第一章习题解答

1-1 速度为v的非相对论α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子

的最大偏离角为10?4 rad。

证：α粒子在实验系及在质心系下的关系有：

v??vc?vc? v? 由此可得：

vvc? c ?v??cos?L?vc?vc?cos?cv?v?sin?L?vc?sin?

ce Cve 联立可得：

tan?L?sin?Ccos?C?u

其中u=vcvc? ?m?v0??m??me?vc ?v?c?mm??mv0 e∵ ve??v??vc?vc??vce，与坐标系的选择无关

∴v0?vc??vce 又 ∵ m?v??mevce?0

∴vm?ce??mv0

e代入④式，可得：

vmec??mv0

e?m?由此可以得到：

vcv?m??m 代入②式中，可以得到：

etan??cmeL?sinm??10?4rad 证毕。

?cos?m?m?ce 1

①

②

③

④

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1.0μm，则上述入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射例子的百分之几？ 解：

（１）由库仑散射公式可得: b ==

a2cot

??2=

1Z1Z2e224??0Ecot

?2=

12?Z1Z2E?e24??cot

0?4

122?795?1.44?1=22.752 fm

（2）在大于90°的情况下，相对粒子数为:

?dNN'＝

Z1Z24Ent(

?)?4??02e2d?sin4?2=

?MANAt(

Z1Z24E?)2??4??02e2?2?sin?sin4?2d?

=9.4?10?5

1-3 试问：4.5Mev的α粒子与金核对心碰撞的最小距离是多少？若把金核改为

7Li核，则结果如何？

解：

α粒子与金核对心碰撞时金核可看作静止，由此可得到最小距离为：

rm=a=

Z1Z2e24??0E=

Z1Z2E?e24??=1.44?10?5?02?795?50.56 fm

α粒子与7Li核对心碰撞时，我们可以在质心系下考虑，此时α粒子与金核相对于质心的和动量为零，质心系能量为各粒子相对于质心的动能之和，因此有：

EC?12?v2＝

Z1Z2e24??0rm＋０＝

mLim??mLiEL

其中EL＝

12mv2为入射粒子实验室动能，由此可以得到

2

rm=

e2Z1Z2m??mLi04??ELmLi＝3.02 fm

1-4 （1）假定金核的半径为7.0fm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？

（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm. 解：

仍然在质心系下考虑粒子的运动，由１-３题可知：ＥC＝

Z1Z2e24??0rm

(1)对金核可视为静止，实验系动能与质心系动能相等，由此得到 Ｅ＝16.25Mev (2)对铝核，Ｅ＝1.44?134?mp?mAlmAl=4.85Mev

21-5 动能为1.0Mev的窄质子束垂直地射在质量厚度为1.5mg/cm的金箔上，计数器纪录以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？（质量厚度定义为

?m=?t，其中?为质量密度，t为厚度）

解：在立体角d?上的粒子数为：

dN?Nnt(e24???0Z1Z24E)2d?sin4?2?NA?mMA(e24???0Z1Z24E)2d?sin4?2

此时d???Sr2?1.5102

代入上式可得：

dNN?8.898?10?6

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粒子数与散射角大于90°的粒子数之比。 解：

3

??N?600N?900??3d?sin4?2?3:1

???2d?sin4?21-7 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?0>20°散射时的相对粒子数（散射粒子数与入射粒子数之比）为4.0?10?3.试计算：散射角?=60°相对应的微分散射截面解：

由微分散射截面定义?c(?)=(

Z1Z24Ed?d?。

?e24??)201sin4?2 ,在θ>?0=20°散射时有：

dNN?Nnt(e24???0Z1Z24E)2?18000d?sin420?2

?3?NA?mMA(e24??e2?0Z1Z24E)4?2?1800020sin?2cos?d?=

NA?mMA(4???0Z1Z24E)4?cot2210°=4.0?10?3

查表可知： M故 ?c(60?)A?M(Ta)?181g/mol?3

14?4.0?10?M2ANA?m?4?cot10?sin30??2.38?10?27m2/sr

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?L由下式决定：sin?L=m2m1。

（2）假如α粒子在原来静止的氦核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大？

略。

1-9 动能为1.0Mev的窄质子束垂直地射到质量厚度为 1.5mg/cm2的金箔上，若金箔中含有百分只三十的银，试求散射角大于30°的相对质子数为多少？

4

解： ??mV?N0m0V?nm0?nAN0

可以得到

nt??N0At

式中，?为靶材料的质量密度，A为靶原子的原子量，m0为靶原子质量。将以上结果带入散射公式，有

　 ?NN?4?N0(?t)(14??0? e 4E2)(2Z金A金2?0.7?Z银A银2)???6dSinSin3?2?2

=5.8?10?3

1-10 由加速器产生的能量为1.2Mev、束流为5.0μA的质子束，垂直地射到厚为1.5μm的金箔上，试求5min内被金箔散射到下列角间隔内的质子数： （1）59——60°；（2）?>?0=60°；(3) ?

N?It1.6?10?19?9.375?1012个dN?Nnd(e24???0Z1Z24E)2d?sin4?2?NNA?dMA(e24???0Z1Z24E)2?sin2?4?2sin?d?

?2.863?109?sin?4?2sin?d?(1) 59o—61°范围内 ?N?2.863?109??61?59?sin?4?2sin?d??2.863?109?0.484?1.386?10个9

（2）?>?0=60°范围内：

?N?2.863?109??180?60?sin?4?2sin?d??2.863?109?6?1.718?1010个

（3）?>?0=10°范围内

5

?N'?2.863?109??180?10?sin?4?2sin?d??2.863?109?261.3?7.48?1011个

?

