a=4
) 2)(4(420
2
02E Z e E Ze a πεπε==22279) 1. 44)
45. 5
45e Z a fmMev fm E Mev πε?===记住常数 当 901θ
θ=?=时,ctg
2
1
22. 752
b a f m
∴==特例 亦即:15
22.7510b 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 2
sin
16) (4
2θΩ=
需记公式 (1)
式中, n 为原子核数密度, ) A
A m n n N ρ∴=?= 即:A
V n A
ρ=
Na 怎么得到 (2)
由(1)式得:在 90o→ 180 o范围内找到 α粒子得几率为:
) (θP 18022
490a nt 2sin () 164sin 2
d a nt πθθπρθ?
?
=
?=?
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。 1-5) 解:
在 θ方向 d Ω立方角内找到电子的几率为:
221241()
44sin 2
Z Z e dN d nt N E πεΩ
=?
注意到:
; A A N A nt t nt t N A ρρ== 怎么导出 24() 4sin 2
A N dN a d t n N A ρΩ
∴==
(把 n 化掉) 21279() 1.44113.7641.0Z Z e a fmMev fm E Mev
πε=?=?=
2
22
1.51.51010
s d r -?Ω=
==?怎么导出 244sin 2
A
N dN a d n N A θΩ∴==2313
232646.0210114101.5101.510) 8.9101974sin 30
ο----???=???=?2
15241011410???? ????--23
1-7) 解
2
10161042
42sin cos
42sin cos
42
sin
cos 241) 180(0
2
323
2
21803218032
180
32
2
212
0180
000
00
πρθπ
ρθθ
πρθθ
π
ρθθ
πεπθθθθθθctg N A
a ctg a A
N d a A N d a A
tN d E e Z Z nt N dN P A m A m A m A --?=
??==
==???? ?????
? ??==≤≤????
Pm=pt 质量厚度定义 pm 为质量厚度, p 为质量密度 P20 p21 公式
依题:
sr
b sr m tg a d d c /24/102430sin 101002. 610241041812
sin 14) (2280
40
223
2342
=?=???????=??? ??=Ω=----πσθσ
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:
2
2442sin 2sin () () 4
4
sin
sin
22
a t a
nt A πθθρπθθη??==
2121791.4494.841.2R Z Z e Mev fm a fm E Mev
πε???===
由于 1
2θθ≈,可近似地将散射角视为:
12
5961602
2θθθ+?+?=
=
=?; 61590.0349180rad θπ?-?
?==?
将各量代入得:
2
413234
4
19.321.51094.8102sin 600.03496.02101.51101974sin 30πη---???????=????=? ????
单位时间内入射的粒子数为:910
19
5.01013.125101.6010
Q 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:
10493.125101.51106051.410N N T η-?==?????=?(个 )
② 入射粒子被散时大于 θ的几率为:
2
2
2
2
31.88104
2
4
2
A
a t
a nt
ctg
N ctg A
πθ
ρπθ
η-==
=?
103103.125101.88106051.810N N T η-∴?==?????=? (个)
③ 大于 10?的几率为:
2
2
2108.17104
2
a nt
ctg θπθ
η=
-?
==?
∴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 =0ν
Hz s eV eV
h W 1415
0106. 4101357. 49. 1?=??==
-ν nm eV
eV
nm W hc c
6. 6529. 11024. 1300=??===νλ
②
nmhc eV
eV
nm W E hc c
k 7. 364) 9. 15. 1(1024. 13=+??=+==νλ
2-2) 解:
22111; ; () n n n V n c Z
r a v Z Z E E Z n n n
α==?==
① 对于 H :
111210.53; 42.12r n
a A r a A ??====111210.53; 42.12r a n a A r a A ??===== 61611211
2.1910(); 1.110() 2
v c m s v v m s α--==??==??
对于 He +:Z=2
11216161111
0.265; 21.062
24.3810(); 2.1910() r a A r a A v c m s v c m s αα??
--=
=====??==?? 对于 Li +:Z =3
112161611114
0.177; 0.707333
36.5710(); 3.2910()
2
r a A r a A v c m s v c m s αα??
--======??==??
② 结合能=
21() n A Z
E 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) 2144
Z 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 E ev
????=-?-===?eV eV E hc He 2. 10104. 123?=?=+λ3) 13.644H He
hc E A E +?=??=?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 +
??=??==?9. 303=?=+E hc He λ3() 13.6440.8; 303.94H He
hc E ev A E
λ+??=??==? 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 He
hc E ev A E
λ+?
?=??===? 要点:半径,速度,结合能,激发能公式和常量 0.053nm 13.6ev
2-4) 解:方法一:
欲使基态氢原子发射光子,至少应使氢原子以基态激发到第一激发态
122110.2E E E ev ?=-=V
根据第一章的推导, 入射粒子 m 与靶 M 组成系统的实验室系能量 E L 与 E C 之间的关系为:c
L M
E E M m
=
+
∴所求质子的动能为:
212121(1) 220.42k c M m m
E mv E E E ev
M M
+===+?=?=V 所求质子的速度为:
) (1026. 610
673. 1106. 14. 20221427
19
---??=????==
s m m
E v k
方法二:
质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒,则
()v m m v m H P P +=10 ? 10v m m m v H
P P
+=
1021022102
121) (2121E m m m v m v m m v m E H P H P H P P =+?=+-=
? eV E E E v m E P 4. 20) (2221122
1010=-=?==
) /(1026. 6242
10
10s m c c
m E v P ?=?=
MeV c m P 9382=其中 碰撞动量守恒,动能不守恒,这部分动能转为激发能 少 2-6
2-8) 解:
213
(1) 4340.844
hc
E hv hcv hcR Z Rhc Rhc ev
λ?==
==?-=?==V 此能量电离 H 原子之后的剩余能量为:' 40.813.627.2E ev ?=-=V
即:
28611' 3103.110() 2mv E v m s -=??==?=??
2-11) 解:
重氢是氢的同位素
11
; 11H D e e
H D
R R M M =
=++(里德波常数质心系修正)
1
0.9997280.999728110.5002H D
R R x
===+
解得:3
0.544510x -=?;质子与电子质量之比 11836.50x
=
2-13) 解:
由钠的能级图(64页图 10-3)知:不考虑能能级的精细结构时,在 4P 下有 4个能级:4S , 3D , 3P , 3S , 根
据
辐
射
跃
迁
原
则
。
1
±=?l , 可 产 生 6条 谱 线 :
43;44;33;43;43;33P D P S D P S P P S P S →→→→→→
2-14) 解: 依题:主线系:) () 3(1~nP T S T -==λ
ν
;
辅线系:) () 3(1~) () 3(1~nD T P T nS T P T -==-==λ
νλν或
即:
nm P T nm P T S T 6. 4081
0) 3(; 3. 5891) 3() 3(=
-=
- ① ) 3(S T 61134.14410() (3);
589.3408.6S m T S nm nm
-=+=?=1
) 3(P T 6132.44710() (3) 408.6P m T P nm
-==?=
1
相应的能量:
eV m eV nm S hcT S E 14. 510144. 41024. 1) 3() 3(163-=????-=-=- eV m eV nm P hcT P E 03. 310447. 21024. 1) 3() 3(163-=????-=-=-
E=-hcT ② 电离能
eV S E 14. 5) 3(=
第一激发电势:eV S E P E E 11. 2) 3() 3(12=-=?
第三章 量子力学导论
3-1) 解:以 1000eV 为例:非相对论下估算电子的速度:
eV c v keV c v c m v m e e 10002151121212
222=??? ????=??
?
???= 所以 v ≈ 6.25% ?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 E 0 = me c 2 = 511 keV
加速后电子总能量 E = me c 2 + 1000 eV =512000 eV 用相对论公式求加速后电子动量
c
eV eV c c m E c p e 319840026112100000026214400001142
2=
-=-?=
电子德布罗意波长
m eV
m
eV eV hc p h 106103880. 03198410241. 131984--?=??===λ= 0.3880 ?
采用非相对论公式计算也不失为正确:
=??=????=
=
=
=--5
662
10
31969. 010241. 11000511210241. 122m
eV keV m eV E c m hc E m h
p
h
k
e k
e λ0.3882 ? 可见电子的能量为 100eV 、 10eV 时,速度会更小 ,所以可直接采用非相对论公式计算。
=??=????=
=
=
=--4
662
10011. 110241. 1100511210241. 122m
eV
keV m eV E c m hc E m h
p h k
e k e λ1.2287 ? =??=????==
=
=--46621031969. 010241. 110511210241. 122m
eV keV m eV E c m hc
E m h
p
h k
e k
e λ3.8819 ? 3-3) 解:
(1) 相对论情况下 总能 E = Ek + m0c 2 = mc2 =
2
2
) (c
v
-
其中 E k 为动能, m 0c 2 为静止能量。对于电子,其静止能量为 511 keV。 由题意:) 1) (1(
2
20202
0--=-==c
v c m c m E E c
m k
容易解得
c c v 866. 02/=?=
(2) 电子动量
c m c
v v m mv p ??=-=
=02
03) (1
其德布罗意波长
A J m
J c
m c h p h 0
16252
0014. 010602. 1511732. 110988. 1/=?????=???==--λ
3-7) 解:
Hz c c
c
7
79
821051010
600103, :?=???=?=??-=?=--λλ
λνλλνλν即 得 由 νν?=?=h E h E :得 由
s h h E t E t 91059. 141
42, 2-?=?=?=?=?=???ν
πνπ 所以 又
3-8) 解:
由 P88例 1可得
(
)
eV
J r m E e k 5112
143122
34
2
2108678. 2105885. 4100. 110109. 914. 3321063. 6383?=?=???????==----
直接记录最小动能公式
第四章 原子的精细结构:电子的自旋
4-1) 解:B
U B m B S m e B U
B s B e
s μμμ22=??=?=?-= U B m B S m e B s B e μ2??=?=? 414121() 220.5788101.21.39102
B S
B V V V g h B B ev T T ev h μμ---?=-?==????=?V 4-2) 3/2134
2, 2, 225
D S e j g =∴状态, 54; 23, 2, 21====g j l s
4
5
B B μμμμ=?=
其大小:B μ55. 1= B B z m mg μμμ5
4
==
3113, , , 2222m =--
B z μμ) 5
652, 52, 56(--=
4-3) 解 :6G 3/2 态:; 2
3, 4, 25612===?
=+j l s s
该原子态的 Lande g 因子:0) 1()
14(4) 1(2123=++-+?+=g
原子处于该态时的磁矩:
0) 1(=+=B j j j g μμ (J/T)
μP P S
μL
利用矢量模型对这一事实进行解释: 各类角动量和磁矩的矢量图如上。其中
P S = [S(S+1)]1/2 ? = (35/4)1/2 ? P L = [L(L+1)]1/2 ? = (20)1/2 ? P J = [J(J+1)]1/2 ? = (15/4)1/2 ? μS = g S ?[S(S+1)]1/2?μB = (35)1/2 μB μL = g l ?[L(L+1)]1/2?μB 利用 P S 、 P L 、 P J 之间三角形关系可求出 α = 30? cos β =
7
25
由已知的 cos β 、 μS 、 μL 可求出 μ =
B μ5 以及 θ = 120?
