《原子物理学》杨福家第四版课后答案

第一章 目 录 TOC \o "1-3" \h \z \u 第一章 原子的位形 1 第二章 原子的量子态：波尔模型 7 第三章 量子力学导论……………………………………………………………..12 16 第五章 多电子原理：泡利原理…………………………………………………… 23 第七章 原子核物理概论 没有。 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： (1) 近似认为： (2) (1)2/(2)得 亦即： 1-2) 解：① 当 亦即： ② 解：金的原子量为 ；密度： 依公式，λ射 粒子被散射到θ方向， 立体角的内的几率： (1) 式中，n为原子核数密度， 即： (2) 由（1）式得：在90º→180 º范围内找到 粒子得几率为： 将所有数据代入得 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。 1-3)解： 金 当Z＝79时 当Z＝3时， 但此时M并不远大于m， 1-4)解： ① 将Z＝79代入解得： ② 对于铝，Z＝13，代入上公式解得： E=4.68Mev 以上结果是假定原子核不动时得到的，因此可视为理论系的结果，转换到实验室中有： 对于 ① ② 可见，当M>>m时， ，否则， 1-5)解： 在θ方向dΩ立方角内找到电子的几率为： 注意到： 1-6)解： 散射角大于θ得粒子数为： 依题意得： ，即为所求 1-7)解 依题： 1-8)解： 在实验室系中，截面与偏角的关系为（见课本29页） ① 由上面的表达式可见：为了使 存在，必须： 即： 亦即： 或 考虑到： 第二组方程无解 第一组方程的解为： 可是， 的最大值为1，即： ② 为α粒子， 为静止的He核，则 ， 1-9）解：根据1-7）的计算，靶核将入射粒子散射到大于 的散射几率是 当靶中含有两种不同的原子时，则散射几率为 将数据代入得： 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： 之间得几率可用的几率可用下式求出： 由于 ，可近似地将散射角视为： ； 将各量代入得： 单位时间内入射的粒子数为： （个） T时间内入射质子被散时到 之间得数目为： (个) ② 入射粒子被散时大于θ的几率为： （个） ③ 大于 的几率为： 大于 的原子数为： （个） 小于 的原子数为： （个） 注意：大于 的几率： 大于 的原子数为： 第二章 原子的量子态：波尔模型 2-1)解： ① ② 2-2)解： ① 对于H： 对于He+：Z=2 对于Li+：Z＝3 ② 结合能＝ ③ 由基态到第一激发态所需的激发能： 对于H： 对于He+： 对于Li++： 2-3)解： 所谓非弹性碰撞，即把Li++打到某一激发态， 而Li++最小得激发能为 这就是碰撞电子应具有的最小动能。 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 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EL与EC之间的关系为： 所求质子的动能为： V 所求质子的速度为： 方法二： 质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒，则 2-7)解： ，巴而末系和赖曼系分别是： He 。 2-8)解： V 此能量电离H原子之后的剩余能量为： V 即： 2-9)解： （1）基态时两电子之间的距离： （2） （3）由第一激发态退到基态所放光子的波长： 2-10)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 = m1 v12/r1 = m12 v12 /(M r) -------------------------（1） Ke2/r2 = m2 v22/r2 = m22 v22 /(M r) ------------------------（2） 角动量量子化条件：m1 v1 r1 + m2 v2 r2 = n ħ n = 1, 2, 3, …. 即 M (v1 +v2) r = n ħ --------------------------------------（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 ħ 即 m2 v2 r = n ħ ----------- (4) (2)式 和 (4)式 联立解得： ------------------ （5） 式中 a1 = 0.529 ，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 。 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 v12 + 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 En = 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 2-11)解： 重氢是氢的同位素 解得： ；质子与电子质量之比 2-12)解： ① 光子动量： ，而： = ② 氢原子反冲能量： 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： 2-14)解： 依题：主线系： ； 辅线系： 即： ① 相应的能量： ② 电离能 第一激发电势： 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： 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 E0 = mec2 = 511 keV 加速后电子总能量 E = mec2 + 1000 eV =512000 eV 用相对论公式求加速后电子动量 电子德布罗意波长 = 0.3880 Å 采用非相对论公式计算也不失为正确： 0.3882 Å 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。 