?N??N'?9.315?1012 ?N?7.48?1011?8.63?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 （1）由题意知 vm???hc?12??12mvm?h????02

14?0 即 h???1.9ev?154.136?10hc?2ev?s?4.59?10Hz

???1.24nm?Kev1.9ev?652.6nm

（2） ∵

mvm?1.5ev

c∴ 1.5ev???h????hhc????

?364.7nm1.24nm?Kev1.5ev?1.9ev1.5ev??

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 rn径

r1?a1?4??0?mee22?r1n2z， r1为氢原子第一波尔半

?(?c)222mece????02?(197.3)?20.511????????nm?0.053nm

氢原子第二波尔半径

r2?nr1?4r1?0.212nm6

可知： He+ (Z=2)

Li+ + (Z=3)

r1?a12?0.0265nm22r2?a1a132?0.106nmr1??0.0176nm22r2?a13?0.0705nmvn??c?电子在波尔轨道上的速率为

v1??c?1137zn6?1?????m?s?2.19?10m?s6?1于是有 H :

v2??c2

?1.1?10m?s He+ :

v1?2?c?4.38?10m?sv2???c266?1??????10m?s?1

Li+ + :

v1?3?c?6.57?10m?sv2???c266?1??????10m?s?1

(2) 电子在基态的结合能Ek在数值上等于原子的基态能量。由波尔理论的能量公式

1z2 可得 En??me(?c)2n

Ek??????12me(?cz)?13.6zev22故有 H : Ek He+ : Ek Li++ : Ek?13.6ev

2?13.6?2?54.4ev2

?13.6?3?122.4ev

（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。

V12??E12e?13.6z(1?2122)

7

对 H : V12 He+ : V12?13.6?(1?214)?10.2v14

hcE2?E1?13.6?2?(1?2)?40.8v14 Li++ : V12?13.6?3?(1?)?91.8vhc?E12共振线（即赖曼系第一条）的波长： ?12H : ?12 He+ : ?12?1.24nm?kev10.2ev??

?121.6nm

?1.24nm?kev40.8ev?91.8ev?30.4nm

Li++ : ?121.24nm?kev?13.5nm2.3 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？ 解：

Li+ +基态能量为 E1??12me(?cz)??122.4ev22，从基态到第一激发态所需能量为

34?91.8v?E12?13.6?Z?(1?122)?122.4?

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：

Ek?12mpv2?(1?mMpH)?E12?2?E12?20.4ev

??v?2Ekmpc2?c?2?20.4ev938Mev?3?10m?s?6.26?10m?s84

（质子静止能量 mpc2?938Mev ）

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En的激发态的原子数为：

8

Nn?N1gng1e?(En?E1)?kT

式中N1是能量为E1状态的原子数，k为玻尔兹曼常量，gn和g1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g1=2和g2=8。

（2）电子与室温下的氢原子气体相碰撞，要观察到Hα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?95nm1，有

?R(112?min?1n12)

?97n1??minR?minR?1?95?1095?10?9?1.0973731?107?1.0973731?10?1?4.8

故?min?95nm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

∴ n1=4

同理有：n2??minR?minR?1?125?10125?10?9?9?1.0973731?1077?1.0973731?10?1?1.9

∵ 对应于n=1的辐射光子的波长应比125nm更长，在波段以外 ∴ n2=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(m?1,n?2)??2(m?1,n?3)??3(m?1,n?4)?

2.7 试问哪种类氢离子的巴耳末系和赖曼系主线的波长差等于133.7nm？

9

解：

?赖赖曼系主线：??巴巴耳末主线：??RZ(1??RZ(2212?2)?134RZ5362

212232)?RZ

二主线波长差：

????巴??赖?Z2365RZ2?43RZ2?115RZ?2?(108?20)?888815RZ2?133.7nm?4

?8815?R?133.7nm15?109737.31?10?7?133.7

?Z?2

2.8 一次电离的氢原子He+从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能量处于基态的氢原子电离，从而放出电子，试求该电子的速度。 解：

He+从E2→E1跃迁辐射的光子的能量为

h??E2?E1??RcZ(2122?1)?3Rhc

氢原子的电离能为

E?E??E1?0?(?Rhc)?Rhc

∴ 电离的电子的能量为

Ek?3Rhc?Rhc?2Rhc

该电子的速度为

v?2Ekme?4Rhcme?4?13.6?1.6?109.11?10?31?19?3.09?10m?s6

2.9 电子偶素是由一个正电子和一个电子所组成的一种束缚系统，试求出：（1）基态时两电子之间的距离；（2）基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能；（3）由第一激发态退激到基态所放光子的波长。 解：

电子偶素可看作类氢体系，波尔理论同样适用，但有关公式中的电子质量必须采用体系的折合质量代替，对电子偶素，其折合质量为：

??meMme?M?me2

10

（1） r1?4??0??e22?24??0?mee22?2a1?2?0.053nm?0.106nm

（2）电离能为 Ei式中 RA?E??E1?RAhc11?meM?12R?

?R?