所以 θ ? α = 90?。即 矢量 μ 与 P J 垂直、 μ 在 P J 方向的投影为 0。 或:根据原子矢量模型:总磁矩 s l μμμ
, 等于 分量相加,即:
) 2() 2() , cos() , cos(2
22222J
L S J g J S L J g J S J L B S B l s l -+-+-+-=+=μμμμμ
可以证明:
) , cos() , cos(J S J L s l
μμ-=
J s l
在 与 μμj μμμ与 在 上投影等值而反向,所以合成后, =0 4-4) 解:22
mv
dD
z B z z B
???±=μ, 222mv
dD
z B z z B
???=?μ
2z
?3222.010; 1010; 2510m d m D m ξ---=?=?=? 123107.87400; 10; 0.93106.02
10B v m s M μ----=??=?1
2332301093. 0; 1002. 687. 107---?=??==
JT kg N A m B μ 将所有数据代入解得:
z
z
21.2310/B J m ξξ?=??T/m
4-5) 解:34F 3/2
3
4, 2
142
F
j g =+=态, 分裂为:412=j (束) k
z B z B
E dD
z B mg mv dD z B mg z 222???-=???-=?μμ
, , , , δ
--=31132m=22225
52
=g 对于边缘两束, k
z B
E dD z B jg z 222
???=?μ
422
3
0.10.320.5788105101.01025010
m δ---??=???????=???3225 4-6) 解:
2
3
, 21, 21, 23; 23, 1, 21:232
--====m j l s P 态
31, ; , , , ;2142j j =--+=3113
m=2222
即:屏上可以接收到 4束氯线
对于 H 原子:m E dD
z B z k z B
22
106. 022-?=???=?μ 对于氯原子:k
z B
E dD
z B g z 22???='?μ
222
g z z =?'? ? ) (2
122
z g z ?='? 对于
34
:2
=
g P 态 ,代入得:2z '?4/3' 0.600.402
cm δ=?= <注:t =400k,="" 表明:大部分="" h="" 原子处于基态,当="" t="105K" 时,才有一定量得原子处于激发态=""> 4-7) 解:赖曼系,产生于:21n n =→=
0, 1==l n ,对应 S 能级
1, 0; 2==l n ,对应 S 、 P 能级,所以赖曼系产生于:21P S →
双线来源于:23/21/22,2P P P 2
的分裂,2
由 21-12’ 知:13
4
84. 5)
1(-?+=?cm l l n Z ν 将 1, 2, 6. 291
===?-l n cm ν代入 29.62, 1, 3V cm n e Z -?===代入, 解得:=
即:所得的类 H 离子系:Li ++
4-8) 解:2P 电子双层的能量差为:
ev ev ev l l n Z U 44344
341053. 41025. 7)
11(1211025. 7) 1(---?=??+??=??+=?
两一方面:B U
B μ2=? ?
) (39. 0105788. 021053. 424
4
T U B B =???=?=--μ
4-10) 解:
1, 0, 1; 2; 1, 0, 1312:1113
-=====?=+m g j l s s S 态
0; 0, 1, 2
3
312:203
====?=+m j l s s P 态
11) (g m mg =?有三个值,所以原谱线分裂为三个。
相应谱线与原谱线的波数差:
hc
B c c
c B μννν
νλλνν
) 2, 0, 2() (111~~-=-'=-'=-'=-'
相邻谱线的波数差为:
hc
B B μ2
不属于正常塞曼效应(正常塞曼效应是由 s=0到 s=0的能级之间的跃迁) 4-11)解:①
22233S P →
21
, 23; 34; 23, 1, 21:32±±=====m g j l s P
2
1
; 2; 21, 0, 21:32±=====m g j l s S
分裂后的谱线与原谱线的波数差为:
?---=??=?~) 3
5, 1, 31, 31, 1, 35(~) (~mg ν
其中:1175. 1165. 27. 467. 464~
--=?===
?m m B e
m eB
e π
GHz c 35) 3
1, 1, 35(~?±±±=?=?ν
ν
②
22
233S P →
2
1
; 32; 21, 1, 21:32±=====m g j l s P ∴分裂后的谱线与原谱线差: ?±±=??=?~) 3
2, 34(~) (~mg ν
其中:1175. 1165. 27. 467. 464~
--=?===
?m m B e
m eB
e π
GHz c 35) 3
2, 34(~?±±=?=?ν
ν
4-12) 解:(1)钾原子的 766.4nm 和 769.9nm 双线产生于 2
2311, 22
2
4
4P S →。这三个能级的 g 因子分别为:
, 3
2
, 34012===g g g 2
因在磁场中能级裂开的层数等于 2J+1,所以 22
P 能级分裂成四层, 2P 和 2S 能级分裂成两层。能量
的间距等于 B gu B ,故有:
224' 3B B E g u B u B ?==; 112
' 3
B B E g u B u B ?==; 00' 2B B E g u B u B ?==
原能级和分裂后的能级图如(a )图所示。
1E
(2)根据题意,分裂前后能级间的关系如(b )图所示,且有:
1m in 11m ax 2225. 1]) ([]) ([E E E E E E ?=?+-?+=?,
即 2
12max 21min 113
() () 2
B B E E J g u B J g u B E -+-=
?。 将 2max
1min 31
() ,() 22
J J ==-代入上式,得: 212134123
() () 23232
B E E u B E E -+?+?=-。
经整理有:
[]2
121120102122) (21) () (21) (2137λλλ
λλλμ-?=-=---=-=hc hc hc E E E E E E B B
331(769.9766.4) 1.24103.678102769.9766.4nm eV nm eV nm nm
--=????=??
于是 T eV T
eV eV B
B
2. 2710678. 3105788. 073
10678. 37331
43=?????=
??=
----μ
2E
1E
4-13)解:
(1)在强磁场中,忽略自旋-轨道相互作用,这时原子的总磁矩是轨道磁矩和自旋磁矩的适量和,即有:
) 2(22S L m e S m e L m e e e e S L
+--=---=+=μμμ (1)
(2)此时,体系的势能仅由总磁矩与外磁场之间的相互作用来确定,于是有:
B m m m m m B
e S L m eB B S L m e B U B s l s l e
z z e e μμ) 2() 2(2)
2(2) 2(2+=+=
+=?+=?-=
(2)
(3)钠原子的基态为 2
12
3
S ,第一激发态为 023P ;对于 3S 态:2
1
, 0±
==s l m m ,因此(2)式给 出双分裂,分裂后的能级与原能级的能量差
1B E u B ?=±
对 于 3P 态 ,
2
1; 1, 0±
=±=s l m m , (2) 式 理 应 给 出
23?个 分 裂 , 但 2
1
; 1=
-=s l m m 与
2
1
; 1-
==s l m m 对应的 E ?值相同,故实际上只给出五分裂,附加的能量差为 2(2,1,0,1, 2) B E u B ?=--
原能级与分裂后的能级如图所示
根据选择规律:0; 1, 0=?±=?s l
m m
它们之间可发生六条跃迁。由于较高的各个能级之间的间距相等,只产生三个能差值
B B μ) 1, 0, 1(-,因此只能观察到三条谱线,其中一条与不加磁场时重合。这是,反常塞曼效应被帕型-
巴克效应所取代。
4-14)解:因忽略自旋-轨道相互作用,自旋、轨道角动量不再合成 J ,而是分别绕外磁场旋进,这说明 该外磁场是强场。这时,即原谱线分裂为三条。因此,裂开后的谱线与原谱线的波数差可用下式表示:
?-=?~) 1, 0, 1(~ν
式中 ?
~
1117146.746.741.87104e e
L B m T B m nm m c
π-----==?=?=?
因 νλ
1=,故有 νλλ~2?-=? 将 νλ~
, ?代入上式,得:
2' (121.0) (1,0,1) nm L λλλ?=-=-?-?~332.741002.7410nm nm --?-??=?
???
, (121.00.00274) ' 121.0(121.00.00274) nm nm nm λ-??∴=??+?
第五章 多电子原子 5-2解:
; 2
3, 23, 2:234
===J S L D 由 S L S L J ??2???222?++=得 22222
3)]1() 1() 1([2
1) ???(21 -=+-+-+=--=?S S L L J J S L J
S L
5-3解
2
3, 25; 21; 2===J S L 对于 由 S L S L J ??2???222?++=得
2222
)]1() 1() 1([21) ???(21 +-+-+=--=?S S L L J J S L J
S L :2
5
; 21; 2时 当 ===J S L
22222
)]121(21) 12(2) 125(25[21) ???(21 =+-+-+=-+=?J S L
S L :2
3
; 21; 2时 当 ===J S L
22222
2
3)]121(21) 12(2) 123(23[21) ???(21 -=+-+-+=-+=?J S L
S L 5-4解:
S L J P P P +=
它们的矢量图如图所示。由图可知:
2
2
2
2) S L J L S L J P P P P P =+-?) , cos(J L J L P
P P P 。
经整理得:
) , cos(J L P P cos() L J P P
?=
对于 23F 态, 1, 3, 2S
L J ===
,代入上式得:
) , cos(J L P P ) 0.9428, L
J P ?== ) , (J L P P
=1cos 0.94281928' -=?
