原子物理学褚圣麟完整答案.docx
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原子物理学褚圣麟完整答案
临沂师范学院物理系
理论物理教研室
编
刘富义
原子物理学习题解答
106⨯1.60⨯10-19
=9⨯109⨯
=1.14⨯10-13米
79⨯（1.60⨯10-19）2
p
4πε0K
4πε0rmin
2
p
min
=
，故有：
r
=
Mv2=K
Ze
Ze
1
2
2
解：
当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。
当入射粒子的动能全部转化为两
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：
=3.02⨯10-14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+e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？
sin75ο
7.68⨯106⨯1.60⨯10-19
）
⨯（1+
=9⨯109⨯
1
4⨯79⨯（1.60⨯10）
-192
2
0
）
sinθ
）
（
4πεMv2
rmin
（1+
=
1
12Ze2
解：
将1.1题中各量代入rm的表达式，得：
之间的最短距离rm多大？
0
θ
2
sin
Mv2
，试问上题α粒子与散射的金原子核
）
（1+
）
（
4πε
rm=
1
1
2Ze2
1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为
α2
式中K=1Mv2是α粒子的功能。
0α
4πεK
米
=3.97⨯10（4π⨯8.85⨯10-12）⨯（7.68⨯106⨯10-19）
=
22
b=
-15
79⨯（1.60⨯1019）2ctg150ο
Ze2ctgθ
得到：
2
Ze2
2Ze2
b
b=4πε0
cot=4πε0
α
K
θ
Mv2
特。
散射物质是原子序数Z=79的金箔。
试问散射角θ=150ο所对应的瞄准距离b多大？
解：
根据卢瑟福散射公式：
1.1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
第一章原子的基本状况
1.5α粒子散射实验的数据在散射角很小（θ≤15ο）时与理论值差得较远，时什么原
因？
答：
α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。
而α粒子通过金属箔，经过
0
8.5⨯10。
-40
即速度为1.597⨯107米/秒的α粒子在金箔上散射，散射角大于90ο以上的粒子数大约是
0
0
≈8.5⨯10=8.5⨯10
-4
-6
0
Au
4πε
A
n
Mu2
⋅t⋅（
=
）2
1）2π（2Ze
ρN0
dn
2
'
故
2
2
sin3
sin3
θ
90ο
θ
90ο
等式右边的积分：
dθ=2⎰1802=1
ο
I=⎰1802
ο
dsinθ
cosθ
2
Mu
4πε0
AAu
sin3θ
2
90ο
=0⋅t⋅（
⎰180
）2
）2π（
ο
2dθ
1
ρN
2Ze2
cos
θ
2
n
所以有：
dσ
⎰π
Nt
=
π
dn'
2
π
而散射角大于900的粒子数为：
dn'=⎰dn=nNt⎰πdσ
其中单位体积中的金原子数：
N=ρ/mAu=ρN0/AAu
n
=Ntdσ
dn
密度为1.932⨯104公斤/米3的金箔。
试求所有散射在θ>90ο的α粒子占全部入射粒子数
的百分比。
已知金的原子量为197。
解：
散射角在θθ+dθ之间的α粒子数dn与入射到箔上的总粒子数n的比是：
1.4钋放射的一种α粒子的速度为1.597⨯107米/秒，正面垂直入射于厚度为10-7米、
替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为1.14⨯10-13米。
由上式看出：
rmin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
2
4πε0Mv
sin4θ
2
（2）
dσ=（
）2
1）2（ze
dΩ
2
图1.1
60º
t
n
而dσ为：
（1）
=Ntdσ
t
dn
60°
度t'，而是t=t'/sin60ο，如图1-1所示。
因为散射到θ与θ+dθ之间dΩ立体角内的粒子数dn与总入射粒子数n的比为：
的银箔上，α粒子与银箔表面成60ο角。
在离L=0.12米处放一窗口面积为6.0⨯10-5米2
的计数器。
测得散射进此窗口的α粒子是全部入射α粒子的百万分之29。
若已知银的原子量为107.9。
试求银的核电荷数Z。
解：
设靶厚度为t'。
非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚
20º
即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为1.05⨯10-2公斤/米2
αα
∴v-v'=0
αα
∴上式可写为：
7300（v-v'）2=0
7300≥1
αα
α
α
整理，得：
v2（7300-1）+v'2（7300+1）-2⨯7300vv'cosθ=0
αα
αα
v2
=v'2+7300（v-v'）2
将
（1）式代入
（2）式，得：
M
vα=vα+ve
'
2
……
（2）
2m'2
Mvα=Mvα+mve
222
2
'21'2
1
又根据能量守恒定律，得：
1
7300
M
α
α
ve
=
ve
=
-
v'
（1）
……
由此得：
v
1
'
m'
mve
+
Mvα=Mvα
'
'
e
证明：
设碰撞前、后α粒子与电子的速度分别为：
v,v',0,v'。
根据动量守恒定律，得：
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
合成的结果。
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，α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α粒子质量比电子质量大7300倍。
试利用中性粒子碰撞来证明：
α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。
⊥
⊥⊥
⎰0
根据动量定理：
Fdt=p-p0=Mv-0
t
v=2K/M，所以，t=D/v=DM/2K
2
用，即作用距离为原子的直径D。
