原子物理学《褚圣麟版》答案

原子物理学褚圣麟版》+答案临沂师范学院物理系理论物理教研室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?10电子伏特。散射物质是原子序数Z=79的金箔。试问散射角=所对应的瞄准距离b多大？2192Zectg79?10)ctg150(48.85?10?10610)εK能。M

式中K12Mv是α粒子的功4ε)(1Mvε04?79?)sin75解当入射粒子与靶核对心碰撞时射角为180当入射粒子的动能全部转化为两7?(1.6?10)?109?=1?103米1?1.6?10第一章原子的基本状况6ο解：根据卢瑟福散射公式：cotε022bε

0Kb得到：οb3.97?米1.2已知散射角为θ的粒子与散射核的最短距离为m(20s)，试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离r多大？解：将1.1题中各量代入r的表达式，得：r2Ze1sinθ2)2?109?)2?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？ο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：12Mvp2ε0min

，故有：ri=Zeεp--1.4钋放射的一种粒子的速度为1.597米秒，正面垂直入射于厚度为米、密度为1.932公斤/米的金箔。试求所有散射在θ90的α粒子占全部入射粒子数而散射角大于90的粒子数为：dn220902θ=2?=1180ο=?180οθθdn'ρN2Ze即速度为米/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1.5α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，时什么原由上式看出：r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米。743的百分比。已知金的原子量为。解：散射角在dθ之间的α粒子数与入射到箔上的总粒子数n的比是：=td

其中单位体积中的金原子数：N=ρmAuρNAu0'=?=nNt?d所以有：dnn't?ππ2=t(A))ε02sindθ等式右边的积分：Iθ9090οsinsin32故?t))nAuε02≈?1-6=8.5?-4007ο0。ο因？答：α粒子散射的理论值是“一次散“的假定下得出的。而粒子通过金属箔，经过(v-vα')2整理，得：vα-1)+-?7300vαvαcosθ=∴上式可写为：（αα')2=0∴α-vα'=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米解：设靶厚度为t。非垂直入射时引起度t，而是t=t/sin，如图1-1所示。2sin4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θ角，那是多次小角散射合的结果。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α粒子与电子的速度分别为：',0,v。根据动量守恒定律，得：Mα=α'+由此得：-α'=mMvev又根据能量守恒定律，得：Mv2α=α2

2vα2vmMv2……（2）将（1）式代入（）式，得：vα2v2'27300≥即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。2ο2的计数器。测得散射进此窗口的粒子是全部入射α粒子的百万分之。若已知银的原子为。试求银的核电荷数Z。ο因为散射到与θdθ之间d立体角内的粒子数与总入射粒子数的比为：

dn而σ为：Ntdσt,td(14πε)(Mv)dθ（22dMv2θ式中立体角元dΩ=ds/L,t=t/sin60=/=为原子密度。Nt为单位面上的原子数，Nt=Ag=η(/N)，其中是单位计算论证这样的粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于

的散射。这个由此可见10电子伏特能量的粒子能够很容易的穿过铅原子球。粒子在到达原子力为4πεR。可以认为α粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作-⊥Mv-

把（）式代入（1）式，得：dn=Nt(1ε()sin2'00''-1面积式上的质量；Ag是银原子的质量；是银原子的原子量；0是阿佛加德罗常数。将各量代入（3），得：dnn=N(ε02zeMv2)242由此，得：1.8设想铅（）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为10-10米的球形原子内，如果有能量为106电子伏特的粒子射向这样一个“原子，试通过结论与卢瑟福实验结果差的很远说明原子的汤姆逊模型是不能成立的（原子中电子的影响可以忽略解设粒子和铅原子对心碰撞则α粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有下式决定：12

Mv2=2/εR=焦耳≈2.36?103电子伏特6表面和原子内部时所受原子中正电荷的排斥力不同它们分别为：ε0R和F=2Ze/εR3。可见，原子表面处粒子所受的斥力最大，越靠近原子的中心粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使α粒子发生散射最强的垂直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设粒子擦原子表面而过。此时受22用作用距离为原子的直径且在作用范围之内，力的方向始终与入射方向垂直，大小不变。这是一种受力最大的情形。根据上述分析，力的作用时间为t=D/v,α粒子的动能为v2KM，所以，t=DvM/2K12Mv2=K，因此，根据动量定理：t=p⊥/ε?dt=2Ze/ε所以有：t/RMv由此可得：⊥t/4πεM这时θ很小，