所以总角动量 L P
与轨道角动量 J P 之间得夹角为 1928' ?。
5-6解:j-j 耦合:
根据 j-j 耦合规则, 各个电子得轨道角动量 l P 和自旋角动量 s P
先合成各自的总角动量 j P , 即 s l j P P P +=,
j=l+s, l+s-1, …
l s -。
于是有:1
112, 1/2, 5/2,3/2; l s j ===合成 2222, 1/2, 5/2,3/2l s j ===合成 。
然后一个电子的 1j P 再和另一个电子的 2j P 合成原子的总角动量 J P
,即 21j j J P P P
+=,
12j =5/2和j =5/2合成J=5,4,3,2,1,0 12j =5/2和j =3/2合成J=4,3,2,1;
12j =3/2和j =5/2合成J=4,3,2,1; 12j =3/2和j =3/2合成J=3,2,1,0。
可见,共 18种原子态。原子的总角动量量子数为:
J=5,4,3,2,1,0。
原子的总角动量为 ) 1(+=J J P J
将 J 值依次代入上式即可求得 J P 有如下 6个可能值,即
0, 41. 1, 45. 2, 46. 3, 47. 4, 48. 5 =J P
对于 L-S 耦合:
两个电子的轨道角动量 1l P 和 1l P , 自旋角动量 1s P 和 1s P 分别先合成轨道总角动量 L P 和自旋总角动量 S P
,即
21l l L P P P
+= 12121212, , 1; l l L p p P L l l l l l l +==++-- 21s s S P P P += 121212, ,..., ; s s S
p p P S s s s s +==+- 122, l l L ==那么 =4,3,2,1,0,; 121, 1,02
s s S ===。
然后每一个 L P
和 S P 合成 J P ,即:
S L J P P P
+= , 1,... J L S P P P J L S L S L S =+
=++--,
因此有:
也是 18种原子态,而原子的总角动量量子数也为:
J=5,4,3,2,1,0。
原子的总角动量也为:
0, 41. 1, 45. 2, 46. 3, 47. 4, 48. 5 =J P
比较上述两种耦合的结果, 可见它们的总角动量的可能值、 可能的状态数目及相同 J 值出现的次数均相同。 5-8解:
(1)要求能级间跃迁产生的光谱线,首先应求出电子组态形成的原子态,画出能级图。然后根据辐射跃 迁的选择规则来确定光谱线的条数。
22s s 组态形成的原子态:10S
23s p 组态形成的原子态:11P , 3
2,1,0P
其间还有 2s2p 组态形成的原子态:
1
312,1,0, P P ; 23s s 组态形成的原子态:13
1, S S 根据能级位置的高低,可作如图所示的能级图。
根据 L-S 耦合的选择规则:
0, 1, 0, 1(00S L J ?=?=±?=±→除外)
可知一共可产生 10条光谱线(图上实线所示)
(2)若那个电子被激发到 2P 态,则仅可能产生一条光谱线(图上虚线所示) 5-10解:
(1) 2
) (nd 组态可形成的原子态有:
1
1133
0242, 1,04,3,2S ,D ,G ,P ,F 。
利用斯莱特方法求解如下:
??
?
??±=±=?==--=--=?==21
; 2121; 212
, 1, 0, 1, 2; 2, 1, 0, 1, 22; 2:) (2
12121212L S L L M M S S M M L L nd 组态 对
数 值 如 下 表 和 可 能 的 根 据 泡 利 原 理 S L M M :
4140, 4G J S L ?=?==; 2, 3, 432, 3, 41, 3F J S L ?=?==; 0, 1, 230, 1, 21, 1P J S L ?=?==; 2120, 2D J S L ?=?==; 0100, 0S J S L ?=?==
根据洪特定则和正常次序,可知其中
3
2F 的能量最低。
(2)钛原子(Z =22)基态的电子组态为
22626224333221S d P S P S S 。
因满支壳层的轨道角动量、自旋角动量及总角动量都等于零,故而未满支壳层的那些电子的角动量也 就等于整个原子的角动量。 由 (1) 中讨论可知, 2
3d 组态所形成的原子态中, 能量最低的 (即基态) 为 3
2F 。
5-11解:
一束窄的原子束通过非均匀磁场后, 在屏上接受到的束数由原子的总角动量 J 决定 (2J+1条) 。 氦原子 (Z=2)基态的电子组态 21s ,其基态必为 01
S ,即 J =0。因此,在屏上只能接受到一束。
硼原子(Z =5)基态的电子组态为 122
221p s s ,其基态为 11/2P ,即 1
2
J =
。因此,在屏上可接受 到两束。 5-12解: (1)
P 15
3262233221:p s p s s 的基态的电子组态 ,最外层电子数为满支壳层(6个)的一半。
则根据洪特定则:????
??
???=+===-++==++=412230) 1(0123212121S S J L S 基态为:34
S
(2) S
164262233221:p s p s s 的基态的电子组态 ,最外层电子数大于满支壳层 (6个) 的一半。
则根据洪特定则:?????????=+=+==+-++==-++=3
12211) 1(01121212121S L S J L S 基态为:23
P
(3) Cl 1752622
33221:p s p s s
的基态的电子组态 , 最外层电子数大于满支壳层 (6个) 的一半。
则根据洪特定则:????
??
???=+=+==++-++==--++=31223101) 1(01212121212121S L S J L S 基态为:23
P
(4) Ar
186262233221:p s p s s 的基态的电子组态 , 最外层电子数等于满支壳层所能容纳的电
子数(6个)则根据洪特定则:?????
????=+==-+++-++==---++=1
1200) 1(01) 1(010212121212121S J L S
基态为:
01
S
第六章 X 射线
6-1) 解:
kV nm nm kV V kV V nm 100)
(0124. 0) (24. 1) () () (24. 1min =?=
λ
6-2) 解: Hz Z k 216) 1(10246. 0-?=α
ν
Hz c
k 18981038. 4100685. 010998. 2?=??==-λνα
代入解得:Z=43
6-3) 解: L 吸收限指的是电离一个 L 电子的能量
即:L
L L L
hc
E -E E hv λ∞=?==
而:K K L K L
hc
E E -E E E λ∞?==-+
K α
λ的 Moseley 公式为:0.246K
v α
=?16210(Z-1)
而:
K L K hv E E α
∴=-
将 60; 0.19L Z
nm λ==代入解得:42.0K E Kev ?=V
6-5) 解:① K 层电子结合能为:
KeV nm
nm
KeV hc
E K
K 9. 870141. 024. 1=?=
=
λ
由 K α线的能量体系, L k K E E E -=α得 L 层电子结合能为:
KeV nm nm
KeV KeV hc
KeV E E E K
K k L 6. 130167
. 024. 19. 879. 87=?-
=-
=-=λα
同理可得:M,N 层电子结合能为:KeV E KeV E N M
6. 0; 0. 3==
由此可得 P b 原子 K,L,M,N 能级图(如下图所示)
② 要产生 L 系谱线, 必须使 L 层由空穴, 所以产生 L 系得最小能量是将 L 电子电离, 此能量为 13.6ev 由图可知, L α系的能量:
KeV E E E h M L L L 6. 100. 36. 13=-=-==ααν
0.117L L L L hc
hv E E αααα
λ=∴=
=nm 0.6KeV
6-6) 解:根据布喇格公式,一级衍射加强的条件为:2sin d θλ=
式中, d 为晶格常数,即晶元的间距,将 0.54; 120nm λ
θ==?代入得:
0.540.312sin 2sin 60nm
d nm λ
θ
=
=
=?
即:0.31d
nm =即为所求
6-7) 解:
① 散射光子得能量可由下式表示:
2
:, ) cos 1(1c m h h h e ν
γθγνν=
-+=
'其中
当:2e hv m c =时, 1=γ
当:180θ
=?时, 散射光子的能量 ' hv 最小 : MeV MeV c m h h e 170. 0511. 03
1
3121) (2m in =?==+=
'γνν
② 系统动量守恒:e P P P
+'=
由矢量图可知:当 180θ=?时, e P
最大,此时
) /(1064. 3) /(681. 034
) 31(1222
22s m kg c MeV c m c
c m c m c h h
P P P e e e e ??===+='+
=
+'=-λλ 6-8) 解: ompton 散射中,反冲电子的动能为:
(1cos )
1(1cos )
K r E hv
r θθ-=+-
当 180θ
=?时, K E 最大
1
18011cos 1cos K K
r E hv E r θθθ?? ?=∴=? ?- ?+ ?-??
最大,亦即:最大 小, 18011cos 1cos K K r E hv E r θθθ?? ?==? ?- ?+ ?-??最大 2max 1012K r
E hv kev
r
∴==+() V 将 2
e hv r
m c =
代入,并注意到 2
511e m c
kev =V 得:2
() 1055110hv hv --?=
解此方程得:56() hv kev =V )即为入射光子的质量
6-9) 解:
Compton 波长由 2c m h p =ν
决定
∴质子的 Compton 波长是:nm MeV
nm KeV c m hc h hc c
p p 6
21032. 13. 93824. 1-?=?===
=
νν
λ 在 compton 散射中,反冲粒子的动能为:(1cos )
1(1cos )
K
r E hv
r θθ-=+-,其中 2e hv r m c =
解得:22
() () 01cos K
K mc E hv E hv θ
--=-
hv =
() min 54.6hv Mev ∴=
=V ,即为入射光子的最小能量
6-13) 解:(1) 根据洪特定则求基态电子组态为 18
54s d 的基态谱项:
对于 2), 10(848
==l :nd
的一半 大于满支壳层数 组态 。所以
????
?
=+++-+-+++==---+++++=3
012) 2() 1(0121
21212121212121212111L S 对于 0), 2(151
==l :n
s 的一半 等于满支壳层数 组态 。所以
?????
==
2122L S 所以
????
??
??
?
=+=+==+==+=412) (293232121S S L J L L L S S S 倒 转 次 序 基态谱项为 294
F (2)由莫塞莱定律知,铑的 X K α射线的能量:
) (84. 19) 9. 045(6. 134
3
) (6. 134322KeV b Z E K =-??=-?=
α
即为入射光子的能量。在康普顿散射中,反冲电子和能量为
KeV KeV
KeV
KeV h E o o K 378. 0) 60cos 1(5111)
60cos 1(84. 1984. 19) cos 1(1)
cos 1(=-+-?=-+-=θγθγν
(3)按题意有
Al Pb I I I I ) /() /(00=
即
Al
Al Pb Pb x x x x e e Al
Al Pb Pb μμμμ==--
所以
cm cm x x Pb Alb Pb Al 2130. 0765
. 05
. 52=?==
μμ 计算结果表明:对铑的 X K α射线的吸收, 0.3cm 的铅板等效于 21cm 的铝板 , 可见铅对
X
射线的吸收本领比铝大得多 .
6-14解 :因 X 射线经过吸收体后的强度服从指数衰减规律,
即 对铜有:ρ
μx m e I I -=0
对锌有:ρμx m e I I '
-='
于是有:ρ
μμx m m e I I ) (-'-='
将
10='
I I
代入得: ) /(1031. 848325303
. 210ln 23cm g x m m
-?=-=-'=
μμρ
因镍的密度 3/9. 8cm g =ρ,可得镍的厚度为 m μ3. 9
范文二:原子物理学杨福家第一章答案
第一章 习题1、2解
1.1 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粒子的最大偏离角约为10-4rad.
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)
M αV 0
=M αV 'cos θ+m e v cos ? (2)
=M αV 'sin θ-m e v sin ? (3)
作运算:(2)×sin θ±(3)×cos θ, 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)
视θ为φ的函数θ(φ),对(7)式求θ的极值,有
μsin 2(θ+?) =μsin 2?+sin 2θ
(7)
令
sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即
2cos(θ+2φ)sin θ=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
μsin 2(900-?) =μsin 2?+sin 2θ
由此可得
θ≈10-4弧度(极大)
此题得证。
1.2(1)动能为5.00MeV 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1.0 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?
要点分析:第二问是90°~180°范围的积分. 关键要知道n , 注意推导出n 值.
其他值
从书中参考列表中找.
