物理原子物理授课计划杨福家第四版

叉叉叉叉叉学期授课计划

（ 2015～ 2016学年度下学期）

主讲教师：职称：周学时数： 4 总学时数：48(理论)

院（系）：物机学院专业：物理学班级：15应用物理学本科学生人数：

课程名称：原子物理学课程类别：专业必修课

选用教材说明：杨福家《原子物理学》，高等教育出版社，2010年，国家级规划教材。根据学生的实际学习情况和课时安排，教材中有些章节为学生自学课程。

※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※※

1.“课程类别”指通识必修课、通识选修课、专业必修课、专业选修课。

2.“选用教材说明”指所选用教材的类型、作者、出版社、出版日期、对本专业的适用程度及内容上的处理。

3.“教学时数”应填写每次课的教学时数，一般以2学时为一个单位时间填写。

4.“教学内容”应体现具体章节内容，不能仅列出章的名称。

5.“教学形式”指讲授、实验、习题课、讨论课、自学指导、演示、录象示教、上机实习、参观等。

6.“课外作业及辅导类型”指习题、课程论文、调查报告、实验报告、读书报告、查阅文献资料等。

7. 如课程中含实验部分或独立设置的试验课，须在“教学内容（或实验项目名称）”栏中填写所涉及的实验项目名称。

原子物理学 杨福家 第四版(完整版)课后答案

原子物理学杨福家第四版(完整版)课后答案 原子物理习题库及解答 第一章 111,222,,mvmvmv,，,,,,,ee222,1-1 由能量、动量守恒 ,,,mvmvmv,，,,,,ee, (这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子) Δp θ mv2,,,得碰撞后电子的速度 p v,em，m,e ,故 v,2ve, 2m,p1,mv2mv4,e,eee由 tg,~,~~,~,2.5，10(rad)mvmv,,,,pm400, a79，2，1.44,1-2 (1) b,ctg,,22.8(fm)222，5 236.02，102,132,5dN(2) ,,bnt,3.14，[22.8，10]，19.3，,9.63，10N197 24Ze4，79，1.441-3 Au核: r,,,50.6(fm)m22，4.5mv,, 24Ze4，3，1.44Li核: r,,,1.92(fm)m22，4.5mv,, 2ZZe1，79，1.4412E,,,16.3(Mev)1-4 (1) pr7m 2ZZe1，13，1.4412E,,,4.68(Mev)(2) pr4m 22NZZeZZeds,,242401212dN1-5 ()ntd/sin()t/sin,,,,,2N4E24EAr2pp 1323,79，1.44，106.02，101.5123,,()，，1.5，10，， 24419710(0.5) ,822,610 ,6.02，1.5，79，1.44，1.5，,8.90，10197 3aa,,1-6 时， b,ctg,,,,6012222 aa,,时， b,ctg,，1,,902222 32()2,dNb112 ？,,,32dN1,b222()2 ,32,324，101-7 由，得 b,bnt,4，10,,nt

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． n e e πε Z n a ∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nm 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Z n ++ ⊿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

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，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 =××10-19/×10-34 =×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ = h ν ν=h λ=c /ν=hc /(m)=×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． n e e Z n a ∴H: r 1H =×12/1nm= r 2 H =×22/1= V 1H = ×106×1/1= ×106(m/s) V 2H = ×106×1/2= ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=×12/2nm= r 2He+=×22/2= V 1 He+= ×106×2/1= ×106(m/s) V 2 He+= ×106×2/2= ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=×12/3nm= r 2 Li++=×22/3=

V 1 Li++= ×106×3/1= ×106(m/s) V 2 Li++= ×106×3/2= ×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，它等于把电子从基态电离掉所需要的能量。 ∵ 基态时n =1 H: E 1H = He+: E 1He+=×Z 2=×22= Li ++: E 1Li+=×Z 2=×32= (3) 由里德伯公式 Z 2××3/4= 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 Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32××3/4eV= 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:

原子物理学杨福家第六章习题答案

练习六习题1-2解 6-1 某一X 射线管发出的连续X 光谱的最短波长为0.0124nm ，试 问它的工作电压是多少?解：依据公式 答：它的工作电压是100kV . 6-2莫塞莱的实验是历史上首次精确测量原子序数的方法．如测得某元素的K α )(10Z ；将值代入上式， 10 246.0101010 )??= = =1780 Z =43 即该元素为43号元素锝(Te). 第六章习题3,4 6-3 钕原子(Z=60)的L 吸收限为0.19nm ，试问从钕原子中电离一个K 电子需作多少功? 6-4 证明：对大多数元素K α1射线的强度为K α2射线的两倍． 第六章习题5,6参考答案 6-5 已知铅的K 吸收限为0.014 1nm,K 线系各谱线的波长分别为：0.016 7nm(K α)；0.0146nm(K β)；0.0142nm(K γ),现请： (1) 根据这些数据绘出有关铅的X 射线能级简图； (2) 计算激发L 线系所需的最小能量与L α线的波长． 分析要点:弄清K 吸收限的含义. K 吸收限指在K 层产生一个空穴需要能量. 即K 层电子的结合能或电离能.