因此tg≈θ?10弧度约是8.2。角90的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当α粒子无限靠近原子核时会受到原子核的无限大的排斥力以可以产生90的散射，甚至会产生≈180的散而t?0Fdt2t22α粒子所受的平行于入射方向的合力近似为射方向上速度不变。据此，有：θ=v⊥2t4πεR2M=2Ze/ε0RM2.4?10-3‘这就是说，按题中假设，能量为兆电子伏特的粒子被铅原子散射，不可能产生散射000射与实验相符合此的汤姆逊模型是不成立的。解：电离能为Ei=EE1，把氢原子的能级公式n=-Rhc/n代入，得：-)=E=(2-2)其中hcRH=电子伏特113.6?)10.2电子伏特E2=

(1)12.1电子伏特313.6?)12.8电子伏特第二章原子的能级和辐射2.1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：电子在第一玻尔轨道上年n=1。根据量子化条件，pφ=mvr=n2可得：频率=πa1nh2πma12h?1015赫兹速度：v=h/ma1=2.188?106米秒加速度：w=v/v2a22米/秒2.2试由氢原子的里德伯常数计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。2i=RH(1121∞)=13.60电子伏特。电离电势：Vi=ie=13.60伏特第一激发能：Ei=RH(23?13.6010.20电子伏特第一激发电势：VE10.20伏特2.3用能量为电子伏特的电子去激发

基态氢原子，问受激发的氢原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线？解氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量是：111121314其中和E2小于电子伏特，E3大于12.5电子伏特。可见，具有12.5电子伏特能量的RH(-)=5R36=R-2)-2)2.4试估算一次电离的氦离子He、二次电离的锂离子i的第一玻尔轨道半径、电离电4mer1Li=E?2n=-ELi电子不足以把基态氢原子激发到≥的能级上去，所以只能出现n的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为：12ο1λ

211134Rολ2=1215A11113ολ3=1025A势一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。解：在估算时，不考虑原子核的运动所产生的影响，即把原子核视为不动，这样简单些。a)氢原子和类氢离子的轨道半径：r4πε0h222an2=中a4πε0h220.*****米是氢原子的玻尔第一轨道半径；Z是核电荷数于Z；对于Z；对于Li，Z=3；因此，玻尔第一轨道半径之比是He=rZZH2=ZZLi3b)氢和类氢离子的能量公式：E-2meZ(4πε)n22Zn其中-2πm4(4πε2≈-13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。离能之比：0-EHe

0-EZHeZ+0-E=Z2++2=9c)第一激发能之比：EE-E211=41223EE121=9E2-E2ZR(-2)，2=(1+1),(2)??v1H=R(2111v=2R)λ1He=32R22λ1Li1λ1Li12.5试问二次电离的锂离子Li从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能使处于基态的一次电离的氦粒子H的电子电离掉？

解：i由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：2He2-E-E1He1222222-E1Li-E22122氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：11n2,3??n其中2me4(4πε3是里德伯常数。氢原子赖曼系第一条谱线的波数为：111-12λ相应地，对类氢离子有：-

因此，111)=2λ1Heλ+++的电离能量为：1271m/MHe=H2-2)，=36/=(2)，λD=5RRe--2)=R∞=R[-[2]=vHe=4hcR(121∞)4hcRHehvHe+=27RLi16R?161m/由于MHeM所以1m/MHe1+m/MLi，

从而有hv，所以能将H的电子电离掉。2.6氢与其同位素氘（质量数为）混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。试问其巴耳末系的第一条（α）光谱线之间的波长差?有多大？已知氢的里德伯常数R=1.***-*****米氘的里德伯常数RD?107米-。解：1λHλD1123112λ=-361(5R-RD)ο=1.79A2.7已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的“正电子ο素”计算“正电子素”由一激发态向基态跃迁发射光谱的波长λ为多少？解：1λ111211m?38Rλ=

8∞?***-*****米=24302.8试证明氢原子中的电子从轨道跃迁到n轨道，发射光子的频率ν。当n1时光子频率即为电子绕第玻尔轨道转动的频率。证明：在氢原子中电子从轨道跃迁到n轨道所发光子的波数为：v=11(n+1)2]频率为：nn1(n2n1+1)2Rc功问如把Li离子电离成Li子由高的能级向基态跃迁而产生的。一次电离能对应于主线系的系限能量，所以离子1设Li当n1时，有(2n+n(n+1)22nn/n，所以在时，氢原子中电子从轨道跃迁到轨道所发光子的频率为：vn=/3。设电子在第n轨道上的转动频率为fn，则f=mvrπrn3因此，在时，有fn