于是 Ei?12R?hc??Eie12?1.0973731?10?1.24?107?6ev?6.80ev

则电离电势为 Vi第一激发电势为

?6.80v

?V12??E12eRAhcZ(?2121e?122)?3R?hc2e?5.10v

（3）共振线波长为

?12?hc?E12?1.24?10nm?ev5.10ev3?243.1nm

2.10 ??子是一种基本粒子，除静止质量为电子质量为电子质量的207倍外，其余性质与电子都一样。当它运动速度较慢时，被质子俘获形成μ子原子，试计算：（1）μ子原子的第一波尔轨道半径；（2）μ子原子的最低能量；（3）μ子原子赖曼线系中的最短波长。 解：

（1）μ子原子可看作类氢体系，应用波尔理论，其轨道半径为

rn?4??0?n?eZ207meM207me?M222

207?1836207?1836 式中 ???me?186.0me

其第一波尔半径为

r1?4??0?22186.0mee?a1186.0?0.053nm186.0?2.85?10?4nm

（2）μ子原子的能量公式为

En??12?(?czn)??212?186.0me(?czn)2

11

最低能量 n?1

E1??12?186.0me(?c)??186.0?13.6ev??2.53?10ev?hc?E23

（3）由波长公式 ??min?hc?Emax

?1.24?10nm?ev0?(?2.53?10ev)33?hcE??E1?0.49nm

2.11 已知氢和重氢的里德伯常量之比为0.999 728，而它们的核质量之比

为mH/mD=0.500 20，试计算质子质量与电子质量之比。

1??1?meMMD解：由 RA?R?1?meMA可知

RHRDmeH?0.999728

又∵ MD?M1?H0.50020meM1?MH0.50020∴

meH?0.999728

则

MHme?0.4995280.000272?1836.5?1.8?103

2.12 当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时，（1）试求这个氢原子所获得的反冲速率为多大？（2）试估计氢原子的反冲能量与所发光子的能量之比。

解：（1）所发光子的能量

h??E2?E1?Rhc(112?122)?34?13.6ev?10.2ev

光子的动量 P?h??h?c?10.2evc

v?P?H反?3.26m氢原子的反冲动量等于光子动量的大小，即Mh?c

v反?h?mHc?10.2?1.602?101.67?10?27?19m8?3?10ss

（2） 氢原子的反冲能量为

Ek?12mHv反?212?1.67?10?27?(3.26)J?8.87?102?27J

12

Ekh??8.87?10?27?1910.2?1.602?10?5.4?10?9

2.13 钠原子的基态为3s，试问钠原子从4P激发态向低能级跃迁时，可产生几条谱线（不考虑精细结构）？

解：不考虑能级的精细结构，钠原子的能级图如下：

S P D F 4F 4D 5S 4P 3D 4S 3P 3S

根据辐射的选择定则?l光谱。 2.14

钠原子光谱的共振线（主线系第一条）的波长等于λ=589.3nm，辅线系线限的波

长等于??=408.6nm，试求（1）3S、3P对应的光谱项和能量；（2）钠原子基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能。 解：

（1） 由Na的能级图可知，3P能级的光谱项和能级分别为：

1~T3p??3p??1408.6nm?2.447?10m6?1??1可知，当钠原子从4P态向低能级跃迁时可产生6条

??

E3p??hcT3p??1.24nm?Kev408.6nm??3.03ev

3S能级的光谱项和能级可通过下式求出：

13

1~T3s?T3p??1??1

1589.3?10?9T3s?T3p?E3s??hcT1?13s?2.447?1036??4.144?10m6?16?1

??1.24?10nm?ev?4.144?10m??5.14ev（2）Na原子的电离能为

Ei?E??E3s?0?(?5.14ev)?5.14evEie

故电离电势为 Vi??5.14v

第一激发电势为

V12??E12e?E3p?E3se??3.03ev?(?5.14ev)e?2.11v

第三章习题解答

3-1 电子的能量分别为10eV、100eV和1 000eV时，试计算其相应的德布罗意波

长。 解：根据公式??hp?hc22mcEk代入相关数据10eV、100eV、1 000eV

得??1240eV?nm2?0.511?10Ek6

因此有：（1）当EK （2）当EK （3）当EK3-2

?10eV时,?1?1.266?100eV时,?1?1.26610eV?0.39nm100eV?0.123nm?1000eV时,?1?1.2661000eV?0.039nm设光子和电子的波长均为0.4nm，试问（1）光子的动量与电子的动量之比是多少？（2）光子的动能与电子的动能之比是多少？

解：由题意知

? 光子的动量p?h? ， 光子的能量E??h??hc?

2 电子的动量 p?h ， 电子的能量E?mec

14

?（1）

p1p2E1E2?1

（2）

3-3

?h0.4mec?hc0.4mec2?1240eV?nm0.4?0.511?10eV?nm6?0.061

若一个电子的动能等于它的静止能量，试求：（1）该电子的速度为多大？（2）其相应的德布罗意波长是多少？

解：（1）相对论给出运动物体的动能为：

Ek?(m?m0)c22，而现在题设条件给出Ek2?m0cm02故有

m01?vc22?m0c?(m?m0)c由此推得2m0?m?1??2? ?vc22?34?v?3c?0.866c4

（2）

?p?h?3m0c? ???hc3m0c2?1.243?5.11nm?0.0014nm

3-4 把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量。若晶体的两相邻布喇格面间距为0.18，一级布喇格掠射角（入射束与布喇格面之间的夹角）为30度，试求这些热中子的能量。

解：根据布喇格晶体散射公式： ??2dsin??2?0.18?sin30?0.18nmhp?

h2mEk 而热中子的能量较低，其德布罗意波长可用下式表示：?2??