解: (1)由已知的条件可画出X 射线能级简图. K K α L α K β K γ (2) 激发L 线系所需的能量: K 在L 壳层产生一个空穴所需的能量 E LK = φK -φL φL =φK - E LK =87.94 keV -84.93keV=3.01 keV φ为结合能. 或

即有 m 即L α线的波长为0.116nm. 6-6 一束波长为0.54 nm 的单色光入射到一组晶面上，在与入射束偏离为120?的方向上产生一级衍射极大，试问该晶面的间距为多大? ?的方向上产生一级衍射极大sin θ n =1 解得 d =0.312 nm 第六章习题8参考答案 6-7 在康普顿散射中，若入射光子的能量等于电子的静止能，试求散射光子的最小能量及电子的最大动量． 6-8 在康普顿散射中，若一个光子能传递给一个静止电子的最大能量为10 keV ，试求入射光子的能量． （1）其中c m 光子去的能量为电子获得的能量 k E h h ='-νν 依题意，如果电子获得最大能量，则出射光子的能量为最小，（1）式E 由此可算出： ν γγh E E 22=+

原子物理学杨福家第一章答案

第一章习题1、2解 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Mα，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） （2） （3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,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） 若记，可将（６）式改写为 （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有

令，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=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 由此可得 θ≈10-4弧度（极大） 此题得证。 （1）动能为的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. 解：（1）依和金的原子序数Z2=79 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出

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Mα，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： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 v m V M V M e + ' = α α（1） ? θ α α cos cos v m V M V M e + ' =（2） ? θ α sin sin 0v m V M e - ' =（3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e（4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M（5）

再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ， 化简上式，得 （６） θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1） 若 sin θ=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 θ ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=-

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 解：（1）依 金的原子序数 Z2=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=1.888×104kg/m3

原子物理学-杨福家第二章习题答案上课讲义

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． n e e Z n a ∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nm 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× 22(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Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32×13.6×3/4eV=91.8eV

原子物理学杨福家1-6章-课后习题答案

原子物理学课后前六章答案（第四版） 杨福家著(高等教育出版社) 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 第三章：量子力学导论 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 第六章：X 射线 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me 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） ? θααcos cos v m V M V M e +'= （2）

? θαsin sin 0v m V M e -'= （3） 作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ, （4） （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ， 化简上式，得 （６） θ?μ?θμ2 22s i n s i n )(s i n +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 若 sin θ=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 θ ? μ ? μ2 2 2) (90si n si n si n+ = - 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. 解：（1）依 金的原子序数Z2=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ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3 依 θa 2 sin

原子物理学答案(杨福家 高教第四版)(第一章)无水印 打印版

原子物理学课后答案（第四版）杨福家著 高等教育出版社 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 第三章：量子力学导论 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 第六章：X射线 第七章：原子核物理概论 第八章：超精细相互作用 原子物理学——学习辅导书 吕华平刘莉主编（7.3元定价） 高等教育出版社 第一章习题答案

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4 10-rad. 解：设碰撞以后α粒子的散射角为θ，碰撞参数b 与散射角的关系为 2cot 2θ a b =(式中E e Z Z a 02214πε=) 碰撞参数b 越小，则散射角θ越大。也就是说，当α粒子和自由电子对头碰时，θ取得极大 值。 此时粒子由于散射引起的动量变化如图所示，粒子的质量远大于自由电子的质量，则对头碰撞后粒子的速度近似不变，仍为，而电子的速度变为，则粒子的动量变化为 v m p e 2=? 散射角为 410*7.21836 *422-=≈≈?≈ v m v m p p e αθ 即最大偏离角约为4 10-rad. 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）如果金箔厚为1.0um ，则入射α粒子束以大于? 90散射（称为背散射）的粒子是全部入射粒子的百分之几？ 解：（1）碰撞参数与散射角关系为： 2cot 2θ a b =(式中E e Z Z a 02214πε=) 库伦散射因子为： E e Z Z a 02214πε== fm MeV MeV fm 5.45579 *2**44.1= 瞄准距离为： fm fm a b 8.2245cot *5.45*2 1 2cot 2===?θ

