《原子物理学杨福家1-6章-课后习题答案(2020年7月整理).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《原子物理学杨福家1-6章-课后习题答案(2020年7月整理).pdf（50页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 原子物理学课后原子物理学课后前六章前六章答案（第四版）答案（第四版） 杨福家著杨福家著(高等教育出版社高等教育出版社) 第一章：原子的位形：卢瑟福模型第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第三章：量子力学导论 第四章：原子的精细结构：电子的自旋第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：第六章：X 射线射线 第一章 习题 1、2 解 1.1 速度为 v 的非相对论的粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：粒子的最大偏离角约为10-4rad. 要点分析: 碰撞
2、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 粒子的质量为 M，碰撞前速度为 V，沿 X 方向入射；碰撞后，速度为 V，沿 方向散射。电子质量用 me 表示，碰撞前静止在坐标原点 O 处，碰撞后以速度 v 沿 方向反冲。 粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： 222212121vmVMVMe+= （1） coscosvmVMVMe+= （2） sinsin0vmVMe= （3） 2 作运算： （2）sin(3)cos,得)sin(sin+=VMvme （4） )sin(sin+=VMVM （5） 再将 （4） 、 （5
3、 ）二 式 与（1 ）式 联立 ，消 去 与v，)(sinsin)(sinsin22222222+=VmMVMVMe 化简上式，得 222sinsin)(sinemM+=+ （） 若记Mme=，可将（）式改写为 222sinsin)(sin+=+ （） 视 为 的函数 （） ，对（7）式求 的极值，有 )(2sin2sin)sin(2sin+=+dd 令 0=dd，则 sin2(+)-sin2=0 即 2cos(+2)sin=0 若 sin=0, 则 =0（极小） （8） （2）若 cos(+2)=0 ,则 =90-2 （9） 将（9）式代入（7）式，有2202)(90sinsinsin+=
4、由此可得183641=Mmesin 10-4 弧度（极大）此题得证。 1.2（1）动能为 5.00MeV 的 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 m，则入射 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？ 3 要点分析:第二问是 90180范围的积分.关键要知道 n, 注意推导出 n 值. ANANAVVVNVNn=)(1molAA总分子数,其他值从书中参考列表中找. 解： （1）依 2cot2ab = 和EeZZa02214 金的原子序数 Z2=79 )(10752.2245cot00. 544. 1792cot422
5、11502mEeZbo= 答：散射角为 90 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 ZAu=79,AAu=197, Au=1.888104kg/m3 依: dantNNdsin22sin16= 2162422sinsindantNNd= )2(sin22sin2)2(22cos2sin2sinddd= dEZnt=242222sin162cos2sin2)2(2)4e( dEZnt=232222sin162cos2)2(2)4e( 4 =242
6、222sin16)2sin(2sin4)(2)4e(dE2Znt 注意到：ANANAVVVNVNn=)(1molAA总分子数 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。 222)2(4 )4ent(EZ 是常数其值为 5-2215-2376-10486 . 9)5.00792(4)10(1.44197106.22101.88101.0= =232312sin)2sin(22sin2cosddI 最后结果为：dN/N=9.610-5，说明大角度散射几率十分小。 1-31-4 练习参考答案（后面为褚圣麟 1-31-4 作业） 1-3 试问 4.5MeV 的 粒子与金核对心碰撞时
7、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，影响靶核大小估计的因素。 解: 对心碰撞时 +=2csc12arm，=180时 ，()aarm=+=90csc12 离金核最小距离 fm56.505 . 444. 179240221=EeZZarm 离 7Li 核最小距离 fm92. 15 . 444. 13240221=EeZZarm 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 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？ 若金核改为铝时质子在
8、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。 5 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.79AAu=196 13AAl=27 解：若入射粒子的质量与原子核的质量满足 m M，则入射粒子与原子核之间能达到的最近距离为+=2csc12arm，=180时 ， ()aarm=+=90csc12 即 mmrZZeEreZZ2102022144= 即： 1 791.44fmMeV16.25MeV7.0fmE= 若金核改为铝核，m 20散射的相对