Ek3-5

?h222m???hc?22mc?2?0.025eV

电子显微镜中所用加速电压一般都很高，电子被加速后的速度很大，因而必须考虑相对论修正。试证明：电子的的德布罗意波长与加速电压的关系应为：

??1.226Vrnm

15

式中 Vr?V(1?0.978?10?6v)，称为相对论修正电压，其中电子加速电压

V的单位是伏特。

证明： ?E2?pc?m0c?p?22241c?6Ek(Ek?2m0c)?22m0ve222m0cv?1

?p?hp2m0?h2m0v(1?0.978?10hc2m0c2v)?2m0Vr ???Vr?Vr1.266Vrnm证毕

23-6（1）试证明：一个粒子的康普顿波长与其德布罗意波长之比等于，式中E0和E分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量。

?E????1?E0? （2）当电子的动能为何值时，它的德布罗意波长等于它的康普顿波长（康普顿波长 ?C?hmc ，m为粒子静止质量，其意义在第六章中讨论）。

?hmc证明：（1）由康普顿波长?c，德布罗意波长??pc?mc22224?hp??c??pmc

而已经考虑相对论效应E2 对于?E????1??E0?2

pcmc2E?E0E022?pcE0222??pmc

左式=右式，即得证 （2）当两者波长相等时，即 由上等式可知E2?E????1?1 E?0?2222422?2E0?pc?mc?Ek?pc?mc

3-7一原子的激发态发射波长为600

??nm的光谱线，测得波长的精度为

??10?7，试问该原子态的寿命为多少？

?hc解：辐射光子的能量为E?，对上式两边取微分，可得?E???hc?2??

由上式即可得波长的相对变化量式得

???????Ehc?1?而?E??2?将（2）式代入（1）?2?，

?4?c???3?

16

由（3）式即可求出原子态的寿命???4?c??，将已知数据代入得

? ??2?10?9

第四章习题解答

4-1 一束电子进入1.2T的均匀磁场时,试问电子的自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大?

??解：∵磁矩为?的磁矩，在磁场B???? U = -?2B??中的能量为：

= -?szB

电子自旋磁矩 ?sz=??B

∴电子自旋平行于和反平行于磁场的能量差u =?BB – (-?BB) =2?BB ∴u = 2?BB =2 30.5788310?4eV2T?13 1.2 T = 1.39 310?4 eV 4-2 试计算原子处于2D3/2状态的磁矩μ及投影μz的可能值. 解：由2D3/2可知 S=

3212 J=

32 L=2

11=+2223 ∴gj=

+

1S(S?1)?L(L?1)2?3232?2?3?52J(J?1)=

45

又?j=gj?Bj(j?1) =45×32×52?B =1.55 ?B

∴?=1.55 ?B 又?j,z ∴?j,z 或?j,z 即?j,z?mjgj?B?????(1232××4545 又mj2565?3113,,?,?2222

?B???B???B ?B

6226,,?,?)?B5555

4-3 试证实:原子在6G3/2状态的磁矩等于零,并根据原子矢量模型对这一事实作

17

出解释.解：由6G3/2 可知：S =

352 J =

32 L = 4

5?7232?4?5×52?0 ∴ gJ1S(S?1)?L(L?1)31??·??·222J(J?1)22

∴ ?J?j(j?1)gj?B?0

即原子在6G3/2状态的磁矩等于零。

?????? 解释：∵原子的总角动量为 J?L?S，而处于6G3/2态原子各角动量为：

20??4.47? 352152 L S?L(L?1)??4(4?1)??55(?1)??2233(?1)??22?S(S?1)????2.96?

J?J(J?1)????1.94?

则它们的矢量关系如图示：

??L??和S??同时绕J旋进，相对取项保持不变

由三角形余弦定理可知：

????1 L?J?(L2?J22?S)=3252212[L(L?1)??J(J?1)??S(S?1)?]722222

??22[4?5???52?]?15272?2

52154????1 而S?J?(S2?J22?L)?2?2(52??32??4?5)???2

18

?2?B?S??S ∴相应的磁矩 ?S??gS???????B??B?L??L ????gL???????? ???S??L

????B??? 由于磁矩?随着角动量绕J????旋进，因而对外发生效果的是?在J??方向上的

分量。其大小计算如下： ?J???????JJ???(?L????S)?JJ?????????????(L?J?2S?J)B?J

????(152?2?15?B?)?04J

?0??此结果说明，?垂直于J，因而原子总磁矩?J

4-4 在史特恩-盖赫拉实验中,处于基态的窄的银原子束通过极不均匀的横向磁场,并射到屏上,磁极的纵向范围d=10cm,磁极中心到屏的距离D=25cm.如果银原子的速率为400m/s,线束在屏上的分裂间距为2.0mm,试问磁场强度的梯度值应为多大?银原子的基态为2S1/2,质量为107.87u.