金的原子序数
解:(1)依
Z 2=79
答:散射角为90o所对所对应的瞄准距离为22.8fm. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA, 但可从密度与原子量关系找出)
从书后物质密度表和原子量表中查出
Z Au =79,A Au =197,
ρAu =1.888×10kg/m
4
3
依
即
单位体积内的粒子数
为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
最后结果为:d N ’/N =9.6×10-5 说明大角度散射几率十分小。
1-3~1-4 练习参考答案(后面为褚圣麟1-3~1-4作业)
1-3 试问4.5MeV 的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少? 若把金核改为7Li 核, 则结果如何?
要点分析: 计算简单,重点考虑结果给我们什么启示,影响靶核
,θ=180?时 ,
离金核最小距离
离7Li 核最小距离
结果说明: 靶原子序数越小,入射粒子能量越大,越容易估
算准核的半径. 反之易反。
1-4 ⑴ 假定金核半径为7.0 fm , 试问入射质子需要多少能量才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面?
⑵若金核改为铝时质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面,
那么入射质子的能量应为多少?设铝核的半径为4.0 fm 。
要点分析:注意对头碰撞时, 应考虑靶核质量大小, 靶核很重
时, m < m可直接用公式计算;="" 靶核较轻时,="" m="">< m不满足,="" 应考虑靶核的反冲,="" 用相对运动的质心系来解.="" 79a="" au="196" 13a="" al="">
E C
说明靶核越轻、Z 越小,入射粒子达到靶核表面需要能量越小. 核半径估计值越准确. 褚圣麟教材作业题解
1.3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7.68×106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?
解: 依
答:散射角为150o所对所对应的瞄准距离为3.9664×10-15m
1.4钋放射的一种α粒子的速度为1.597×107米/秒, 正面垂直入射厚度为10-7米, 密度为1.932×104公斤/米3的金箔, 试求所有散射在θ≥90°的α粒子占全部入射粒子的百分比, 已知金的原子量为179。
解: 此题解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. 设散射入大于90°角的粒子数为d n ’, 入射的总粒子数为n , 金箔的单位体积内的粒子数为N 。
最后结果为:d n /n =3.89×10-7
问答:如果知道散射的总粒子数,如何计算散射入某一角度内粒子的数量?如何求出其散射截面?如何算出散射几率? 散射入某一角内的粒子数
习题1-5、1-6解
解:积分式的积分结果
结果:
1-5 动能为1.0MeV 的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm2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1.5cm 2,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ρm 定义为单位面积的质量ρm =ρt,则ρ=ρm / t其中ρ为质量密度,t 为靶厚)。
要点分析:没给直接给nt 。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
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。 要点分析:此题无难点,只是简单积分运算。
解:依据散射公式
因为
同理算出
可知
习题1-7、8解
解: 积分式的积分结果
1-7 单能的窄α粒子束垂直地射到质量厚度为2.0mg/cm2的钽箔上,这时以散射角θ0>20?散射的相对粒子数(散射粒子数与入射数之比)
为4.0×10. 试计算:散射角θ=60
-3
要点分析:重点考虑质量厚度与nt 关系。
2
解: ρm = 2.0mg/cm
A Ta =181
Z Ta =73
θ=60o2
依微分截面公式a /16
由公式
1-8 (1)质量为m 1的入射粒子被质量为m 2(m 2< m1)的静止靶核弹性散射,="">
(2)假如粒子在原来静止的氢核上散射,试问:它在实验室坐标系中最大的散射角为多大?
要点分析:同第一题结果类似。 证明:
(1)
m 1V =m 1V 'cos θ+m 2v cos ? (2) 0=m 1V 'sin θ-m 2v sin ? (3)
作运算:(2)×sin θ±(3)×cos θ, 得
(4)
(5
)
再将(4)、(5)二式与(1)式联立,消去V’与v ,得
化简上式,得
(6)
(7)
视θ为φ的函数θ
(φ) ,对(7)式求θ的极值,有
sin2(θ+φ)-sin2φ=0 2cos(θ+2φ)sin θ=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
μsin 2(90?-?) =μsin 2?+sin 2(θ)
由此可得
若m 2=m
则有此题得证。
第一章 习题1-9、10题解
1-9 动能为1.0 Mev的窄质子束垂直地射到质量厚度(ρt )为1.5mg/cm2的金箔上,若金箔中含有百分之三十的银,试求散射角大于30°的相对质子数为多少?
要点分析:此题靶为一个复合材料靶, 关键找出靶的厚度t .
然后计算出金原子数和银原子数, 即可积分计算.
从书后表可知:Z Au =79,AAu =197, ρAu =1.888×104kg/m3;
Z Ag =47,AAg =108, ρAg =1.05×104kg/m3.
解: 先求金箔的厚度t
ρt =(0.7ρAu +0.3ρAg ) t = 1.5mg/cm
2
这种金箔中所含金原子数与银原子数分别为
和再计算质子被金原子与银原子散射到θ>30°范围内的相对数目。被金原子散射的相对数目为:
式中,N 为入射质子总数,d N Au ’为被金原子散射到θ>30°范围内的质子数。同理可得质子被银原子散射的相对数目为:
被散射的相对质子总数为
将已知数据代入:
N A =6.02×1023, E =1.0MeV,t =0.916μm, Z Au =79,A Au =197,ρ
Au
=18.88×103kg/m3, Z Ag =47,A Ag =108,ρAg =10.5×103kg/m3
η≈1.028×10-5
结果讨论: 此题是一个公式活用问题. 只要稍作变换, 很容易解
决. 我们需要这样灵活运用能力.
1-10 由加速器产生的能量为1.2MeV 、束流为5.0 nA的质子
束,垂直地射到厚为1.5μm 的金箔上,试求5 min内被金箔散射到下列角间隔内的质子数。金的密度(ρ=1.888×104 kg/m3)
[1] 59°~61°; [2] θ>θ0=60° [3] θ<>
要点分析:解决粒子流强度和入射粒子数的关系.
注意:第三问, 因卢瑟福公式不适用于小角(如0o) 散射,故可
先计算质子被散射到大角度范围内的粒子数,再用总入射粒子数去减,即为所得。
解:设j 为单位时间内入射的粒子数,I 为粒子流强度,因I = je, j =I /
N 个:
再由卢瑟福公式,单位时间内,被一个靶原子沿θ方向,射到d Ω立体角内的质子数为:
单位时间内,被所有靶原子沿θ方向,射到d Ω立体角内的质子数为
式中,n 为单位体积的粒子数,它与密度的关系为:
所以,上式可写为
解:[1]
解:[2] 仍然像上式一样积分,积分区间为60°-180°,然后用总数减去所积值。即θ>θ=60°的值。
解:[3] 由于0°的值为无穷大, 无法计算, 所以将作以变换. 仍然像上式一样积分,积分区间为10°-180°,然后用总数减去所积值,即θ<>
总数为9.36×1012-7.56×1011=8.6×1012 (个
范文三:原子物理学_答案_杨福家_高教第四版
目 录
第一章 原子的位形 .................................................................................... 2 第二章 原子的量子态:波尔模型 ................................................................ 5
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 .................... 错误~未定义书签。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 ........................................ 错误~未定义书签。18
1
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:
,,,m,,111,,vvv,222e,,MvmvMv,,,,Me ,222,,,,,m222,,,,Mv,Mv,mvv,v,ve,e,,M
,, (1) ?,,p=mvp=mv,其大小:,p,mveee
m222 (')(')(')vvvvvvv,,,,,eM近似认为:(WHY) ,,,,pMvvvv(');'
m2 2?,,,有vvveM
12 (2) 亦即:ppMmv,,,e2
2(1)/(2)得
222mv,p2m,4e ,,,102pMmvMe
p,-4tgrad,,,10()亦即: ,,p
总结:从结论出发,倒推
2a,28ebctg1-2) 解:? ,;库仑散射因子:a=22E4,,
22ZeeZeZ22279,22 记住常数 a,,()()afmMevfm,,,()()1.44()45.5,,E,,E,,4445EMev00
,1当 特例 ,:,901时,ctg?,,bafm22.75,22
,15亦即: bm,,22.7510
73? 解:金的原子量为;密度: ,,,1.8910/gmA,197
2
依公式,λ射粒子被散射到θ方向,立体角的内的几率: ,d,
2ad, 需记公式 (1) ,dP()nt,,416sin2
A式中,n为原子核数密度, ?,,,,()mnnNA
,VA即: Na 怎么得到 (2) ,nA
由(1)式得:在90o?180 o范围内找到粒子得几率为: ,
180:2ant2sin,,,,d2 P(,),,,()ant,,,,164490:sin2将所有数据代入得
,5 P(,),,()9.410,,
这就是粒子被散射到大于90o范围的粒子数占全部粒子数得百分比。 ,
1-5)解:
在θ方向dΩ立方角内找到电子的几率为:
2dNd1ZZe,212 ,,nt(),,,NE444sin2
注意到:
NNAdNad,2AA 怎么导出(把n化掉) ,,,,;,()?,,tnnttntt,4NANA4Asin2
2eZZ7912 ,,,,,afmMevfm()1.44113.76,,41.0EMev
,s1.5,2怎么导出 d,,,,,1.51022r10
22313223132,,,,,15,,6.0210114101.5106.0210114101.510,,,,,,114,10NdNad,2,,326,,326,2A,, ,,10,?,,,tn()?,,,,,,1.510()8.910?,,,,,,1.510()8.910;;44,,,4NA441974sin301974sin30,,sin2
3
1-7)解
,
22cos200180180,,,,,,,,dN1ZZe0122,,,,(180)Pntd,,,,,,,0,,,,,,,,0042NE30,,,,sin2,,
coscos,,,,00180180tNN22,,AmA22adad,,,,,,,,00A4A433sinsin22
,,,N22,3mA0 actg410,,,A42
,31610,A2,a,,20Nctg,,mA2
Pm=pt 质量厚度定义 pm为质量厚度, p为质量密度
P20 p21 公式
2,320,da1181,4,10tg10,,(),,,,,,,,c,2,2340,d,44,2,10,6.02,10sin304,,, 依题:sin2
,282,24,10m/sr,24b/sr
1-10)解:
? 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:之间得几率可用的几率可用下式求出: ,,,,,,
ata2sin2sin,,,,,,,,,22 ,,nt()(),,,44A44sinsin22
2ZZeMevfm1791.44,,,12 afm,,,94.8,,41.2EMevR
由于,可近似地将散射角视为: ,,,12
,,,5961:,:6159:,:12; ,,,,,:60,,,0.0349rad,22180:
将各量代入得:
4
2,,413 ,,19.321.51094.8102sin600.0349,,,:,,,234,,,,,,,6.02101.5110,,,41974sin30:,,
,9QIt,,,5.010110单位时间内入射的粒子数为:(个) N,,,,,3.12510,19ee1.6010,T时间内入射质子被散时到之间得数目为: ?5961:,:
1049,(个) ,,,,,,,,,,NNT,3.125101.51106051.410? 入射粒子被散时大于θ的几率为:
22,,,,,ata,223 ,,,,1.8810ntctgNctg,A4242A
10310,(个) ?,,,,,,,,,,NNT,3.125101.88106051.810 ? 大于的几率为: 10:
2a,,,22 ,,,ntctg8.1710,,,:1042
10211,?大于的原子数为:(个) 10:,,,,,,,,,N'3.125108.17106057.6610
1012?小于的原子数为:(个) 10:,,,,,,,,,,NN3.125101605'8.610
;注意:大于的几率: ,,10
;10?大于的原子数为: 0NT,,,,3.12510605
第二章 原子的量子态:波尔模型
2-1)解:
hvEW,,k
? Ehve,?,0,1.9有h,,W0k0
W1.9eV14 ,,,,4.6,10Hz0,15h4.1357,10eV,s
3chc1.24,10nm,eV, ,,,,652.6nm0,W1.9eV0
5
3chc1.24,10nm,eV,? ,,,,364.7nmhc,E,W(1.5,1.9)eVk
2VncZ,212-2)解: ,,,,,;;()ravZZEEnnn11Znnn
? 对于H:
22:::: ranaAraA,,,,,ranaAraA,,,,,0.53;42.120.53;42.121112111121
16161,, ,,,,,,,,,vcmsvvms2.1910();1.110()1212
+对于He:Z=2
1::,,,,raAraA0.265;21.061121 2
6161,,,,,,,,,,,,vcmsvcms24.3810();2.1910()11
+对于Li:Z,3
14::,,,,raAraA0.177;0.707112133
36161,,,,,,,,,,,,vcmsvcms36.5710();3.2910()112
Z2? 结合能, ()EEE,,,nA1n
EevEevEev,,,,,13.6;413.654.4;122.4,,,HHeLi
? 由基态到第一激发态所需的激发能:
ZZ132222 ,,,,,,,EEEZEEZ()()(1)111112144
333hc12.410eV312.410312.410hcevhcev,,3hc,:::::对于H: ,,,()13.6440.8;303.9,,,,,,,EevA,,,()(13.6)10.2;1216,,,,,,,,,EevAA()(13.6)10.2;1216,,,,,,,,,EevAA,,HHHH1H11HeHeE10.2eV4,E,410.2,Eev410.2,Eev
hc33hchc+::对于He: ,,,,,,,()13.6440.8;303.9,,,,,,,EevA,,,,,303.9()13.6440.8;303.9EevA,,,11HHHeHeHeE4,E,,4E
hc33hchc++::对于Li: ,,,,,,,()13.6440.8;303.9,,,,,,,EevA,,,,,135.1()13.6991.8;135.1EevA,,,,11HHHeHeLiE4,E,,4E要点:半径,速度,结合能,激发能公式和常量0.053nm 13.6ev
6
2-4)解:方法一:
欲使基态氢原子发射光子,至少应使氢原子以基态激发到第一激发态
V ,,,,EEEev10.21221
根据第一章的推导,入射粒子m与靶M组成系统的实验室系能量E与E之间LC
M的关系为: EE,cLMm,
所求质子的动能为: ?