并且在作用范围D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1Mv2=K，因此，
0
力为F=2Ze2/4πεR2。
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
靠近原子的中心α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α粒子擦原子表面而过。
此时受
0
0
F=2Ze2/4πεR2和F=2Ze2r/4πεR3。
可见，原子表面处α粒子所受的斥力最大，越
由此可见，具有106电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球。
α粒子在到达原子
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：
2
0
1Mv2=2Ze2/4πεR=3.78⨯10-16焦耳≈2.36⨯103电子伏特
计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于900的散射。
这个
结论与卢瑟福实验结果差的很远，这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α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：
10-10米的球形原子内，如果有能量为106电子伏特的α粒子射向这样一个“原子”，试通过
由此，得：
Z=47
1.8设想铅（Z=82）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
2
A
sin
3
4πε0Mv
Ag
n
4θ
2
（
=
）2
）2（
dΩ
ze
1
dn2ηN0
2
面积式上的质量；mAg是银原子的质量；AAg是银原子的原子量；N0是阿佛加德罗常数。
将各量代入（3）式，得：
Ag0
Ag
N为原子密度。
Nt'为单位面上的原子数，Nt'=η/m=η（A/N）-1，其中η是单位
式中立体角元dΩ=ds/L2,t=t'/sin600=2t'/3,θ=200
2
n
4πε0Mv
sin4θ
2
……（3）
）2
1）2（ze
dn=Nt（
dΩ
2
把
（2）式代入
（1）式，得：
会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生θ>900的散射，甚至会产生θ≈1800的散
射，这与实验相符合。
因此，原子的汤姆逊模型是不成立的。
这时θ很小，因此tgθ≈θ=2.4⨯10-3弧度，大约是8.2‘。
这就是说，按题中假设，能量为1兆电子伏特的α粒子被铅原子散射，不可能产生散射角θ>900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，
v
=2.4⨯10-3
0
0
tgθ=v⊥=2Ze2t/4πεR2Mv=2Ze2D/4πεR2Mv2
α粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0，入射方向上速度不变。
据此，有：
0
⊥
由此可得：
v=2Ze2t/4πεR2M
所以有：
2Zet/4πε0R=Mv⊥
2
2
2
2
2
2
而⎰0Fdt=2Ze/4πε0R⎰0dt=2Zet/4πε0R
t
t
其中E1和E2小于12.5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
42
3
E=13.6⨯（1-1）=12.8电子伏特
32
2
E=13.6⨯（1-1）=12.1电子伏特
22
1
E=13.6⨯（1-1）=10.2电子伏特
12n2
H
H
其中hcR=13.6电子伏特
E=hcR-
（11）
2.3用能量为12.5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：
把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：
e
1
第一激发电势：
V
=10.20伏特
=E1
4
4
1222
iH
第一激发能：
E
=Rhc（1-1）=3Rhc=3⨯13.60=10.20电子伏特
e
i
电离电势：
V=Ei=13.60伏特
-）=Rhc=13.60电子伏特。
∞
Ei=RHhc（2
1
11
解：
电离能为Ei=E∞-E1，把氢原子的能级公式En=-Rhc/n代入，得：
2
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。
加速度：
w=v
/r=v/a1=9.046⨯10米/秒
2
22
2
2
米/秒
6
=6.58⨯1015赫兹
速度：
v=2πa1ν=h/ma1=2.188⨯10
2πma1
2πma1
2πa1
2
2
=
=
可得：
频率ν=
h
nh
v
2π
φ
n
=
=mvr
p
h
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即年n=1。
根据量子化条件，
c）
第一激发能之比：
H
H
0-E
Z2
=9
=
ELi
0-
Z++
Li
++
2
H
H
0-E
Z2
=4,
=
ZHe
EHe
2
+
电离能之比：
0-
0
（4πε）2h2
1
≈-13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。
=-
其中E
2πme
24
0
n2
（4πε）2n2h2
1
E=-
=E⋅Z,n=1,2,3⋯⋯
2πmeZ
2
242
b）
氢和类氢离子的能量公式：
Li
He
++
H
+
H
3
Z
2r
Z
r
=
=1
ZH
=1,Li++=
ZH
因此，玻尔第一轨道半径之比是rHe
r
+
Z是核电荷数，对于H,Z=1；对于H,Z=2；对于Li++，Z=3；
4π2me2
1
其中a=
4πε0h
2
Z
=0.529177⨯10-10米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；
4πmZe
22
=a1,n=1,2,3⋯⋯
r=
0
n2
4πεh2n2
a）
氢原子和类氢离子的轨道半径：
势、第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。
i
e
ο
λ3=1025A
2.4试估算一次电离的氦离子H+、二次电离的锂离子L+的第一玻尔轨道半径、电离电
3
9
λ
32
12
=RH（-）=RH
8
1
1
1
ο