9、粒子数（散射粒子数与入射数之比）为 4.010-3.试计算：散射角 =60角相对应的微分散射截面dd。 要点分析：重点考虑质量厚度与 nt 关系。 解： m= 2.0mg/cm2 2102.0=NNd ATa=181 ZTa=73 =60 ANAn= AmNtAn= AmNAnt= 依微分截面公式 21642sin1=dd 知该题重点要求出 a2/16 由公式 34180202234180202104.32sinsin216106.0221812.02sin16=dadntNdN 10 3180202221418020223104.32sin1)4(161065. 62sinsin216106
10、.0221812.0=ada 3221104.3(-22.13)4(16106.65=a 所以 262102.3316=a 274264210456. 1260sin11033. 22sin116=dd 1-8 (1)质量为 m1 的入射粒子被质量为 m2（m230范围内的相对数目。被金原子散射的相对数目为： =18030222221uu4218030AuAu2sin121244. 1ZZ2sindsin216dAAANAtntNN 式中，N 为入射质子总数，dNAu为被金原子散射到 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： =180302223214218030AgAg2s
11、in121244. 1ZZ2sindsin216dAAgAgNAtntNN 被散射的相对质子总数为 +=+=2180sin1230sin14)1044. 1 (4)1044. 1 (2222523212252221EZZNAtEZZNAtAAgAgAAuAuAgAu 将已知数据代入： NA=6.021023,E=1.0MeV,t=0.916m,ZAu=79,AAu=197,Au=18.88103kg/m3,ZAg=47,AAg=108,Ag=10.5103kg/m3 1.02810-5 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
12、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 1.5m 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（=1.888104 kg/m3） 1 5961; 2 0=60 3 0=60的值。 21180999102260115.719 105.719 105.719 1031.7151 10sinsin22= = = 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 0=10的值。 14 21180999112210115.719 105.719 105.719 10
13、32.161.84 10sinsin22= = 总数为 9.361012-7.561011=8.61012 (个 第二第二章习题章习题解答解答 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：解： 光电效应方程 212mmvh= （1）由题意知 0mv = 即 0h = 14151.94.59 104.136 10evHzhev s = 1.24652.61.9chcnm Kevnmev= （2） 211.52mmvev= 1.5cevhh= = 1.24364.71.51.51.9h
14、cnm Kevnmevevev=+ 2.2 对于氢原子、一次电离的氢离子 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）由基态带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。 解：解： （1）由波尔理论及电子的轨道半径公式 znrrn21=， r1为氢原子第一波尔半径 15 22201122204()(197.3)0.0530.511eecranmnmm em c e= 氢原子第二波尔半径 可知： He+ (Z=2) Li+ + (Z=3) 电子在波尔轨道上的速率为 于是有 H : 6
15、1161212.19 101371.1 102vcm sm scvm s= = = He+ : 61161224.38 10102vcm scvm s= = Li+ + : 61161236.57 10102vcm scvm s= = (2) 电子在基态的结合能 Ek在数值上等于原子的基态能量。由波尔理论的能量公式 可得 故有 H : 13.6kEev= He+ : 213.6 254.4kEev= Li+ : 213.6 3122.4kEev= （3）以电压加速电子，使之于原子碰撞，把原子从基态激发到较高能态，用来加速电子的电势差称为激发电势， 从基态激发到第一激发态得相应的电势差称为第一激
16、发电势。 212122113.6(1)2EVze= 对 H : 12113.6 (1)10.24Vv= He+ : 212113.6 2(1)40.84Vv= Li+ : 212113.6 3(1)91.84Vv= 221140.212rn rrnm=112210.0265220.1062arnmranm=112210.0176320.07053arnmranm=nzvcn= 21()2nezEmcn= 221()13.62keEmczz ev= = 16 共振线（即赖曼系第一条）的波长： 121212EEhcEhc= H : 121.24121.610.2nm kevnmev= He+ : 121.2430.440.8nm kevnmev= Li+ : 121.2413.591.8nm kevnmev= 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？ 解：解： Li+ +基态能量为 211()122.42eEmczev= = ，从基态到第一激发态所需能量为 vZE8 .91434 .122)211 (6 .132212= 故电子必须具有 91.8