1.2287 Å 3.8819 Å 3-2)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 / (2mee2) 光子动能 Eph = h = hc/ph 所以 Eph / Ee = hc/ph (2mee2) / h2 = hc / (2mec2e) 其中 组合常数 hc = 1.988 10−25 Jm mec2 = 511 keV = 0.819 10−13 J 代入得 Eph / Ee = 3.03 10−3 3-3)解： (1) 相对论情况下 总能 E = Ek + m0c2 = mc2 = 其中 Ek 为动能，m0c2 为静止能量。对于电子，其静止能量为 511 keV。 由题意： 容易解得 (2) 电子动量 其德布罗意波长 3-5)解： 证明： 非相对论下： p0 为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： 这里 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 /0=p0/p= 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 = 这里 mec2 也以电子伏特为单位，以保证该式两端的无量纲性和等式的成立。 mec2 也以电子伏特为单位时，2mec2 的数值为 1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000伏特，那么 V/2mec2 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。实际上电子速度很大，但是又同时不可以过大。否则，V/2 mec2 远小于 1 的假设可能不成立）。 设 y = 1 + V/2 mec2 = 1+x，f(y) = 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) = 1 + = 1 + = 1−x/2 = 1 − 将mec2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得 f(y) = 因此 = 0 f(y) = 3-7)解： 3-8)解： 由P88例1可得 3-9)解：（1） 归一化常数 （2）粒子x坐标在0到a之间的几率为 （3）粒子的y坐标和z坐标分别在 之间的几率 3-12)解： 当 时 3-15）解 3-15)（1） ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 由函数连续、有限和归一化条件求 由函数有限可得： 由函数连续可知： 错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。 由错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。得 由函数归一化条件得： 错误！未找到引用源。 由错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。可求得 第四章 原子的精细结构：电子的自旋 4-1)解： V 4-2） 4-3) 解：6G3/2 态： 该原子态的Lande g 因子： 原子处于该态时的磁矩： (J/T) 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 PS = [S(S+1)]1/2 ħ = (35/4)1/2 ħ PL = [L(L+1)]1/2 ħ = (20)1/2 ħ PJ = [J(J+1)]1/2 ħ = (15/4)1/2 ħ S = gS[S(S+1)]1/2B = (35)1/2 B L = gl[L(L+1)]1/2B 利用PS、PL、PJ之间三角形关系可求出 = 30 cos = 由已知的cos 、S 、L 可求出 = 以及 = 120 所以 − = 90。即 矢量 与 PJ 垂直、 在 PJ 方向的投影为0。 或：根据原子矢量模型：总磁矩 分量相加，即： 可以证明： 4-4)解： ， 将所有数据代入解得： T/m 4-5)解： （束） 对于边缘两束， 4-6)解： 即：屏上可以接收到4束氯线 对于H原子： 对于氯原子： 对于 ，代入得： <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： ，对应S能级 ，对应S、P能级，所以赖曼系产生于： 双线来源于： 由21－12’知： 将 代入 即：所得的类H离子系：Li++ 4-8)解：2P电子双层的能量差为： 两一方面： 4-10)解： 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： 相邻谱线的波数差为： 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 分裂后的谱线与原谱线的波数差为： 其中： ② 分裂后的谱线与原谱线差： 其中： 4-12)解：(1)钾原子的766.4nm和769.9nm双线产生于 。这三个能级的g因子分别为： 2 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 能级分裂成两层。能量的间距等于 ，故有： ； ； 原能级和分裂后的能级图如（a）图所示。 （2）根据题意，分裂前后能级间的关系如（b）图所示，且有： ， 即 。 将 代入上式，得： 。 经整理有： 于是 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： （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： （2） （3）钠原子的基态为 ，第一激发态为 ；对于3S态： ，因此（2）式给出双分裂，分裂后的能级与原能级的能量差 对于3P态， ，（2）式理应给出 个分裂，但 与 对应的 值相同，故实际上只给出五分裂，附加的能量差为 原能级与分裂后的能级如图所示 根据选择规律： 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： 式中 因 ，故有 将 代入上式，得： ， 第五章 多电子原子 5－2解： 由 得 5－3解 由 得 5－4解： 它们的矢量图如图所示。由图可知： 。 经整理得： 对于 态， ，代入上式得： = 所以总角动量 与轨道角动量 之间得夹角为 。 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 和自旋角动量 先合成各自的总角动量 ，即 ，j=l+s, l+s-1,… 。 