??解：原子束通过非均匀磁场时，如果磁场B在Z方向，可以证明：落在屏幕上的

原子束偏离中心的距离为：

Z?d?D3KT??BZJ,Z?Z?Mg?B?Bd?D?Z3KT

?BZ?Z（式中T为炉温，d为不均匀磁场的线度，D是磁场中心到屏的距离，向不均匀磁场梯度，?J,Z是横

是原子的总磁矩在Z方向的分量），分裂后的原子束偏

d?D3KT12离中心的最大距离 Z = Jg 对2S1/2： S=

12??BZB?Z

，L=0，J=

132?1232?32

3212 ∴g??22????2

Z′=2Z

又 Z′=2.0mm ∴ Z=10mm

19

?BZ?Z=

Z2?3KTJgdD?B?Z2?mv2JgdD?B

?272 ?1012?3?107.87?1.66?10?400T?m?1

?2?0.1?0.25?0.9274?10?23 ?2.868?102.32?10?23?25

?m?1 ?1.24?10?2T

4-5 在史特恩-盖赫拉实验中(图19.1),不均匀横向磁场梯度为

????BZ/?Z?5.0T/cm ,磁极的纵向范围d=10cm, 磁极中心到屏的距离D=30cm,使

用的原子束是处于基态4F3/2的钒原子,原子的动能Ek=50meV.试求屏上线束边缘成分之间的距离．

解：设在屏上偏离x轴的距离为Z2

∴Z2=?mjgj?B 由 4F3/2 可知 S32?BZdD?Z3KT

32?32 J? L32?3

3 ∴gJ??1S(S?1)?L(L?1)2J(J?1)??12·2?5232?3?4?52?25

32 mJ?3113,,?,2222 要求线束边缘间的距离，则mJ取

热平衡时 mV2 ∴Z2?3KT?2EK?2?50meV?100meV?BZdD?mjgj?B?Z3KT?5

10?30100?10?3 =

32?25?5.788?10?5?cm

=0.52cm ∴Z?2Z2?2?2.52cm?1.04cm

4-6 在史特恩-盖赫拉实验中,原子态的氢从温度为400K的炉中射出,在屏上接受

20

到两条氢束线,间距为0.60cm.若把氢原子换成氯原子(基态为2P3/2),其它实验条件不变,那么,在屏上可以接受到几条氯束线?其相邻两束的间距为多少? 解：在史—盖实验中，原子束分裂条数等于2J+1，对Cl，基态为2P3/2，即J因此屏上可接受到的氯束线为2?间距为：

?Z=gdD?BZ3KT?Z?32，

32?1?4条,而原子束在屏上分裂的相邻两束的

?B

dD?BZ3KT?Z对于确定的实验装置和实验条件，g

?Z1?Z2?g1g2?B=A 为一定值，于是有：

因为加热原子蒸气的炉温为400K，远小于105K，此时，炉中的氢原子处于基态（2S1/2），对于基态氢原子 L=0 S≠0 则g1=2 对于基态氯原子 L=1 S=1/2 J=3/2 朗德因子为

1 g2?32?2?32?1?232?52?43

2?g2g1∴ ?Z2??Z1?4/32?0.60?0.40（cm）

4-7 试问波数差为29.6cm-1的赖曼系主线双重线,属于何种类氢离子?

解：赖曼系第一条谱线是由n=2向n=1跃迁产生的，不考虑精细结构时，其波数为

? ??RZ(2112?122)?34RZ2

当n=1时，L=0 电子态为1S

当n=2时，L=0，1 电子态为2S和2P，按选择定则，此谱线只能来自2P→1S的跃迁。由于电子自旋和轨道运动的相互作用，2P能级具有双层结构—22P1/2和

2P3/22。双层能级间隔： ?T?R?Z324nl(l?1)。1S能级 L=0 S=

12 故j只能取

12一种

21

值，能级是单层的，故2P→1S谱线的精细结构波数差仅决定于2P的双能级间隔

???T? ??R?Z324nl(l?1)

2?1?(1?1)?29.61.097?10?(1/137)523即 Z4?nl(l?1)R?23?????81

∴ Z = 3

4-8 试估计作用在氢原子2P态电子上的磁场强度. 解：2P态电子绕核的半径为：r =n 轨道运动的速率 v =

1Zev222r0?na1?2?0.53A?2.12A3?1086220

?cn?2?137?198?1.1?10m/s

∴B?4??0cr?1?1.6?10?1.1?10?9?10?969(3?10?0.212?10)2T=0.39T

4-10 锌原子光谱的一条谱线(3S1-3P0)在B为1.00T的磁场中发生塞曼分裂,试问:从垂直于磁场方向观察,原谱线分裂为几条?相邻两谱线的波数差等于多少?是否属于正常塞曼效应?并请画出相应的能级跃迁图. 解：锌原子的谱线（3S1?3P0）的塞曼效应图如下：

由图可知，原谱线分裂成3条，塞曼效应中分裂后的谱线与原谱线波数差可表示为：

? ??(m2g2?m1g1)L?v 22

?其中， L?eB4?mec?46.7m?1?T?1?100T?46.7m?1

3211?2?1?220?1 对于3S1：S ∵J2 ∵J1? ∴?v?0，L?0 ∴g2?2 对于3P0：g?? 不确定

?1 有m2?1，0，-1 ∴m2g2?(2,0,?2) ?0，有m1?0 ∴m1g1?0

??(2.0.?2)?46.7m?1?(93.4,0,?93.4)m?1 ?(2,0,?2)L?? ∴沿垂直于B方向可看到三条谱线。

由于S?0，且谱线分裂间隔不是一个洛仑兹单位，故属于反常塞曼效应。

4-11 试计算在B为2.5T的磁场中,钠原子的D双线所引起的塞曼分裂. 解：

Na原子D双线，

2D1?589.n0m，谱线由3P3/2?3S1/2222跃迁产生，

D2?589.n6m，由3P1/2?3S1/2产生。

（1）D1的塞曼分裂32P3/2上能级32P3/2：L2个支能级：M2??3S1/2

2?1,S2?12,J2?32,g2?4/3，在外磁场中，上能级分裂为4

3113,,?,?222263,?23，它们的原能级之差为：

12,g1?2,M1?12,?12m2g2?BB?(?) ?BB12,J1?下能级32S1/2：L1?0,S1?，在外磁场中，下能级分

裂为两个支能级，它们个原能级之差为

m1g1?BB???BB

6种跃迁方式，分裂后的谱线和原谱线的波数差：

根据选择定则?m?0,?1共有

~??(mg?mg)L?v2211

可计算如下：

(m2g2?m1g1)?(53,?33,?1135,,,)3333

531~??v?(?,?,?)L333、

23

而L~~?eB4?mel?46.7Bm?1?46.7?2.5?116.75m?1

?L?(589.0nm)?116.75?0.405A

220∴分裂后的6条谱线和原谱线的波长差为：

5312~??????v?(?,?,?)?L3332

? ?（2）对D2?589.6nm(?53,?33,?130)?0.45A

0(?0.675,?0.405,?0.135)A

2，访上讨论，有2P1/21212,J2?122312?S1/2

L2?1,S2??12,?