1Mmm,2V EmvEEEev,,,,,,,,(1)220.4kc12122MM
,192E2,20.4,1.6,104,1k所求质子的速度为: v,,,6.26,10(m,s),27m1.673,10
方法二:
质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒,则
mP ,,mv,m,mv,,vvP10PH10,mmPH
111m1222HEmv(mm)vmvE ,,,,,,,PPHP101010222mm2,PH
12 E,mv,2,E,2(E,E),20.4eV10P10212
2E2410 其中mc,938MeVv,,c,6.26,10(m/s)P102mcP
碰撞动量守恒,动能不守恒,这部分动能转为激发能
少2-6
2-8)解:
hc132V ,,,,,,,,,,,EhvhcvhcRZRhcRhcev(1)4340.8,44
此能量电离H原子之后的剩余能量为:V ,,,,Eev'40.813.627.2
12'54.4,E2861,即: mvEvcms,,,,,,,,,,'3103.110()2620.5110mc,
7
2-11)解:
11重氢是氢的同位素 (里德波常数质心系修正) RR,,;HDMMee,,11MMHD
1
R,xH1 ,,,0.9997280.9997281RD
,x10.5002
1,3解得:;质子与电子质量之比 x,,0.544510,1836.50x
2-13)解:
由钠的能级图(64页图10-3)知:不考虑能能级的精细结构时,在4P下有4个
能级:4S,3D,3P,3S,根据辐射跃迁原则。,可产生6条谱线:,l,,1
43;44;33;43;43;33PDPSDPSPPSPS,,,,,,
2-14)解:
1~,依题:主线系:; ,,T(3S),T(nP),
11~~,,辅线系: ,,T(3P),T(nS)或,,T(3P),T(nD),,
11T(3S),T(3P),;T(3P),0,即: 589.3nm408.6nm
1161,? T(3S),,,,,34.14410()(3);SmTS589.3408.6nmnm
161, T(3P)32.44710()(3)PmTP,,,,408.6nm
相应的能量:
36,1 E(3S),,hcT(3S),,1.24,10nm,eV,4.144,10m,,5.14eV
36,1 E(3P),,hcT(3P),,1.24,10nm,eV,2.447,10m,,3.03eVE=-hcT
? 电离能 E(3S),5.14eV
第一激发电势: ,E,E(3P),E(3S),2.11eV12
8
第三章 量子力学导论
V为例:非相对论下估算电子的速度: 3-1)解:以1000e
2211v1v,,,,22 mv,mc,,511keV,,,1000eV,,,,ee22c2c,,,,
6.25% ,c 所以 v ?
故 采用相对论公式计算加速后电子的动量更为妥当。
2加速前电子总能量 E= mc = 511 keV 0 e2加速后电子总能量 E = mc + 1000 eV =512000 eV e
用相对论公式求加速后电子动量
eV1131984224pEmceV ,,,,,,262144000000261121000000eccc
,6hhc1.241,10eV,m,10电子德布罗意波长 = 0.3880 ? ,,,,,0.3880,10mp31984eV31984eV采用非相对论公式计算也不失为正确:
,6,6hhhc1.24110eVm1.24110m,,,0.3882 ? ,,,,,,,52p0.3196910,2mE2511keV1000eV,,2mcEekek
可见电子的能量为100eV、10eV时,速度会更小 ,所以可直接采用非相对
论公式计算。
,6,6hhhc1.24110eVm1.24110m,,,1.2287 ? ,,,,,,,42p1.01110,2mE2511keV100eV,,2mcEekek
,6,6hhhc1.24110eVm1.24110m,,,3.8819 ? ,,,,,,,42p0.3196910,2mE2511keV10eV,,2mcEekek
3-3)解:
2
mc220(1) 相对论情况下 总能 E = E + mc = mc = k0v21,()c
2 其中 E 为动能,mc 为静止能量。对于电子,其静止能量为 511 keV。 k0
1222由题意: mc,E,E,mc,mc(,1)000kv21,()c容易解得 v,3/2,c,0.866c
9
mv0(2) 电子动量 p,mv,,3,m,c0v21,()c
,250hcJm,1.988,10,其德布罗意波长 hp,,/,,,0.014,A162J1.732,511,1.602,10mc3,,0
3-7)解:
8,ccc,3,10,77,,,, 由,得:,,,,,即,,,,10,5,10Hz2,9,,,,600,10
由E,h,得:,E,h,,
h1,,,9 ,t,,E,,,t,,,,1.59,10s又所以,,,,22,E4h,4,3-8)解:
由P88例1可得
2,23433,6.63,10,,,E,,k22,,231148mr32,3.14,9.109,10,1.0,10,, e
,115,4.5885,10J,2.8678,10eV
直接记录最小动能公式
第四章 原子的精细结构:电子的自旋
,,,,e4-1)解: U,,,,B,S,B,2,mB,,U,2,BsBsBme
,,,,,1e,,,414BV ,,,,,,,,,,,,,VVVghBBevTTevU,,,,B,S,B,2,mB,,U,2,B2()220.5788101.21.3910,sBsBSB12mh2e
134134s,,l,2,j,;g,4-2) 2,2,DSejg状态,,,,?,3/2225225
334 ,,,,,,,,,,,jjg其大小:,1.55,(1)(1)BBB225
4,, ,mg,m,zBB5
3113 m,,,,,,2222
6226 ,,(,,,,),zB5555
10
5364-3) 解:G 态: 2s,1,6,s,,l,4,j,;3/222
55(,1),4(4,1)3122该原子态的Lande g 因子: g,,,,03322(,1)22
(J/T) 原子处于该态时的磁矩: ,,gj(j,1),,0jB
P,LS
,PJ,
,
,
,,,
PS,
,L 利用矢量模型对这一事实进行解释:
各类角动量和磁矩的矢量图如上。其中
1/21/21/21/21/21/2P = [S(S+1)] ? = (35/4) ? P = [L(L+1)] ? = (20) ? P = [J(J+1)] ? = (15/4) ? SLJ1/21/21/2, = g,[S(S+1)],, = (35) , , = g,[L(L+1)],, SSBBLlB
5 利用P、P、P之间三角形关系可求出 , = 30: cos, = SLJ27由已知的cos, 、, 、, 可求出 , = 以及 , = 120: 5,SLB
所以 , ? , = 90:。即 矢量 , 与 P 垂直、, 在 P 方向的投影为0。 JJ
,,或:根据原子矢量模型:总磁矩分量相加,即: ,,,等于,ls
222222,,,,JLSJSL,,,,LJSJgg ,,cos(,),cos(,)(,)(,),,,,,,lslBSBJJ22
,,,,
可以证明: ,cos(L,J),,,cos(S,J)ls
,,, ,,,,与在上投影等值而反向,所以合成后,,0,Jj与在lsse
BdD,,BdDzzz4-4)解:, ,,,,,z,2,,22BB22zmv,,zmv
,,,322 ,,,,,,,,z,2.010;1010;2510mdmDm2
A107.87A107.87,,,1323,3,23,1 ,,,,,,,m,,,10kg,;,,0.93,10JTvmsM400;10;0.9310BB,23,23N6.02,10,N6.021000
11
B,,B,2z将所有数据代入解得:T/m 1.2310/Jm,,,z,,
343/24-5)解:(束) F2j,1,44,214Fjg态,分裂为:,,,322
BdDBdD,,zz zmgmg,,,,,,,,,BB22zmvz2E,,k
311322 m=,,,,,,,,g,522225
BdD,z对于边缘两束, z2jg,,,,B2z2E,k
320.10.3,,,422 ,,,,,,,,,,,,20.5788105101.010m,32525010,,4-6)解:
1331132:,1,;,,, P态s,l,j,m,,,32222222
131133 即:屏上可以接收到4束氯线 2,1,;,,,;214Pejj态,S=m=,,,,,,3/2222222
,BdD2,z对于H原子: ,z,2,,,0.6,10m2B,z2Ek
BdD,z,对于氯原子: zg,,,,B2z2E,k
,1,zg2, ,,z,g(,z),222,z22
44/32,:对于,代入得: P态g,,,,,,z,'0.600.40cm32232
5<>
子处于激发态>
4-7)解:赖曼系,产生于: nn,,,21
n,1,l,0,对应S能级
,对应S、P能级,所以赖曼系产生于: n,2;l,0,121PS,
22双线来源于:2,2PPP的分裂,2 3/21/2
4Z,1,,,,5.84cm由21,12’知: 3nl(l,1)
12
,1,1将代入 ,,,,VcmneZ,,29.62,1,3,29.6cm代入,解得:=,n,2,l,1
++ 即:所得的类H离子系:Li
4-8)解:2P电子双层的能量差为:
44Z1,4,4,4 ,U,,7.25,10ev,,7.25,10ev,4.53,10ev33nl(l,1)2,1,(1,1)
,4,U4.53,10两一方面: ,U,2,B,B,,,0.39(T)B,4,22,0.5788,10B
34-10)解: S态:2s,1,3,s,1,l,0,j,1;g,2;m,1,0,,1111
33 P态:2s,1,3,s,,l,1,j,0;m,0022
有三个值,所以原谱线分裂为三个。 ,(mg),mg11
,,,11~~,,,,,,,,,,,cc 相应谱线与原谱线的波数差: B1,B,,(,),(2,0,,2),,chc
B2,B 相邻谱线的波数差为: hc
不属于正常塞曼效应(正常塞曼效应是由s=0到s=0的能级之间的跃迁)
224-11)解:? 3P,3S3212
1343123:,1,;;, Ps,l,j,g,m,,,3222322
11123:,0,;2; Ss,l,j,g,m,,12222分裂后的谱线与原谱线的波数差为:
5115~~~ ,,,,(mg),,(,,,1,,,,1,),3333
eB~,1,1其中: ,,,46.7B,46.7,2.5m,116.75m,4mee
51~ ,,,c,,,(,,,1,,),35GHz33
22? 3P,3S 1212
112123:,1,;; Ps,l,j,g,m,,122232
13
分裂后的谱线与原谱线差: ?
