原子物理学褚圣麟完整答案.docx

1、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1 0 6 1 . 6 0 1 0 - 1 9= 9 1 0 9 = 1 . 1 4 1 0 - 1 3 米7 9 (1 . 6 0 1 0 - 1 9 ) 2p4 0 K4 0 r m i n2pm i n=，故有： r=M v 2 = KZ eZe122解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180 。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 .0 2 1 0 - 1 4 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

2、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？sin 7 57 .6 8 1 0 6 1 .6 0 1 0 - 1 9) (1 += 9 1 0 9 14 7 9 (1 .6 0 1 0 )- 1 9 220)s i n )(4 Mv2rm i n(1 +=11 2 Z e2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？02s i nM v 2，试问上题粒子与散射的金原子核)( 1 +)(4 r m =112 Z e 21.2 已知散射角为 的粒子与散

3、射核的最短距离为 2式中 K = 1 Mv 2 是 粒子的功能。0 4 K米= 3 .9 7 1 0 ( 4 8 .8 5 1 0 - 1 2 ) (7 .6 8 1 06 1 0- 1 9 )= 2 2 b =- 1 57 9 (1 .6 0 1 01 9 ) 2 ctg 1 5 0Z e2ctg 得到：2Z e 22 Z e 2bb = 4 0c o t = 4 0KM v 2特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角 = 150 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

4、子的基本状况1.5 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，时什么原因？答：粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而 粒子通过金属箔，经过08.5 10 。-4 0即速度为1.597 107 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00 8 . 5 1 0 = 8 . 5 1 0- 4- 60Au4 AnMu2 t (=) 21 ) 2 ( 2 Z eN0d n2故22sin 3sin 3 9090等式右边的积分：d = 2 180 2 = 1I = 180 2d sin cos 2M u4 0AA us i n 3 29 0 = 0

5、t ( 1 8 0) 2) 2 ( 2 d1 N2 Ze 2c o s2n所以有：d N t=d n 2而散射角大于 900 的粒子数为：dn = dn = nNt d其中单位体积中的金原子数： N = / mAu = N0 / AAun= N td d n密度为1.932 104 公斤/ 米3 的金箔。试求所有散射在 90 的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 + d 之间的粒子数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1.1

6、4 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24 0 Mvsin 4 2（2）d = () 21 ) 2 ( zed 2图 1.160tn而d 为：(1)= N td ,td n60度t ，而是t = t / sin 60 ，如图 1-1 所示。因为散射到 与 + d 之间d 立体 角内的粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为：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 10 -5 米2的计数器。测得散射进此窗口的 粒子是全部入射粒子的百万分之 29。若已知银的原子 量为 107.9。试求银的

7、核电荷数 Z。解：设靶厚度为t 。非垂直入射时引起粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚20即粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。1.7 能量为 3.5 兆电子伏特的细粒子束射到单位面积上质量为1.05 10 -2 公斤 / 米2 v - v = 0 上式可写为： 7300（ v - v ) 2 = 0 7300 1 整理，得：v2 (7300 - 1) + v 2 (7300 + 1) - 2 7300 v v cos = 0 v2= v 2 + 7300 (v - v ) 2 将（1）式代入（2）式，得：Mv = v + ve2（2）2 m 2Mv = Mv + mv e2 2 22

8、2 1 21又根据能量守恒定律，得： 17300Mve=ve=-v (1)由此得： v1 m mve+Mv = Mv e证明：设碰撞前、后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 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， 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”。 0根据动量定理： Fdt = p - p 0 = Mv -

9、 0tv = 2K / M ，所以，t = D/ v = D M / 2K2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, 粒子的动能为 1 Mv 2 = K ，因此，0力为 F = 2Ze 2 / 4 R2 。可以认为 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粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使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00F = 2Ze 2 / 4 R2 和F = 2Ze 2 r/

10、4 R 3 。可见，原子表面处 粒子所受的斥力最大，越由此可见，具有106 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：201 Mv2 = 2Ze 2 / 4 R = 3.78 10 -16 焦耳 2.36 103电子伏特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 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 粒子和铅原子对心碰撞，则 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

11、量为106 电子伏特的粒子射向这样一个“原子”，试通过由此，得：Z=471.8 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2Asin34 0 MvA gn4 2(=) 2) 2 (dze1dn 2 N 02面积式上的质量；m Ag 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：Ag 0AgN 为原子密度。 Nt 为单位面上的原子数， Nt = / m = (A / N ) -1 ，其中是单位式中立体角元d = ds/ L2 ,t = t / sin 600 = 2t / 3, = 2002n40 Mvsin 4 2

12、（3）) 21 ) 2 ( zedn = Nt (d2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 900 的散射，甚至会产生 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。这时很小，因此tg = 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 粒子被铅原子散射，不可能产生散射 角 900 的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当粒子无限靠近原子核时，v= 2.4 10 -300tg = v = 2Ze 2t/ 4 R2 Mv = 2Ze 2 D/ 4 R2 Mv2 粒子所受的平行于入射方向的合力近似