于是有： 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 ， 可见，共18种原子态。原子的总角动量量子数为： 原子的总角动量为 将J值依次代入上式即可求得 有如下6个可能值，即 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 和自旋总角动量 ，即 ； 然后每一个 和 合成 ，即： 因此有： 　 S=0 S=1 L=0 1S0 3S1 L=1 1P1 3P2,1,0 L=2 1D2 3D3,2,1 L=3 1F3 3F4,3,2 L=4 1G4 3G5,4,3 也是18种原子态，而原子的总角动量量子数也为： 原子的总角动量也为： 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。 组态形成的原子态： 组态形成的原子态： ， 其间还有2s2p组态形成的原子态： ； 组态形成的原子态： 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： 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） 组态可形成的原子态有： 。 利用斯莱特方法求解如下： MS ML -1 0 1 4 (2,1/2)(2,-1/2) 3 (1,-1/2)(2,-1/2) (1,1/2)(2,-1/2) (1,-1/2)(2,1/2) (1,1/2)(2,1/2) 2 (0,1/2)(2,-1/2) (0,1/2)(2,-1/2);(1,1/2)(1,-1/2) (0,-1/2)(2,1/2) (0,-1/2)(2,-1/2) 1 (0,-1/2)(1,-1/2) (2,-1/2)(-1,-1/2) (0,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(0,-1/2) (2,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(2,-1/2) (0,1/2)(1,1/2) (2,1/2)(-1,1/2) 0 (1,-1/2)(-1,-1/2) (2,-1/2)(-2,-1/2) (0,1/2)(0,-1/2); (-2,1/2)(2,-1/2) (2,1/2)(-2,-1/2); (-1,1/2)(1,-1/2) (1,1/2)(-1,-1/2) (1,-1/2)(-1,-1/2) (2,-1/2)(-2,-1/2) -1 (0,-1/2)(-1,-1/2) (-2,-1/2)(1,-1/2) (0,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(0,-1/2) (-2,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(-2,-1/2) (0,1/2)(-1,1/2) (-2,1/2)(1,1/2) -2 (0,1/2)(-2,-1/2) (0,1/2)(-2,-1/2);(-1,1/2)(-1,-1/2) (0,-1/2)(-2,1/2) (0,-1/2)(-2,-1/2) -3 (-1,-1/2)(-2,-1/2) (-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) ； ； ； ； 根据洪特定则和正常次序，可知其中 的能量最低。 （2）钛原子（Z＝22）基态的电子组态为 。 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， 组态所形成的原子态中，能量最低的（即基态）为 。 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 ，其基态必为 ，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 ，其基态为 ，即 。因此，在屏上可接受到两束。 5－12解： （1） ，最外层电子数为满支壳层（6个）的一半。则根据洪特定则： 基态为： （2） ，最外层电子数大于满支壳层（6个）的一半。则根据洪特定则： 基态为： （3） ，最外层电子数大于满支壳层（6个）的一半。则根据洪特定则： 基态为： （4） ，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： 基态为： 第六章 X射线 6-1)解： 6-2)解： 代入解得： 6-3)解： L吸收限指的是电离一个L电子的能量 即： 而： 的Moseley公式为： 而： 将 代入解得： V 6-5)解：① K层电子结合能为： 由 线的能量体系， 得L层电子结合能为： 同理可得：M,N层电子结合能为： 由此可得Pb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，Lα系的能量： nm 6-6)解：根据布喇格公式，一级衍射加强的条件为： 式中，d为晶格常数，即晶元的间距，将 代入得： 即： 即为所求 6-7)解： ① 散射光子得能量可由下式表示： 当： 时， 当： 时， 散射光子的能量 最小: ② 系统动量守恒： 由矢量图可知：当 时， 最大，此时 6-8)解： ompton散射中，反冲电子的动能为： 当 时， 最大 小， V 将 代入，并注意到 V得： 解此方程得： V）即为入射光子的质量 6-9)解： Compton波长由 决定 质子的Compton波长是： 在compton散射中，反冲粒子的动能为： ，其中 解得： 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 的基态谱项： 对于 。所以 对于 。所以 所以 基态谱项为 （2）由莫塞莱定律知，铑的 射线的能量： 即为入射光子的能量。在康普顿散射中，反冲电子和能量为 （3）按题意有 即 所以 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, 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， 即 对铜有： 对锌有： 于是有： 将 代入得： 因镍的密度 ，可得镍的厚度为