42~~~ ,,,,(mg),,(,,,),33
eB~,1,1其中: ,,,46.7B,46.7,2.5m,116.75m,4mee
42~ ,,,c,,,(,,,),35GHz33
224-12)解:(1)钾原子的766.4nm和769.9nm双线产生于。这三个能级的g44PS,311,222
42因子分别为:2 g,,g,,g,021033
222因在磁场中能级裂开的层数等于2J+1,所以能级分裂成四层,和能级分裂成PPS321212两层。能量的间距等于,故有: guBB
42;; ,,,EguBuB'2,,,EguBuB,,,EguBuB''00BB22BB11BB33
原能级和分裂后的能级图如(a)图所示。
E2
E1
E1
(2)根据题意,分裂前后能级间的关系如(b)图所示,且有:
, ,E,[E,(,E)],[E,(,E)],1.5,E222max11min1
3即。 EEJguBJguBE,,,,,()()212max21min11BB2
31将代入上式,得: (),()JJ,,,2max1min22
34123。 EEuBEE,,,,,,,()()2121B23232
经整理有:
,,7111hchchc,12,()()()() ,,B,E,E,E,E,E,E,,,,212010B3222,,2,,2112
14
1(769.9766.4),nm33, ,,,,,,,1.24103.67810eVnmeV2769.9766.4nmnm,
33,3,3于是 B,,3.678,10eV,,3.678,10eV,27.2T,4,1,77,0.5788,10eV,TB
4-13)解:
(1)在强磁场中,忽略自旋,轨道相互作用,这时原子的总磁矩是轨道磁矩和自旋磁矩的适量和,即有:
,,,,,,,eee (1) ,,,LS(L2S),,,,,,,,,,LS2mm2meee
(2)此时,体系的势能仅由总磁矩与外磁场之间的相互作用来确定,于是有:
,,,,,eeB,U,,,B,(L,2S),B,(L,2S)zz2m2mee (2) e,B,(m,2m),(m,2m),BlslsB2me
122(3)钠原子的基态为,第一激发态为;对于3S态:,因此,0,,,3P3Smm0ls122
(2)式给出双分裂,分裂后的能级与原能级的能量差
,,,EuB1B
11,0,,1;,,对于3P态,,(2)式理应给出个分裂,但,,1;,与mmmm23,lsls22
1,1;,,对应的,E值相同,故实际上只给出五分裂,附加的能量差为 mmls2
,,,,EuB(2,1,0,1,2)2B
原能级与分裂后的能级如图所示
根据选择规律: ,m,0,,1;,m,0ls
它们之间可发生六条跃迁。由于较高的各个能级之间的间距相等,只产生三个能差值
,因此只能观察到三条谱线,其中一条与不加磁场时重合。这是,反常塞曼效(1,0,,1),BB
应被帕型,巴克效应所取代。
15
4-14)解:因忽略自旋,轨道相互作用,自旋、轨道角动量不再合成J,而是分别绕外磁场旋进,这说明该外磁场是强场。这时,即原谱线分裂为三条。因此,裂开后的谱线与原谱线的波数差可用下式表示:
~~ ,,,(1,0,,1),
e~,,,,,11171式中 ,,,,,,,,46.746.741.8710LBmTBmnm,4mce
12~,因,故有 ,,,,,,,,~,
~将代入上式,得: ,,,,
,3,,,2.7410nm
,~2, ,,,,,,,,,,'(121.0)(1,0,1)nmL,,0,
,3,2.7410,nm,
(121.00.00274),nm,
, ,?,'121.0nm,
,(121.00.00274),nm,
第五章 多电子原子
334222?????5,2解: 由得 D:L,2,S,,J,;J,L,S,2L,S3222
16
,,1122222??? L,S,(J,L,S),[J(J,1),L(L,1),S(S,1)],,,3,22
153222?????5,3解 对于L,2;S,;J,, 由得J,L,S,2L,S222
,,112222??? L,S,(J,L,S),[J(J,1),L(L,1),S(S,1)],22
15 当L,2;S,;J,时:22
,,11551122222??? L,S,(L,S,J),[(,1),2(2,1),(,1)],,,222222
13 当L,2;S,;J,时:22
,,113311322222???L,S,(L,S,J),[(,1),2(2,1),(,1)],,,, 2222222
5,4解:
,,,
P,P,PJLS
它们的矢量图如图所示。由图可知:
,,,,222。 PPPPPPP,,,,2cos()PPcos(P,P)SLJLSLJLJLJ
经整理得:
,,LLJJSS(1)(1)(1),,,,, cos(P,P)cos()PP,,LJLJ2(1)(1)LLJJ,,,
对于态,,代入上式得: SLJ,,,1,3,23F2
,,,,,,,342312PP,,, cos(cos()0.9428,P,P)LLJJ,,,,23412
,,,1= (P,P)cos0.94281928',:LJ
,,
所以总角动量与轨道角动量之间得夹角为。 PP1928':JL
5,6解:j-j耦合:
,,,
P根据j-j耦合规则,各个电子得轨道角动量和自旋角动量先合成各自的总角动量,即PPjls
,,,
P,P,P,j=l+s, l+s-1,…。 ls,jls
于是有: lsj,,,2,1/2,5/2,3/2;合成lsj,,,2,1/2,5/2,3/2合成。111222
,,,,,,
PPP,P,P然后一个电子的再和另一个电子的合成原子的总角动量,即, Pj1j2Jj1j2J
j=5/2和j=5/2合成J=5,4,3,2,1,012
17
j=5/2和j=3/2合成J=4,3,2,1;12
j=3/2和j=5/2合成J=4,3,2,1;12
j=3/2和j=3/2合成J=3,2,1,0。12
可见,共18种原子态。原子的总角动量量子数为:
J=5,4,3,2,1,0。
原子的总角动量为 P,J(J,1),J
将J值依次代入上式即可求得有如下6个可能值,即 PJ
P,5.48,,4.47,,3.46,,2.45,,1.41,,0J
对于L-S耦合:
,,,,,
两个电子的轨道角动量和,自旋角动量和分别先合成轨道总角动量和PPPPPl1l1s1s1L
,
自旋总角动量,即 PS
,,,
ppPLllllll,,,,,,,,1;,,...,P,P,PLl1l2llL12121212
,,,
ppPSssss,,,,,,,...,; P,P,PssS121212Ss1s2
1; llL,,2,那么,4,3,2,1,0,ssS,,,,1,0。12122
,,,
然后每一个和合成,即: PPPSJL
,,,
PPPJLSLSLS,,,,,,,,,1,...P,P,PJLSJLS
因此有:
S=0 S=1
13L=0 S S 01
13L=1 P P 12,1,0
13L=2 D D 23,2,1
13L=3 F F 34,3,2
13L=4 G G 45,4,3也是18种原子态,而原子的总角动量量子数也为:
J=5,4,3,2,1,0。原子的总角动量也为:
P,5.48,,4.47,,3.46,,2.45,,1.41,,0J
比较上述两种耦合的结果,可见它们的总角动量的可能值、可能的状态数目及相同J值出现
的次数均相同。
18
5,8解:
(1)要求能级间跃迁产生的光谱线,首先应求出电子组态形成的原子态,画出能级图。然后根据辐射跃迁的选择规则来确定光谱线的条数。
1组态形成的原子态: S22ss0
13组态形成的原子态:, 23spPP12,1,0
1313其间还有2s2p组态形成的原子态:; 组态形成的原子态: PP,SS,23ss12,1,001根据能级位置的高低,可作如图所示的能级图。
根据L-S耦合的选择规则:
,,,,,,,,,SLJ0,1,0,1(00除外)
可知一共可产生10条光谱线(图上实线所示)
(2)若那个电子被激发到2P态,则仅可能产生一条光谱线(图上虚线所示) 5,10解:
111332(1)组态可形成的原子态有:。 (nd)S,D,G,P,F0242,1,04,3,2
利用斯莱特方法求解如下:
,2;,2,,2,1,0,,1,,2;,2,1,0,,1,,2LLMM,12LL12,2():对nd组态 ,1111S,;S,,M,,;M,,,12SL122222,
根据泡利原理:可能的M和M数值如下表LS
MS -1 0 1 ML
4 (2,1/2)(2,-1/2)
19
(1,1/2)(2,-1/2)
3 (1,-1/2)(2,-1/2) (1,1/2)(2,1/2) (1,-1/2)(2,1/2)
(0,1/2)(2,-1/2);(1,1/2)(1,-1/2)
2 (0,1/2)(2,-1/2) (0,-1/2)(2,-1/2) (0,-1/2)(2,1/2)
(0,-1/2)(1,-1/2) (0,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(0,-1/2) (0,1/2)(1,1/2) 1
(2,-1/2)(-1,-1/2) (2,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(2,-1/2) (2,1/2)(-1,1/2)
(0,1/2)(0,-1/2); (-2,1/2)(2,-1/2)
(1,-1/2)(-1,-1/2) (1,-1/2)(-1,-1/2)
0 (2,1/2)(-2,-1/2); (-1,1/2)(1,-1/2) (2,-1/2)(-2,-1/2) (2,-1/2)(-2,-1/2)
(1,1/2)(-1,-1/2)
(0,-1/2)(-1,-1/2) (0,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(0,-1/2) (0,1/2)(-1,1/2)
-1
(-2,-1/2)(1,-1/2) (-2,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(-2,-1/2) (-2,1/2)(1,1/2)
(0,1/2)(-2,-1/2);(-1,1/2)(-1,-1/2)
-2 (0,1/2)(-2,-1/2) (0,-1/2)(-2,-1/2)