M2 L1,g2?,J1?

?0,S1??12,?1212 M1,g1?2

43,?224,,333 ∴(m2g2?m1g1)=（?）

042~? ∴?v?(?,?)L?(?0.54,?0.27)A334-12 钾原子的价电子从第一激发态向基态跃迁时,产生两条精细结构谱线,其波长分别为766.4nm和769.9nm,现将该原子置于磁场B中(设为弱场),使与此两精细结构谱线有关的能级进一步分裂.

(1)试计算能级分裂大小,并绘出分裂后的能级图.

(2)如欲使分裂后的最高能级与最低能级间的差距ΔE2的1.5倍,所加磁场B应为多大?

解：（1）钾766.4nm和769.9nm双线产生于42p3/2,1/2因子分别为g2?43?4S1/2，这三个能级的

2g

，g1?23，g=2

2P3/2能级在磁场中分裂成4层，2P1/2和2S1/2能级在磁场中分裂成两层，能级间距为 ?E?g?BB

24

∴?E2' ?E1' ?E0'?g2?BB?2343?BB

?g1?BB??BB

?g0?BB?2?BB

次能级分裂后的能级如图：

（2）由题意有： ?E2 即 E23'??E2?(?E2)max???E?(?E)??E1 11min??232?E1

?E1?(j2)maxg2?BB?(j1)ming1?BB??32 ∵ (j2)max E273 (j1)min32?43?12?23??12

32(E2?E1)?E1?(?12)?BB?

∴ ?BB(E2?E1)?12?(E2?E0)?(E1?E0)?

? ? ∴B?37?B1hchchc?1??2(?)??2?2?12?1?2

?3.678?10?312?1.24?10ev?124769.9?766.4769.9?766.43ev

?(E2?E1)?7?0.5788?10?4?3.678?10T?3 ?27.2T

4-13 假如原子处于的外磁场B大于该原子的内磁场,那么,原子的L2S耦合将解脱,

25

总轨道角动量L和总自旋角动量S将分别独立地绕B旋进. (1)写出此时原子总磁矩μ的表达式;

(2)写出原子在此磁场B中的取向能ΔE的表达式;

(3)如置于B磁场中的原子是钠,试计算其第一激发态和基态的能级分裂,绘出分裂后的能级图,并标出选择定则(Δms=0,Δml=0,±1)所允许的跃迁. 解：

(1)在强磁场中，忽略自旋一轨道相互作用，这时原子的总磁矩是轨道磁矩和自旋磁矩的矢量和，即有： ???????L????S??e2mec??PL?emec??PS

??e2mec????(PL?2PS)

(2)此时，体系的势能仅由总磁矩与外磁场之间的相互作用来确定，于是有：

???? V????Be2meceB2mec

???????(PL?2PS)?B ? ?(mL?2mS)

(mL?2mS)?BB

?0，mS??12(3)全内原子的基点为32Sy2，第一激发点为32P。对3S点，mL因此式(2)结合出双分裂，分裂后的能级与原能级的能量差。

?E1mL对于3P点，

mS???0,?1，

12，

???BB

?12，式(2)理应给出2?3个分裂，但mLmL，

??1与mS??12，mL?1对应的?E值相同，故实际上只给出五分裂，能量差为，原能级与分裂后的能级如下图所示。

?E2?(2,1,0,?1,?2)?BB 26

根据选择定则：?mS ?mL?0

?0,?1

它们之间可发生6条跃迁，由于较高的各个能级之间的间距相等，只产生三个能值(?1,0,1)?BB，因此只能观察到三条谱线，其中一条与不加磁场时相重合。这时，反常塞曼效应被帕邢—巴克效应所取代。

4-14 在B=4T的外磁场中,忽略自旋-轨道相互作用,试求氢原子的2P→1S跃迁(λ=121nm)所产生的谱线的波长.

??解：因忽略自旋一轨道相互作用，自旋轨道角动量不再合成J，而是分别绕外磁

场旋进，这说明该外磁场是强场，这时，反常塞曼效应被帕型—巴克效应所取代， 并超于正常塞曼效应，即厚谱线分裂为三条。因此，裂开后的谱线与原谱线的波 数差可用下式表示： ??式中：

L~~~?(1,0,?1)L

?e4?mecB?46.7?B?46.7?4m?1

?1.87?102m?1 因??1?v?1.87?10?7nm?1

，故有：

? ??????v2 27

?值代入上式得： 将?，?v ????'????(121.0nm)?(1,0,?1)L2~

??2.74?10?3nm???0??3nm?2.74?10

?121.0?0.00274nm? ∴?/??0?121.0?0.00274nm?

第五章习题解答

5—1氮原子中电子的结合能为24.5ev，试问：欲使这个原子的两个电子逐一分

离，外界必须提供多少能量？

解：先电离一个电子即需能量E1=24.5ev，此时He?为类氢离子，所需的电离能

E2＝E??E基＝0?(?zRhcn22)?zRhcn22

将Ｒ＝109737.315cm2,Rc2?1.24nm?kev代入，可算得

E2＝

2?109737.315?1.2412ev = 54.4ev

E= E1+ E2= 24.5ev + 54.4ev = 78.9ev

即欲使He的两个电子逐一分离，外界必须提供78.9ev的能量。 5—2 计算

2D3??态的L?S2。

?32解：2D3中的L2?2，S，J?32

??????????J?L?S?J?J?(L?S)?(L?S)

即J2?L?S22?2L?S2

2??L?S＝12(J2?L?S)

28

＝? ＝?222[J(J?1}?L(L?1)?S(S?1)[3?(3?1)?2?(2?1)?3］

2?(32?1)]222

＝?3?2

5—3 对于S解：S?1?12??，L?2，试计算L?S的可能值。

222?????????2?J?L?S?J?J?（L?S）（?L?S）?L?S??1?L?S?（J2?22,L?2，J?5或

3

2???2L?S

?L?S）22

1?2[J（J?1）?L（L?1）?S（S?1）］

2???55112[(?1)?2(2?1)?(?1)]?2? 当S?，L?2，J?时，L?S?22222225当

2???331132S?，L?2，J?时，L?S?[(?1)?2(2?1)?(?1)]???