杨福家——原子物理学第四版_课后答案---标准版

杨福家（第四版）原子物理习题库及解答 第一章 1-1 由能量、动量守恒 ?????' +'='+'=e e e e v m v m v m v m v m v m ααα αα ααα22 2212121 (这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子) Δp θ 得碰撞后电子的速度 e e m m v m v +='ααα2 p 故 αv v e 2≈' 由)(105.2400 1 ~22~ ~~4rad m m v m v m v m v m p p tg e e e e -?== '?αα αα ααθθ 1-2 （1） )(8.225 244 .127922fm ctg a b =???== θ （2） 523 2 132 1063.9197 10 02.63.19]108.22[14.3--?=?? ???==nt b N dN π 1-3 Au 核： )(6.505.4244 .1794422fm v m Ze r m =???==α α Li 核：)(92.15.4244 .134422fm v m Ze r m =???==α α 1-4 （1）)(3.167 44.17912 21Mev r e Z Z E m p =??== （2）)(68.44 44.113122 1Mev r e Z Z E m p =??==

1-5 2 sin /)4(2sin /)4(42022 2 142221θρθr ds t A N E e Z Z ntd E e Z Z N dN p p ?=Ω= 4 2323213)5.0(1105.1105.11971002.6)41044.179(????????=-- 68 2 2 1090.8197 105.144.1795.102.6--?=? ????= 1-6 60=θ时，232221? == a ctg a b θ 90=θ时，12 222?==a ctg a b θ 3)2 1()2 3( 222 221 2 1 == = ∴ b b dN dN ππ 1-7 由3 2 104-?=nt b π，得nt b π3 2 104-?= 由2 2θ ctg a b = ，得 2 323 3232)67.5(102181 1002.614.310410104)2(??????=?=--- ntctg a π )(10 96.5224 cm -?= )(8.23161096.5)41(2 sin )4(2442b a d d =???==Ω∴-θσ 1-8（1）设碰撞前m 1的速度为v 1，动量为p 1。 碰撞后m 1的动量为1 p '，m 2的动量为2p ' 由动量、能量守恒可得： 12 11011 p m m m n v p ++='μ 12 12012 p m m m n v p ++-='μ

《原子物理学》杨福家第四版课后答案培训资料

《原子物理学》杨福家第四版课后答案

目 录 第一章 原子的位形 ................................................................................... - 2 - 第二章 原子的量子态：波尔模型 .............................................................. - 8 - 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 ........................................................... 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 ......................................... 没有错误!未定义书签。 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 ρρρ22221212 1 ??? ????='-='-?222e e v M m v v v M m v v ρ ρρ e v m p ρ ρ =? e p=mv p=mv ∴??，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 ?≈-≈ 2 2e m v v v M ∴??= 有 21 2 e p p Mmv ??= 亦即： (2) (1)2/(2)得 224 2 2210e e m v m p Mmv M -?===p

原子物理学-杨福家-第四版-课后答案

目 录 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) 第四章 原子的精细结构：电子的自旋 .......................................................... 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 ........................................ 没有错误!未定义书签。 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 ρρρ22221212 1 ??? ????='-='-?222e e v M m v v v M m v v ρ ρρ e v m p ρ ρ =? e p=mv p=mv ∴??，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 ?≈-≈ 2 2e m v v v M ∴??= 有 21 2 e p p Mmv ??=亦即： (2) (1)2/(2)得 224 2 2210e e m v m p Mmv M -?===p 亦即：()p tg rad p θθ?≈= -4～10

原子物理学杨福家第一章答案

原子物理学杨福家第一 章答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

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： 2 222 12121v m V M V M e +'=αα （1） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2） ?θαsin sin 0v m V M e -'= （3） 作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得 )sin(sin ?θθ α+=V M v m e （4） )sin(sin ?θ? αα+='V M V M （5）

再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ， 化简上式，得 （６） θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 +φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1） 若 sin θ=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 θ ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=- 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 解：（1）依 金的原子序数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.

原子物理学杨福家第一章答案

第一章习题1、2解 vα粒子与一静止的自由电子相碰撞，速度为试证的非相对论的 -4αrad.粒子的最大偏离角约为明：10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. αMVX方向入射；沿粒子的质量为，，证明：设碰撞前速度为αVθm 表示，碰撞碰撞后，速度为方向散射。电子质量用'，沿e Ovφα粒处，碰撞后以速度方向反冲。沿前静止在坐标原点子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） （2） （3） θθ,得cossin±(3)×（作运算：2）×（4） （5） Ｖv，1）式联立，消去'与4再将（）、（5）二式与（ 化简上式，得 （６）