13、为 0，入射方向上速度不变。据此，有：0由此可得：v = 2Ze 2t/ 4 R2 M所以有： 2Ze t/ 40 R = Mv 222222而 0 Fdt = 2Ze / 40 R 0 dt = 2Ze t/ 40 Rtt其中 E1和E 2 小于 12.5 电子伏特，E 3 大于 12.5 电子伏特。可见，具有 12.5 电子伏特能量的4 23E = 13.6 (1 - 1 ) = 12.8 电子伏特322E = 13.6 (1 - 1 ) = 12.1 电子伏特2 21E = 13.6 (1 - 1 ) = 10.2 电子伏特12 n2HH其中hcR = 13.6 电子伏特E = hcR

14、-( 1 1 )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：e1第一激发电势：V= 10.20 伏特= E14412 22i H第一激发能： E= R hc ( 1 - 1 ) = 3 Rhc = 3 13.60 = 10.20 电子伏特ei电离电势：V = Ei = 13.60 伏特- ) = Rhc=13.60 电子伏特。Ei = RHhc ( 211 1解：电离能为 Ei = E - E1 ，把氢原子的能级公式 E n = -Rhc/ n 代入，得：

15、22.2 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22222米/秒6= 6.58 1015 赫兹速度： v = 2a1 = h/ ma1 = 2.188 102ma12ma12a122=可得：频率 =hnhv2 n= mvrph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：HH0 - EZ 2= 9=ELi0 -Z + +Li+ +2HH0 - EZ 2= 4 ,=Z H

16、eEHe2+电离能之比：0 -0(4 ) 2 h 21 -13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。= -其中 E2 me2 40n2(4 ) 2 n 2 h 21E = -= E Z , n = 1,2,32 me Z22 4 2b)氢和类氢离子的能量公式：LiHe+ +H+H3Z2 rZr= 1ZH= 1 , Li+ + =ZH因此，玻尔第一轨道半径之比是 rHer+Z是核电荷数，对于H, Z = 1；对于H, Z = 2；对于Li+ +，Z = 3；42 me 21其中a =40 h2Z= 0.529177 10 -10 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；4 mZe2 2= a1 , n =

17、1,2,3r =0n24 h 2 n 2a)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 。ie 3 = 1025 A2.4 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393212= RH ( - ) = RH8111 2 = 1215 A242 212= RH ( - ) = RH31111 = 6565 A12 2 32= RH ( - ) = 5RH / 361 11电子不足以把基态氢原子激发到n 4 的能级上去，所以只

18、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：eH+ 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？i2.5 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94 11HH=11 , 11Li + +He +因此，1+Li22121+v Li- 1 ) = 32 R ( 1112212+He1+v He1- 1 ) = 22 R ( 1相应地，对类氢离子有：v 1 = R 2 - 2 = H1 2 H1( 1 1 )氢原子赖曼系第一条谱线的波数为：0(4 ) 2 h

19、 3是里德伯常数。其中 R =22 me 4n 1 n 212 122=(n +1),(n + 2)2v = Z R ( -n1=1, 2 , 3) ， n1 1d)氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：1 2 2 1 12E - EH H1212- E 1E2E Li - E Li = 2 2 12 = 92 1E1 - E132321 2 2 1 12E - EH H1212- E 1E2E He - E He = 22 12 = 412E1 - E12 222(n+ 1) 2 n2 (n+ 1) 2n 2nRc =1频率为：v = c = Rc 1 -2n+ 1n(n+ 1) 2n 2nv1

20、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n 。当 n1 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= =米 = 2430 A18m1 +4 8m12 2 2e+e- 3 = 3 R1- 1 ) = R( 11解： = R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为多少 A？= 1.79 A2.7 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5 RH RD = H - D = ( - )1 136

21、D2 2 32DDD= R- 1 ) ， = 36 / 5R( 11H2 2 32HHH= R解：- 1 ) ， = 36 / 5R( 11DHR = 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（ H ）光谱线之间的波长差 有多大？已知氢的里德伯常数+从而有 hv Li+ + hv He + ，所以能将 He 的电子电离掉。由于 MHe 1 + m/ MLi ，16RHe 16 1 + m/ MLihvHe+=27 1 + m/ MHe2

22、7RLihvLi+ +12v He- ) = 4hcRHe= 4hcRHe (+11ZB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 = ZB BE 2 = 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 ，磁场沿 Z 方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为 Z ，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123

23、ERhc Z2RR hc = 122.4电子伏特 。= Z23Li+ + 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) 21= 5.35电子伏特E =- Rhc RhcR 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

24、原子电离成 Li+ 离子需要 203.44 电子伏特的v =RR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 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。2.9 Li 原子序数 Z=3，其光谱的主线系可用下式表示：f n因此，在 n1 时，有 vn =n 32r 2mr2 2mr2n=f =P = 2Rcmvrv电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道所发光子的频率为： v n = 2Rc/ n 。设电子在第 n 轨道上的转动频率为 f n ，则3当 n1 时，有 (2n+ 1) / n 2 (n+ 1) 2 2n/ n 4

25、= 2 / n 3 ，所以在 n1 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： = 0.93 10 -23 焦耳 / 特22m Z v221 B L d整理，得： Z 1 (L + 2L ) =2 m Z2m Z v2v2d - Z B L1L2 = Z B L12把 S 代入（1）式中，得：2 m Z2v2S = d - S = d - Z B L1L2m Zv2S = L2tg = Z B L1L2m Z v v= Z