2222222213???L?S的可能值为2?或?232?2

5—4试求3F2态的总角动量和轨道角动量之间的夹角。

解：3F2中，L?3,S?1,J?2.

?????????????J?L?S,?S?J?L,?S?S?(J?L)?(J?L)即S2?J2????1?L?2J?L?J?L?(J2222?L?S)?L?S)22222??1又?J?L?JLcos?即JLcos??(J2

?cos??[J(J?1)?L(L?1)?S(S?1)]h2J(J?1)?L(L?1)h2

?[（22?1）?（33?1）?（11?1）]2（22?1）?（23?1）?23222???arccos3 29

5－5在氢，氦，锂，铍，镁，钾和钙中，哪些原子会出现正常塞曼效应，为什 么？

解：由第四章知识可知，只有电子数目为偶数并形成独态（基态S才能发生正常塞曼效应。

氢，氦，锂，铍，镁，钾和钙的各基态为

2?0）的原子

S1,S0,212S1,21S0,2S12,S0,12S12,S01

电子数目为偶数并且S?0的有He, Be, Mg, Ca，故它们可发生正常塞曼效应。

5－7 依L—S耦合法则，下列电子组态可形式哪些原子态？其中哪个态的能量 最低？

(1)np;4(2)np;5(3)(nd)(nd)

/解：在p态上，填满6个电子的角动星之和为零，即对总角动量无贡献，这说明 p态上1个电子和5个电子对角动星的贡献是一样，即对同科电子P和P5。同

P和P24

有相同的态次4。

l1?l2,131（1） np?np,?2S1?S2?12,?L?2,1,0；S?1,0

3同科电子的原子态有：S0,P2,D0.由洪特定则可知，P2的能级位置最低，能量最

低，列表如下图

0 1 2 (2) np5

L S 0 11 3S0S1 31P1 D2P2 1 32或123D3 P1，由洪特定

2?np,L?1。S?12，?J?2,可形成的原子态2P3，2则的附加规则可知，2P2的能级最低，能量最低3。

(3)(nd)(n/d)中，l1?l2?2,?L?4,3,2,1,0

30

S1?S2?12,?S?1,0

? 可形成的原子态如下表所示。

n?n/形成的原子态为非同科电子，由洪特定则

可知，3G的能量最低

L 0 1 2 3 4 S 0 1 1 S0 3S1 1P1 D21P2,1,0 1 3D3,2,1 31F3 G4F4,3,2 1 3G5,4,3 5－8铍原子基态的电子组态是2S2S,若其中有一个电子被激发到3P态，按L－S 耦合可形成哪些原子态？写出有关的原子态的符号 ，从这些原子态向低级跃迁 时，可以产生几条光谱线？画出相应的能级跃迁图，若那个电子被激发到2P态， 则可以产生的光谱线又为几条？ 解：

(1)电子组态为2S3S的原子被激发到3P态，要经历

2S2S?2S2P?2S3S?2S3P

S?1,0 )。

2S2S中，l1?l2?0,s1?s2?12,?L?0, 由泡利不相原理可知形成的原子态为1S0(3S1不存在2S2P中，l1?0,l2?1,?L?1,S1?S2?2S3S中，l1?l2?0,L?0;S1?S2?2S3P中，l1?0,l2?1,?S1?S2?综上所述，可形成的原子态有１12,S?1,0,原子态有1P1，P2，1，01312

,S?1,0;J?1,0,原子态有3原子态有１S0，S13

12,S?1,0,31P，１3P2,1,0S０，S１，P1，P2,1,0由原子跃迁图可知道，共产生10条光谱线。

31

（2）2S2S态被激发到2S2P态.又上可知，2S2S形成的原子态为１S0, 2S2P形成的原子态为１P１，３P2,1,0,由原子跃迁图可以看出：产生的光谱线仅一条。 5-9证明：一个支壳层全部填满的原子必定具有1S2的基态 证明： mms e 12-l -(l-1) … ↑ ↓ ?0-1 ↑ ↓ ?00 ↑ ↓

1 ↑ ↓ … … … (l-1) ↑ ↓ l 1↑ ↓ … … ，L?M↑ ↓ - 2由上表可知：∑Ml∑MMJSl?0, S?M?M?0)2S?0?MLS, J=0 ∴基态为1S0

5-10依照L-S耦合法则,(nd 组态可形成哪几种原子态？能量最低的是哪个

态？并依此确定钛原子的基态。 解：ndnd中，l1 s1?l2?2 => L?s2?12=4,3,2,1,0

=> S=1,0

1形成的原子态：1s0 ，3p2.1.0,D2,3F4.3.2,1G4

由洪特定则及其附加规则，知：3F2能量最低， 钛的基态组态为3d 0 1 2 3 L S 24s2,因s态已排满，故只需考虑3d2，钛的基态是3F2

0 1 1s0 3s1 1p1 D23p2,1,0 D3,2,1 1 31F3 3F4,3,2 32

4 1G4 3G5,4,3 5-11一束基态的氦原子通过非均匀磁场后，在屏上可以接受到几束？在相同的条件下，对硼原子，可接受到几条？为什么？

解：本题属于史特恩－盖拉赫实验，屏上接受的条纹数目取决于Mg的取值个数 He原子的基态原子态为

1S0。 J=0

2MJ?0，MgJ?12?0，故在屏上可接受到1束

J条纹。Be原子的基态基态原子态为

P12。 ，

M??12， 且g≠0，所以

Mg的取值个数为2，故在屏上可接受到2束条纹

5-12 写出下列原子的基态的电子组态，并确定他们的基态：1518P，16，17SCl，

Ar。解：原子内电子的填充规则：n+φ相同时，先填n小的，n+φ不相同时，

若n相同，则先填φ小的，若n不同，则先填n大的壳层。每一次壳层可容纳的最多电子数为2（2φ+1），每一主壳层可容纳的最多电子数为2n2 。原子基态由未填满的壳层中的电子状态决定。

