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）
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.
列表中找.
解：（1
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
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
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，影响靶核大小估计的因素。
解: 对心碰撞时，
?=180θ
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.79AAu=196 13AAl=27 解：⑴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
，
?
=180
θ
时，
即
即：
⑵若金核改为铝核，m << M
把E理解为质心系能EC
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 。
依
注意到：
最后结果为：dn/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
散射几率(微分散射截面
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1.5cm2，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
θ=60o
单位体积内的粒子
依公式
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
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4.0×10-3.试计算：散射角θ=60
°角相对应的微分散射截面
要点分析：重点考虑质量厚度与nt关系。
解：ρm
>=
?
N
θ=60o
依微分截面公式知该题重点要求出a2/16 由公式
所以
27426
4210456.1260sin
11033.22sin 116--?=??==Ωθασd d
1-8 (1)质量为m1的入射粒子被质量为m2（m2<< m1）的静止靶核弹性散射,试证明:入射粒子在实验室坐标系中的最大可能偏转角θ由下式决定.
1
2
sin m m =
θ
（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：
222
121212121v m V m V m +'= （1）
?θcos cos 211v m V m V m +'= （2） ?θsin sin 021v m V m -'= （3）
作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,得
)sin(sin 12?θθ+=V
m v m （4）
)sin(sin 11?θ?
+='V
m V m （5）
再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ，得
)(sin sin )(sin sin 22222
1
2
22121?θθ?θ?+++=V m m V m V m
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 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
)(sin sin )(90sin 2
22θ?μ?μ+=-?
若m2=m1 则有
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：ZAu=79,AAu=197, ρAu =1.888×104kg/m3; ZAg=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/cm2
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 NAu’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：
NA=6.02×1023,E=1.0MeV,t=0.916μm,ZAu=79,AAu=197,ρAu=18.88×103kg/m3,ZAg=47,AAg=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<θ0=10°
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/e,时间T=5min内单位面积上入射的质子的总数为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dΩ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dΩ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>θ0=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<θ0=10°的值。
总数为9.36×1012-7.56×1011=8.6×1012 (个
第二章习题解答
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：
光电效应方程 2
12m mv h =ν-Φ
（1）由题意知 0m v = 即 0h ν-Φ=
14
15
1.9 4.59104.13610ev Hz h ev s -Φν=
==??? 1.24652.61.9c hc nm Kev nm ev λ?====νΦ
（2） ∵ 2
1 1.52
m
mv ev = ∴ 1.5c
ev h h λ
=ν-Φ=-Φ
1.24364.71.5 1.5 1.9hc nm Kev
nm ev ev ev
λ?=
==+Φ+
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：
（1）由波尔理论及电子的轨道半径公式 z
n r r n 2
1=， r 1为氢原子第一波尔半径
222
01122204()(197.3)0.0530.511e e c r a nm nm m e m c e 6
πε====≈/4πε?10?1.44
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 :
61161
21
2.1910137
1.1102v c m s m s c v m s 8--=α=
?3?10/=??α==??
He + :
61
161
22 4.3810102
v c m s c v m s
--=α=??2α==2.19?? Li + + :
61
161
23 6.5710102
v c m s c v m s
--=α=??3α==3.28?? 221140.212r n r r nm
===1
12
210.0265220.1062a r nm r a nm
====1
12
210.01763
20.07053
a r nm r a nm
=
===n z
v c
n
=α
(2) 电子在基态的结合能E k 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 : 13.6k E ev =
He + : 213.6254.4k E ev =?= Li ++ : 213.63122.4k E ev =?=
（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发电势。
2121221
13.6(1)2
E V z e ?=
=- 对 H : 121
13.6(1)10.24V v =?-=
He + : 2121
13.62(1)40.84V v =??-=
Li ++ : 2121
13.63(1)91.84
V v =??-=
共振线（即赖曼系第一条）的波长： 1
21212E E hc
E hc -=?=
λ H : 12 1.24121.610.2nm kev
nm ev λ?=
=
He + : 12 1.2430.440.8nm kev
nm ev λ?==
Li ++ : 12 1.2413.591.8nm kev
nm ev λ?=
=
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？
21()2n e z E m c n =-α221
()13.62
k e E m cz z ev 1
=∣E∣=α=
解：
Li + +基态能量为 211
()122.42
e E m cz ev α=-=-，从基态到第一激发态所需能量
为
v Z E 8.91434.122)2
11(6.132
212=?=-
??=? 故电子必须具有91.8ev 的动能.
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，欲使锂原子发射出光子，质子至少应多大的速度运动？ 解：
欲使基态氢原子发射光子，至少应使氢原子从基态激发到第一激发态，因此有：
ev E E M m v m E H
p p k 4.202)1(2112122
=?=?+==
84
310 6.2610v c m s m s ∴ =
=?/=?/ （质子静止能量 2938p m c Mev = ）
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波尔兹曼分布的，即处于能量为E n 的激发态的原子数为：
1()1
1
n E E kT
n n g N N e g --/= 式中N 1是能量为E 1状态的原子数，k 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？
略。
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？ 解：
对于min 95nm λ=，有
22min
1
1
11()1R n λ=-
1 4.8n === 故min 95nm λ=的波长的光子不足以将氢原子激发到n=5的激发态，但可以将氢原子激发到n=4的激发态
∴ n 1=4
同理有：2 1.9n =
== ∵ 对应于n=1的辐射光子的波长应比125nm 更长，在波段以外 ∴ n 2=2
又∵ 氢原子的吸收谱对应于赖曼系， ∴ 在（95∽125nm ）波段内只能观察到3条 即
(1,2)(1,3)(1,4)m n m n m n ν==ν==ν==123