由上可见当n1时请原子中电子跃迁所发出的光子的频率即等于电子绕第玻尔轨道转动的频率。这说明，在n很大时，玻尔理论过渡到经典理论，这就是对应原理。2.9Li原子序数Z=3，其光谱的主线系可用下式表示：vR(12-R-2。已知锂原子电离成Li+++离子需要203.44电子伏特的++离子，需要多少电子伏特的功？解：与氢光谱类似，碱金属光谱亦是单电子原子光谱。锂光谱的主线系是锂原子的价电电离成Li++离子时，有12-Rhc∞≈R∞h2=电伏特Li++是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此Li++→Li+++时，电离能E为：3Z2Z2RR∞h电子伏特。++的电离能为E。而→+++需要的总能量是E=203.44电子伏特，所以有2E-E-E75.7电子伏特具有磁矩的原子，在横向均匀磁场和横向非均匀磁场

中运动时有什么不同？答：设原子的磁矩为，磁场沿Z方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为μ，于是具有磁矩的原子在磁场中所受的力为F=μZ??，其中?B?Z是磁场沿Z方向的梯度。均匀磁场，=0，原子在磁场中不受力，原子磁矩绕磁场方向做拉摩进动，且对磁场原子的速度v?10米/秒。在屏上两束分开的距离d=0.002米。试确定原子磁矩在磁L2区域粒子不受力作惯性运动经磁场区域L后向外射出时粒子的速度为v，出射方向与)μZ…（1）1L2LL2-ZμLv可以测定各激发态的平均寿命。若已知原子束中原子速度=10米/秒，在沿粒子束方向的取向服从空间量子化规则。对于非均磁场，?B?Z≠原子在磁场中除做上述运动外，还受到力的作用，原子射束的路径要发生偏转。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，磁场的梯度为特斯拉/米，磁极纵向范围L=0.04米(见图，

从磁极到屏距离=0.10米，场方向上投影μ的大小（设磁场边缘的影响可忽略不计解原子在非均匀磁场中受到垂直于入射方向的磁场力作用。其轨道为抛物线；在入射方向间的夹角为。θ与速度间的关系为：tθ=v⊥v粒子经过磁场1出射时偏离入射方向的距离为：S(将上式中用已知量表示出来变可以求出Zv⊥ata=f=t=L1/∴⊥Z?BLS'L2tg=Z?BL22S=2-S'd2Z

把S代入（1）式中，得：22m?ZvZ?BL(L1+2)=d2由此得：Z0.93焦耳/特观察高真空玻璃管中由激发原子束所发光谱线的强度沿原子射线束的减弱情况，3上相距1.5毫米其共振光谱线强度减少到1/3.32。试计算这种原子在共振激发态的平均寿命。解：设沿粒子束上某点A和距这点的距离S=1.5毫米的点，共振谱线强度分别为I1并设粒子束在A点的时刻为零时刻且此时处于激发态的粒子数为，原子束经过t间间隔从A到达B点于激发态的粒子数为N2。光谱线的强度与处于激发态的原子数和单位时间内的跃迁几率成正比。设发射共振谱线的跃迁几率为A21，则有I1I0

N20适当选取单位，使N2N20，并注意到而t=S/v，则有：N2N20由此求得：1vA21=(ln3.32-ln1)=ln3.32tst=1A21

sv103?ln3.32=1.25?10-6秒第三章量子力学初步ο3.1波长为的光光子的动量和能量各为多少？解：根据德布罗意关系式，得：动量为：=hλ=6.63?10-346.63千克米秒-1能量为：=hvhcλ6.63?3?108/10-10=?10-15焦耳。3.2经过伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长λ=用上述电压加速的质子束的德布罗意波长是多少？解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系：λ=/2meV对于电子：=9.11?公斤，1.60库仑把上述二量及h的值代入波长的表示式，可得：

λ=VοA=12.25=对于质子，=1.67公斤=库仑入波长的表示式：ο==3.3电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来λ=布罗意波长与加速电压的关系式应改为：12.25ο的电子德λ=Vο(10.489其中V是以伏特为单位的电子加速电压。试证明之。证明：德布罗意波长：λh/对高速粒子在考虑相对论效应时动能K与其动量之间有如下关系：K2+0cp2而被电压V加速的电子的动能为：KeV一般情况下，等式右边根式中eV/2m0c一项的值都是很小的。所以，可以将上式的对氢原子圆轨道来说，pr=0,pφ=φ=∴p