若记，可将（６）式改写为 （７） θφθφθ的极值，有）式求7，对（）（的函数为视． 令，则 θφφ=0+ sin2()-sin2 即 θφθ=0 2cos()sin+2θ=0,若 sin（1） θ=0（极小）（ 8）则θφ)=0+2）若（2cos(θφ（9o-2）则=90将（9）式代入（7）式，有 由此可得 -4θ弧度（极大）≈10 此题得证。 α粒子被金核以90）动能为的°散射时，它的瞄准距离（1（碰撞参数）为多大 （2）如果金箔厚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 n, 关键要知道180°～°范围的积分. 要点分析:第二问是90n. 注意推导出值,其他值从书中参考列表中找. Z=79金的原子序数和（解：1）依 2 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. °的散射全部积分出90第二问解的要点是注意将大于: 解(2)．来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出) ZA=197, =79,从书后物质密度表和原子量表中查出AuAuρ43kg/m×10=Au 依: 注意到：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。 是常数其值为

原子物理学(杨福家)总结

原子物理学四、五、六、七、八章总结 第四章 1、定性解释电子自旋定性解释电子自旋和 和轨道运动相互作用的物理机制。原子内价电子的自旋磁矩与电子轨道运动所产生的磁场间的相互作用，是磁相互作用。电子自旋对轨道磁场有两个取向，导致了能级的双重分裂，这就是碱金属原子能级双重结构的由来这种作用能通常比电子与电子之间的静电库仑能小（在LS 耦合的情况下），因此是产生原子能级精细结构即多重分裂（包括双重分裂）的原因。 2、原子态55 D 4的自旋和轨道角的自旋和轨道角动量动量动量量子数是多少？总角量子数是多少？总角量子数是多少？总角动量动量动量在空间有几在空间有几个取向，如何实验证实？ 自旋量子数：s=2轨道量子数：l=2角动量量子数：J=4 总角动量在空间有9个取向。 由于J J J m J ??=,,1,?，共12+J 个数值，相应地就有12+J 个分立的2z 数值，即在感光片上就有12+J 个黑条，它代表了12+J 个空间取向。所以，从感光黑条的数目，就可以求出总角动量在空间有几个取向。 3、写出碱金属原子的能级公式，说明各写出碱金属原子的能级公式，说明各量量含义含义。 。22jl njl n Rhc Z E ???=其中，Z：原子序数，R：里德堡常数， h：普朗克常量，c：光速，n：主量子数，jl ?：量子数亏损。 4、朗德间隔定则德间隔定则： ：在三重态中，一对相邻的能级之间的间隔与两个J 值中较大的那个成正比。 5、同科电子：n 和l 二量子数相同的电子。 6、Stark 效应效应： ：原子能级在外加电场中的移位和分裂。7、塞曼效应效应： ：一条谱线在外磁场作用下一分为三，彼此间间隔相等，且间隔值为B B μ。 反常塞曼效应：光谱线在磁场中分裂的数目可以不是三个，间隔也不尽相同。 8、帕邢帕邢- -巴克效应：在磁场非常强的情况下，反常塞曼效应会重新表现为正常塞曼效应，即谱线的多重分裂会重新表现为三重分裂，这是帕邢和巴克分别于1912和1913年发现的,

原子物理学答案杨福家高教第四版.doc

目录 第一章原子的位 形 (2) 第二章原子的量子态：波尔模 型 (8) 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。 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。

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 vmvMvM vMmvMv 222 2 1 2 1 2 1 222 e e v M mvv v M mvv evmp eep=mvp=mv ，其大小： (1) 222(')(')(') e m vvvvvvv M 近似认为：(');'pMvvvv 22 e m vvv M 有 21 2e ppMmv 亦即： (2) (1)2/(2)得 22 4 2 22 10e e mvm pMmvM p 亦即：()ptgrad p -4～10 1-2) 解：① 22 a bctg E 228e ；库仑散射因子：a= 4 ) 2)( 4 ( 4 2 0 2 0 2 E Ze E Zea 22279()()1.44()45.5 45 eZ afmMevfm EMev 当901 时，ctg 2 1 22.75 2 bafm 亦即：1522.7510bm ② 解：金的原子量为197A ；密度：731.8910/gm 依公式，λ射 粒子被散射到θ方向，d 立体角的内的几率：

原子物理学杨福家1-6章课后习题答案

原子物理学杨福家1-6章课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

原子物理学课后前六章答案（第四版） 杨福家著(高等教育出版社) 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 第三章：量子力学导论 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 第六章：X 射线 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Mα，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me 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） ? θααcos cos v m V M V M e +'= （2）

? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90o-2φ（9）

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） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2） ?θαsin sin 0v m V M e -'= （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） θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1） 若 sin θ=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 θ ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=- 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. 解：（1）依 金的原子序数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)