λ2=1215A
2
4
λ
22
12
=RH（-）=RH
3
1
1
1
ο
λ1=6565A
1
λ
2232
=RH（-）=5RH/36
11
1
电子不足以把基态氢原子激发到n≥4的能级上去，所以只能出现n≤3的能级间的跃迁。
跃迁时可能发出的光谱线的波长为：
e
H+的电离能量为：
i
解：
L++由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：
e
使处于基态的一次电离的氦粒子H+的电子电离掉？
i
2.5试问二次电离的锂离子L++从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能
9
4λ1
λ1
H
H
=
=
1
1,λ1
λ1
Li++
He+
因此，
1
++
λLi
22
12
1
++
vLi
-1）=
=32R（1
1
1
22
12
+
λHe
1
+
vHe
1
-1）=
=22R（1
相应地，对类氢离子有：
v1=R2-2=H
12λ
H
1
（11）
氢原子赖曼系第一条谱线的波数为：
0
（4πε）2h3
是里德伯常数。
其中R=
2π2me4
n1n2
1
21
2
2
=（n+1）,（n+2）⋯⋯
2
v~=ZR（-
n1=1,2,3⋯⋯
），{n
11
d）
氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：
122112
E-E
HH
12
12
-E1
E2
ELi-ELi=2212=9
21
E1-E1
32
32
122112
E-E
HH
12
12
-E1
E2
EHe-EHe=2212=4
1
2
E1-E1
22
22
λ
（n+1）2n2（n+1）2
n2
n
Rc
]=
1
频率为：
v=c=Rc[1-
2n+1
n
（n+1）2
n2
λ
n
]
v~
1
1
==R[1-
2.8试证明氢原子中的电子从n+1轨道跃迁到n轨道，发射光子的频率νn。
当n>>1时
光子频率即为电子绕第n玻尔轨道转动的频率。
证明：
在氢原子中电子从n+1轨道跃迁到n轨道所发光子的波数为：
3R∞3⨯10973731
=
λ=
ο
米=2430A
1
8
m
1+
48
λ
m
1222
∞
e+e-
∙3=3R
1
-1）=R
（1
1
解：
=R
ο
素”。
试计算“正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长λ为多少A？
ο
=1.79A
2.7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
5RHRD
∆λ=λH-λD=（-）
11
36
D
λ
2232
D
D
D
=R
-1），λ=36/5R
（1
1
H
λ
2232
H
H
H
=R
解：
-1），λ=36/5R
（1
1
D
H
R=1.0967758⨯107米-1，氘的里德伯常数R=1.0970742⨯107米-1。
2.6氢与其同位素氘（质量数为2）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（Hα）光谱线之间的波长差∆λ有多大？
已知氢的里德伯常数
+
从而有hvLi++
>hvHe+，所以能将He的电子电离掉。
由于MHe1+m/MLi，
16RHe161+m/MLi
hvHe+
=
=
27⋅1+m/MHe
27RLi
hvLi++
∞
1
2
vHe
-）=4hcRHe
=4hcRHe（
+
1
1
∂Z
∂B
对均匀磁场，=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
∂Z
∂Z
，其中是磁场沿Z方向的梯度。
具有磁矩的原子在磁场中所受的力为F=μZ
∂B
∂B
E2=E-E1-E3=75.7电子伏特
2.10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μ，磁场沿Z方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为μZ，于是
2
设Li+→Li++的电离能为E。
而Li→Li+++需要的总能量是E=203.44电子伏特，所以有
12
∞
3
E
Rhc≈Z2RRhc=122.4电子伏特。
=Z
2
3
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：
（1+0.5951）2∞（1+0.5951）2
1
=5.35电子伏特
E=
-Rhc≈
Rhc
R∞hc
电离成Li++离子时，有
子由高的p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Li+离子
功。
问如把Li+离子电离成Li++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
（1+0.5951）2（n-0.0401）2
-
。
已知锂原子电离成Li+++离子需要203.44电子伏特的
v~=
R
R
由上可见，当n>>1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n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：
fn
因此，在n>>1时，有vn=
n3
2πr2πmr22πmr2
n
=
f=
P=2Rc
mvr
v
电子从n+1轨道跃迁到n轨道所发光子的频率为：
vn=2Rc/n。
设电子在第n轨道上的转动频率为fn，则
3
当n>>1时，有（2n+1）/n2（n+1）2≈2n/n4=2/n3，所以在n>>1时，氢原子中
2.12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，
可以测定各激发态的平均寿命。
若已知原子束中原子速度v=103米/秒，在沿粒子束方向上相距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。
Z
由此得：
μ=0.93⨯10-23焦耳/特
2
2m∂Zv2
2
1
μ∂BLd
整理，得：
Z1（L+2L）=
2m∂Z
2m∂Zv2
v2
d-μZ∂BL1L2=μZ∂BL1
2
把S代入
（1）式中，得：
2m∂Z
2
v2
S=d-S'=d-μZ∂BL1L2
m∂Z
v2
'
S=L2tgθ=
μZ∂BL1L2
m∂Zv
⊥
∴v
=μZ
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