(eVc20eVc2因此有：λ=/h1+122根式作泰勒展开。只取前两项，得：λheV0c2)=h(10.489)由于上式中h0eV12.25ο，其中以伏特为单位，代回原式得：λ=Vο(10.489由此可见着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长变短。3.4试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波波长。上述结果不但适用于圆轨道，同样适用于椭圆轨道，试证明之。证明：轨道量子化条件是：pdq?2所以有：?==nh

S=2πr=nhmv==所以,氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波长圆轨道的量子化条件是：其中?pφd=nφpdr=rh?(p+dφ)=(mrdr+mr2?ds=h解：由题知电子动能K=1000电子伏特，?x=米，动量相对偏差为/。?r=r2∴(pr+pφd)nh,其中=+r而φ?2?)?=drdt?φdtdt)??hrλ∴λn因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。3.5带电粒子在威耳孙云室（一种径迹探测器）中的轨迹是一串小雾滴雾滴德线度约为微米当观察能量为1000电子伏特的电子径迹时其动量与精典力学动量的相对偏差不小于多少？根据测不准原理，有≥h

，由此得：≥经典力学的动量为：p∴p电子横向动量的不准确量与经典力学动量之比如此之小，足见电子的径迹与直线不会有明显区别。3.6证明自由运动的粒（势能≡的能量可以有连续的值。证明：自由粒子的波函数为：=i+(p-Et)……（1）自粒子的哈密顿量是：h?2…2）自由粒子的能量的本征方程为：=E把（）式和（2）式代入（）式，得：-h22i+(?r-Et)h]Eψ即：?dxdxdxdx

-22md22+d2dzi+(pxxy)e=Ep=E∴Ep自由粒子的动量可以取任意连续值，所以它的能量E也可以有任意的连续值。3.7粒子位于一维对称势场中，势场形式入图3-1，即{xL,V,=V0（1试推导粒子在E0情况下其总能量满足的关系式。（）试利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量只能是一些不连续的值。解：为方便起见将势场划分为Ⅰ?Ⅱ?Ⅲ个区域。（1定态振幅方程为d(x)2h2(E-(xψ(x)式中μ是粒子的质量。Ⅰ区：222ψ中2h20-E)波函数处处为有限的解是：ψ1(x)A是一任意常数。Ⅱ区：22=其中β2h2处处有限的解是：ψ2Bsγ),B,γ是任意常数。

Ⅲ区：22-=中22h20-E)处处有限的解是：ψ(x)-αxD是任意常数。1ψα,dψ22βctg+),1ψ-有连续性条件，得：解得：{αβ-ctgγαctg(βL+偶数，包括零奇数v-utg（）v=（2）另，注意到和v还必须满足关系：uv=20L/h（）β-1-βα2α2因此得：=--1(β/α)这就是总能量所满足的关系式。（2有上式可得：

βαtg(nπ2βL)=ctg2βL亦即令βLβL-()ctgβL=()tg2=，则上面两方程变为：u2222所以方程（1）和（）要分别与方程（）联立求解。3.8有一粒子，其质量为在一个三维势箱中运动。势箱的长、宽、高分别为a、、在势箱外，势能=∞；在势箱内，V0。式计算出粒子可能具有的能量。解：势能分布情况，由题意知：x≤≤≤≤=≤≤c;xx和xy0和=∞,和在势箱内波函数(xy)满足方程：

2ydx-2x(Ydy-2Vy)(-V)=-EXdx-VxExd-V-2yZdz-V=-Edxxxnxnx?2?2+?h2-x)]=解这类问题常是运用分离变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。令ψ(xy=X(x(y(z)代入（）式，并将两边同除以(x)Yy(z)，得：(X2h12h12Z2m2m方程左边分解成三个相互独立的部分它们之和等于一个常数因此每一部分都应等于一个常数由此得到三个方程如下：1222mh22d2

22m2mh2m2mh其中ExE+EExyE皆为常数。将上面三个方程中的第一个整数，得：d2X2h2xx)X（2）边界条件：X(0)=(l)=可见，方程）的形式及边界条件与一维箱完全相同，因此，其解为：Xn=nπx2222类似地，有2bnn=nz=sinxsinh2n(nn)sinxsin2mann2=xn+

=nbyy2h22Zn=nπc222(xy=8nπxsinnπybn=2m22bc2可见维势箱中