(0,-1/2)(-2,1/2)
(-1,1/2)(-2,-1/2)
-3 (-1,-1/2)(-2,-1/2) (-1,1/2)(-2,1/2) (-1,-1/2)(-2,1/2)
-4 (-2,1/2)(-2,-1/2)
31; ; L,3,S,1,J,4,3,2,FL,4,S,0,J,4,G4,3,24
31;; L,1,S,1,J,2,1,0,PL,2,S,0,J,2,D2,1,02
1 L,0,S,0,J,0,S0
3根据洪特定则和正常次序,可知其中的能量最低。 F2
(2)钛原子(Z,22)基态的电子组态为
2262622。 1S2S2P3S3P3d4S
因满支壳层的轨道角动量、自旋角动量及总角动量都等于零,故而未满支壳层的那些电
2子的角动量也就等于整个原子的角动量。由(1)中讨论可知,组态所形成的原子态中,3d
3能量最低的(即基态)为。 F2
5,11解:
一束窄的原子束通过非均匀磁场后,在屏上接受到的束数由原子的总角动量J决定
12(2J+1条)。氦原子(Z=2)基态的电子组态,其基态必为,即J,0。因此,在屏上S1s0
只能接受到一束。
20
11221 硼原子(Z,5)基态的电子组态为,其基态为,即。因此,在P1s2s2pJ,1/22
屏上可接受到两束。
5,12解:
22623 (1) ,最外层电子数为满支壳层(6个)P的基态的电子组态:1s2s2p3s3p15
1113,S,,,,,2222,L,1,0,(,1),0,4的一半。则根据洪特定则: 基态为: S,323,J,S,,2
,2S,1,4,
22624(2),最外层电子数大于满支壳层(6个)S的基态的电子组态:1s2s2p3s3p16
1111,S,,,,,1,2222,,3L,1,0,(,1),1,1的一半。则根据洪特定则: 基态为: P,2
,J,S,L,2,,2S,1,3,
22625(3),最外层电子数大于满支壳层(6个)Cl的基态的电子组态:1s2s2p3s3p17
111111,S,,,,,,,222222,L,1,0,(,1),1,0,1,3的一半。则根据洪特定则: 基态为: P,323,J,S,L,,2
,2S,1,3,
22626(4),最外层电子数等于满支壳层所能Ar的基态的电子组态:1s2s2p3s3p18
111111,S,,,,,,,0,222222,,L,1,0,(,1),1,0,(,1),0容纳的电子数(6个)则根据洪特定则: ,
,J,0,,2S,1,1,
1基态为: S0
21
第六章 X射线
1.24(nm)1.24(nm) 6-1)解: ,,,V(kV),100kVminV(kV)0.0124(nm)
1626-2)解: ,,0.246,10(Z,1)Hzk,
8c2.998,1018, ,,,4.38,10Hzk,,9,0.0685,10
代入解得: Z=43
6-3)解: L吸收限指的是电离一个L电子的能量
hc即: ,,,,E-EEhv,LLL,L
hc而: ,,,,,EE-EEEKKLK,,L
162的Moseley公式为: ,v,,0.24610(Z-1)KK,,
而: ?,,hvEEKLK,
将代入解得:V Znm,,60;0.19,,,EKev42.0LK
hc1.24KeV,nm6-5)解:? K层电子结合能为: E,,,87.9KeVK,0.0141nmK由线的能量体系,得L层电子结合能为: KE,E,EK,kL,
hc1.24KeV,nm E,E,E,87.9KeV,,87.9KeV,,13.6KeVLkK,,0.nm0167K
同理可得:M,N层电子结合能为: E,3.0KeV;E,0.6KeVMN由此可得P原子K,L,M,N能级图(如下图所示) b
22
0.6KeV
? 要产生L系谱线,必须使L层由空穴,所以产生L系得最小能量是将L
电子电离,此能量为13.6ev由图可知,Lα系的能量:
h,,E,E,E,13.6,3.0,10.6KeVL,L,LM
hcnm ,?,,,0.117hvELLL,,,EL,
6-6)解:根据布喇格公式,一级衍射加强的条件为: 2sind,,,
式中,d为晶格常数,即晶元的间距,将代入得: ,,,,:0.54;120nm
,0.54nm ,,,dnm0.31:2sin2sin60,
即:即为所求 dnm,0.31
6-7)解:
? 散射光子得能量可由下式表示:
hh,,, h,,其中:,,,21,(1,cos)mc,,e
2当:时, hvmc,,,1e
当:时, 散射光子的能量最小: ,,:180hv'
,h112,,(h),,mc,,0.511MeV,0.170MeV emin,1,233
,,,
,? 系统动量守恒: P,P,Pe
,
由矢量图可知:当时,最大,此时 P,,:180e
23
hh114222,P,P,P,,,(mc,mc),mceeee, c33c,,
,22,0.681(MeV/c),3.64,10(kg,m/s)6-8)解: ompton散射中,反冲电子的动能为:
r(1cos),, Ehv,K1(1cos),,r,
当时,最大 E,,:180K
,,,,
,,,,rr11小, ,,EhvE180EhvE180,?,:时,最大,亦即:最大,?,:时,最大,亦即:最大,,,,KKKK111cos1cos,,,,,,,,rr,,,,,,1cos1cos,,,,,,,,
2rV ?,,()Ehvkevmax10K12,r
hv22将代入,并注意到V得: mckev,511()1055110hvhv,,,,r,e2mce
解此方程得:V)即为入射光子的质量 hvkev,56()
6-9)解:
2Compton波长由决定 h,,mcp
chchc1.24KeV,nm6,,?质子的Compton波长是: ,,,,,1.32,10nmp2,,hmc938.3MeVp
r(1cos),,hv在compton散射中,反冲粒子的动能为:,其中 Ehv,r,K21(1cos),,rmc,e
2mcE2K解得: ()()0,,,hvEhvK,1cos,
2mcE2k,,4EEkk,1cos, (号对应的正根,,180时最小)"",:,,hv2
22EEmcE,,2kkkV,即为入射光子的最小能量 ?,,()min54.6hvMev2
816-13)解:(1)根据洪特定则求基态电子组态为的基态谱项: 4d5s
24
8 对于。所以 4d组态:n,8(大于满支壳层数10的一半),l,2
111111111,S,,,,,,,,,,1,1 222222222,
,L,2,1,0,(,1),(,2),2,1,0,31,
1,S,,12对于。所以 5s组态:n,1(等于满支壳层数2的一半),l,02,
,L,02,
3,S,S,S,12,2,L,L,L,3,124所以 基态谱项为 F,929,J,L,S,(倒转次序),2
,2S,1,4,
(2)由莫塞莱定律知,铑的射线的能量: KX,
3322 E,,13.6(Z,b),,13.6,(45,0.9),19.84(KeV)K,44
即为入射光子的能量。在康普顿散射中,反冲电子和能量为
19.84KeVo(1,cos60),,(1,cos)511KeV, E,h,19.84KeV,,0.378KeVK19.84KeV,,1,(1,cos)o1,(1,cos60)511KeV
(3)按题意有 (I/I),(I/I)0Pb0Al
xx,,,,PbPbAlAle,e
即 ,x,,xPbPbAlAl
,52.5Pbx,x,,0.30cm,21cm 所以 AlPb,0.765Alb
计算结果表明:对铑的射线的吸收,0.3cm的铅板等效于21cm的铝板, KX,
X可见铅对射线的吸收本领比铝大得多.
6-14解:因X射线经过吸收体后的强度服从指数衰减规律,
,,x,mI,Ie即 对铜有: 0
,,x,,m,I,Ie对锌有: 0
25
I,,(,,,)x,mm,e于是有: ,I
I 将代入得: ,10,I
ln102.303,32, x,,,8.31,10(g/cm),,,,325,48mm
3 因镍的密度,可得镍的厚度为 9.3,m,,8.9g/cm
26
范文四:原子物理学杨福家第⑦章习题答案
第七章习题1,2参考答案
7-1试计算核素40Ca 和56Fe 的结合能和比结合能.
分析:此题可采用两种算法, 一是按核结合能公式; 另一是按魏扎克核质量计算公式.
一. 按核子结合能公式计算
解:1 ) 对于核素40Ca ,A =40,Z =20,N =20
由结合能公式 B =Zm p +Zm e -M
= (20×1.007277+20×1.008665-39.9625)u
=0.35625u×931.5MeV/u=331.846MeV
比结合能 B /A =331.846/40MeV=8.296MeV
2 )对于核素56Fe ,A =56,Z =26,N =30
由结合能公式 B =Zm p +Zm e -M
= (26×1.007277+30×1.008665-55.9349)u
=0.514252u×931.5MeV/u=479.025MeV
比结合能 B /A =479.025/56MeV=8.554MeV
二. 按魏扎克公式计算
对于题目中所给的40Ca 和56Fe 都是偶偶核.
依B=aV A-a s A 2/3-a c Z 2A -1/3-a sys (Z-N)2+ap A 1/2+B壳, 代入相应常数计算也
可.
7-2 1mg 238U 每分钟放出740个α粒子,试证明:1g 238U 的放射性活度为0.33微居,238U 的半衰期为4.5x109a .
证:1mg 238U 每分钟放出740个α粒子,1g 238U 的放射性活度为A =740×1000/60贝克=1.233×104 贝克=1.233×104贝克/3.7×104(贝克/微居)=0.33微居
衰变常数 λ= A /N
10-21
半衰期 T 1/2=0.693/λ=0.693/4.874×10-21秒=1.42×1020秒=4.5×109a.
得证.
第七章习题3,4参考答案
7-3活着的有机体中,14C 对12C 的比与大气中是相同的,约为
1.3x10-12.有机体死亡后,由于14C 的放射性衰变,14C 的含量就不断减少,因此,测量每克碳的衰变率就可计算有机体的死亡时间.现测得:取之于某一骸骨的100g 碳的β衰变率为300次衰变/min ,试问该骸骨已有多久历史?
解:100g 碳14的放射性活度 A=300次/min=5次/s , 又14C 的半衰期 T 1/2
则
活着的生物体中14C 的个数为N=1012
依 A=λN
个
依公式
N
=
N e -λ?t 得
===13216年
答:该骸骨已有13216年历史。
7-4 一个放射性元素的平均寿命为10d ,试问在第5 d 内发生衰变的数目是原来的多少?
解:已知: τ=10d, 则
依衰变公式
N =N 0e
-λ?t
第4天末放射性元素个数为
第5天末放射性元素个数为
第5天内发生的衰变几率为 第七章习题5,6参考答案
7-5试问原来静止的226Ra 核在α衰变中发射的α粒子的能量是多少? 分析要点: 目的是计算粒子的动能. E 0=E α+E r
解:
衰变过程中放出的能量为
ΔE =226.0254u-222.0176u-4.002603u=0.005197u=4.8410055MeV 在衰变过程中,由动量守恒定律得:
MV +mv =0
226Ra →222Rn +He 42
衰变中发射的α粒子的能量为4.755 MeV.
7-6 210po 核从基态进行衰变,并伴随发射两组α粒子。其中一组α粒子的能量为5.30 MeV ,放出这组α粒子后,子核处于基态;另一组α粒子的能量为4.50 MeV,放出这组α粒子后,子核处于激发态.试计算:子核由激发态回到基态时放出的γ光子的能量.
分析要点: 母核放出α粒子衰变为子核; 减小的能量是衰变能,衰变能比α粒子的能量要大. 因此要用衰变能计算基态和激发态. 解: 由
E γ=E 00-E 01=5. 403-4. 5874MeV =0. 816MeV
第七章习题7,8参考答案
7-7 47V 既可发生β+衰变,也可发生K 俘获,已知β+的最大能量为
1.89 MeV
,试求K 俘获过程中放出的中微子的能量E ν。 解: V →Ti +e ++νe
-2m e ]c =1.89MeV E =[M v -M
(M V -M Ti
) c =E +
2m e c =1.89 MeV+1.02 MeV=2.91 MeV K 俘获
4723V +e -→4222Ti +νe E 0=[M v -M Ti ]c -M K
由释放的绝大部分能量由中微子所得
E =E i =(M -M ) c =2. 91MeV
N →O +P (2) p+9Be →6Li+α 7-8 试计算下列反应的反应能: (1) α+
有关核素的质量,可查阅本书附表.
解:(1)
α+N →O +P E =E α+E N -E ν-E p
=[Mα+MN -M O -M P ]c2
=(4.00263+14.00307-16.99913-1.00783)U
=-1.19MeV
(2) p+9Be →6Li+α
E =[Mp +MBe -M Li -M α]c2
={1.007825+9.012183-6.015123-4.002603}U
=2.13 MeV
第七章习题9,10
7-9 试问:用多大能量的质子轰击固定的氚靶,才能发生p+3H →n+3He 反应? 若入射质子的能量为3.00 MeV,而发射的中子与质子的入射方向成90°角,则发射的中子和3He 的动能各为多少?
7-10 由原子核的半经验结合能公式,试导出β稳定线上的原子核的Z 和A 所满足的关系式.
第七章习题11,12
7-11 (1)试证明:一个能量为E o 的中子与静止的碳原子核经N 次对碰后,其能量近似为(0.72)N E 0.
(2)热中子能有效地使235U 裂变,但裂变产生的中子能量一般较高(MeV).在反应堆中用石墨作减速剂,欲使能量为2.0 MeV的快中子慢化为热中子(0.025 eV),需经过多少次对碰?
7-12 轻核19F 在质子轰击下的共振反应,常用作低能加速器的能量定标,例如:
质子能量E P /kev 反应 宽度/kev
224.4 19F (p,γ) 1.0
340.4 19F (p,αγ) 4.5
873.5 19F (p,αγ) 5.2
935.3 19F (p,αγ) 8.0
1085.0 19F (p,αγ) 4.0
(1)试确定20Ne 的几个激发能级;
(2)试求出复合核20Ne 相应能级的平均寿命.
第七章习题13,14
7-13 设一个聚变堆的功率为106 kW,以D+T为燃料,试计算一年要消耗多少氚? 这么大功率的电站,若改用煤作燃料,则每年要消耗多少煤(煤的燃烧热约为3.3×107J /Ls)?
7-14 铁的热中子俘获截面为2.5b ,试问入射热中子经过1.0 mm 厚的铁块后被吸收掉百分之几?
范文五: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 =1.9×1.6×10-19/6.626×10-34 =4.59×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =6.54×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W
∴ 1.5= h ν-1.9 ν=3.4/h λ=c /ν=hc /3.4(m)=3.65×10-7m 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.
r 2 H =0.053×22/1=0.212nm
∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm V 1H =2.19 ×106×1/1=2.19 ×106(m/s) V 2H =2.19 ×106×1/2=1.095 ×106(m/s)
∴He+: r 1He+=0.053×12/2nm=0.0265nm r 2He+=0.053×22/2=0.106nm
V 1 He+=2.19 ×106×2/1=4.38 ×106(m/s) V 2 He+=2.19 ×106×2/2=2.19 ×106(m/s)
Li ++: r 1 Li++=0.053×12/3nm=0.0181nm r 2 Li++=0.053×22/3=0.071nm
V 1 Li++=2.19 ×106×3/1=6.57 ×106(m/s) V 2 Li++=2.19 ×106×3/2=3.28 ×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
∵ 基态时n =1
H: E 1H =-13.6eV
He+: E 1He+=-13.6×Z 2=-13.6×22=-54.4eV Li ++: E 1Li+=-13.6×Z 2
2(3) 由里德伯公式 =Z 2×13. 6×
3/4=10.2Z 2
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 ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32×13.6×3/4eV=91.8eV 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:
当氢原子由基态n =1跃迁到第一激发态n =2时发射光子需要的能量最小, 由里德伯公式吸收的能量为
⊿E =E 2-E 1=Rhc (1/12-1/22)=13.6×3/4eV=10.2eV
22∴ V =6.25×104(m/s)
讨论: 此题要考虑能量传递效率, 两粒子质量接近, 能量传递效率低.
2-5 (1)原子在热平衡条件下处于不同能量状态的数目是按玻尔兹曼分布的,即处于能量为En 的激发态的原子数为:
式中N 1是能量为E 1状态的原子数,A 为玻尔兹曼常量,g n 和g 1为相应能量状态的统计权重.试问:原子态的氢在一个大气压、20℃温度的条件下,容器必须多大才能有一个原子处在第一激发态? 已知氢原子处于基态和第一激发态的统计权重分别为g 1=2和g 2=8. (2)电子与室温下的氢原子气体相碰撞,要观察到H α线,试问电子的最小动能为多大?
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: ∵
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
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.
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 =2
即
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=108nm, 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.
+
∴
V =3.09×106(m/s)
2-9 电子偶素是由一个正电子和一个电子所组成的一种束缚系统,试求出:
(1)基态时两电子之间的距离;
(2)基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能; (3)由第一激发态退激到基态所放光子的波长.
要点分析:这个系统类似于氢原子, 只不过将正电子取代原子核即可.
解: 里德伯常数变为(1)
因为电子运动是靠电场力作用, 与核质量无关, 基态时一个
子中电子的轨道半径:
(2) 依据能量公式
所以基态时的电离能是氢原子电离能13.6eV 的一半,即6.8eV .
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
由
E 1
(3) 由知,赖曼线系最短波长的光线应是
从n →∞到
依据: 答:μ子原子的第一玻尔轨道半径为2.85×10-4nm; μ子原子的最低能量为-2530eV ;
μ子原子赖曼线系中的最短波长为0.49nm.
讨论:同学们做此题, 第三问数字错在仅仅考虑了μ子质量, 但没有考虑它与质子的相对运动, 里德伯常数 [正确为186.03R ]算错. 能级算错进而波长算错.
2-11 已知氢和重氢的里德伯常最之比为0.999 728,而它们的核质量之比为m H /m D =0.500 20,试计算质子质量与电子质量之比. 要点分析:
解: 由
得
可得
讨论:这是一种测算质子电子质量比的方法.
2-12 当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时: (1)试求这个氢原子所获得的反冲速率为多大? (2)试估计氢原子的反冲能量与所发光子的能量之比.
要点分析:用相对论方式, 考虑放出光子的动量, 计算原子反冲能量和
解
讨论: 由于氢原子反冲能量比光子能量小的多, 所以可忽略氢核的反冲.
2-13 钠原子的基态为3S ,试问钠原子从4p 激发态向低能级跃迁时,
可产生几条谱线 (不考虑精细结构)? 要点分析:钠光谱分析要依据实验结果, 因为它不同于氢, 没有规定里德伯公式. 分析同时还应注意实际能级高低和跃迁条件? =±1, 并
非是高能级都能向低能级跃迁的.
解:由碱金属能级的跃迁规则可知,只有两能级的轨道角量子数之差满足? =±1条件,才能发生跃迁。
由题意可知:从基态3S 到激发态4P 之间还存在3P 、3D 、4S 、4P 四个激发态。
(1)因此从高激发态向低能量态的跃迁,须满足跃迁定则? =±1: (2)除条件(1)以外,还需注意实际能级的高低。从书上图10.3可
以看出。五个能级的相对关系如右图。
直接间接跃迁的有:4P →3S , 4P →3D ,4P →4S ,3D →3P 、 4S →3P ,3P →3S, 共6条谱线。如右图。
注:图中3D 能级高于4S, 所以做题时,我们应发实验数据为依据,且不可凭空想象能级。可能的跃迁相对应的谱线共6条.
2-14 钠原子光谱的共振线(主线系第一条) 的波长λ=589.3nm,辅线系线系限的波长λ∞= 408.6nm,试求:(1)3S 、3p 对应的光谱项和能量;(2)钠原子基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能. 要点分析:对于氢原子、类氢离子我们都可发用里德伯公式来解决,对于其他原子来说,里德伯常数没给出,因此我们不能直接套用里德伯公式,不能再用确定相对的里德伯常数和光谱项公式直接计算。而应从能级跃迁基本公式,依据碱金属谱线的实验结果分析计算.
~=T (n ) -T (m ) 解: ν
h ν=E n -E m
(1) 将原子在无穷远处的能量取为零;钠原子的基态为3S , 主线系第一条谱线3P →3S ; 辅线系线系限谱为∞→3P , 3P 能级的能量值, 按光谱项公式辅线系线系限
T ∞→0
T 3p =1/λ=1/408.6×10-9(m-1)=2.447×106(m-1)
E 3p =-hcT 3p =-3.03eV
-1 11
(2) 钠原子的电离能 E N a =E ∞-E =0-(-5. 13) eV =5. 13eV
12
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