15P：基态电子组态1s22s22p63s23p3，有3个电子处在3p次壳层，按洪特定则，原子基态为：4S3；

2同理可知：16S：基态电子组态1s22s22p63 s23p4，原子基态为3P2；

17ClAr：基态组态1s22s22p63 s23p5，基态为3P2；

318：基态组态为1s22s22p63 s23p6，基态为1S0。

第六章习题答案

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： 根据公式?min?1.24V?kv?nm?V?kv??1.24?min

代入已知数据得，V?kv??1.240.0124?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.如测得某元素的射线的波长为0.0685nm,试求出该元素的原子序数.

33

解：?k??0.248?1016?Z?1?2而已知??0.0685nm，代入算得z?43。

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?解：

EKK?射线的能量可由莫塞莱定律求出：

??k??l?31?22?1?Rhc?z?1??2?2???13.6??60?1??35.5KeV2?4?1而K射线的能量可用K层和L层电子的结合能之差来表示EK??：

式中L层电子的结合能可用L吸收限求出，于是可得：

?K?EK???L?EK??hc?35.5?1.24KeV?nm0.19nm?42.0KeV?l

6-5已知铅的K吸收限为0.0141nm,K线系各谱线的波长分别为:0.0167nm，0.0146nm，0.0142nm,现请:

(1)根据这些数据绘出有关铅的X射线能级图； (2)计算激发L线系所需的最小能量与线的波长。 解：（1）K层电子的结合能：?k因EK??K??L，故

?hc?87.9KeV?k

?L层电子的结合能为

hc?87.9?1.24KeV?nm0.0167nm?13.6KeV?L??K?EK???K??K?

同理可求得M层电子的结合能为：?Mhc??K?hc?K???87.9?1.24KeV?nm0.0146nm?3.0KeV

N层电子的结合能为：?N??K??K???87.9?1.24KeV?nm0.0142nm?0.6KeV由上述计算

结果可知，铅原子的K、L、M和N电离态能级的能量分别为87.9、13.6、3.0、0.6，于是可作出铅原子的X射线的能级示意图。（能级图略）

（2）由于泡利不相容原理的限制，要产生标识LX射线，必须先使L层产生空穴。由于铅原子L层的外层M、N层是充满电子的，这样要使L层产生空穴，就应当将L层的一个电子电离出去。而L层的结合能为13.6KeV，因此激发L线系需要的能量为13.6KeV，线的波长为

34

?L??hc?L??M?1.24KeV?nm?13.6?3.0?keV?0.117nm

6-6一束波长为0.54nm的单色光入射到一组晶面上,在与入射束偏离为的方向上产生一级衍射极大,试问该晶面的间距为多大? 解：根据X射线在晶体中的衍射，布喇格公式：n?n?1??0.54nm?2dsin?

由上计算得d?0.311nm

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。

解：（1）散射光子的能量可用下式表示：

h???h?1??(1?cos?) ??h?mec2

由上式可知，当散射角?(h??)min?h?1?2??180?时，散射光子的能量最小：

由题意??1故有：

(h??)min?h?3?mec32?0.511Mev3?0.170Mev

（2）由能量守恒知，反冲电子获得的动量等于入射光子损失的动量，他们的矢量图如右图所示： P??P??h?h?? ? 由图可知，散射光子的最大 动量变化一定发生在散射角

??180?处，于是有：

h(Pe)max???h???1c(h??h??)?43cmec2?0.681(Mevc)?3.64?10?22(Kg?ms)

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10Kev，试求入射光子的能量。

解：在康普顿散射中，反冲电子的动能为

35

Ek?h??(1?cos?)1??(1?cos?)

当散射角??180?时，反冲电子获得的能量最大：

2?1?2?(Ek)max?h?

2h?mec2按题意，有：10Kev?h?1?2h?mec2

将电子的静止能量mec22?511Kev代入上式，整理后有：

(h?)?10h??5?511?0解得此方程的正根即为入射光子的能量：

h??55.8Kev

6-9若入射光子与质子发生康普顿散射，试求质子的康普顿波长。如反冲质子获得的能量为5.7 Kev，则入射光子的最小能量为多大？ 解：（1）??hcmpc2?1.24nm?Kev511Kev?1836.15?1.3?10?6nm

（2）在康普顿散射中，反冲质子的动能为

Ek?h??(1?cos?)1??(1?cos?)

将??h?mpc2代入上式，整理后有：

2h?2?Ekh??Ekmpc1?cos??0

解得此方程的正根为

Ek?h??Ek?422Ekmpc22(1?cos?)

由上式可知，当散射角??180?时，入射光子的能量最小：

36

将Ek?5.7Mev代入得：

5.7?5.72?45.7?0.511?1836.15(1?1)22(h?)min??39.5Mev

6-13 已知铑（Z=45）的电子组态为1s22s22p63s23p63d104s24p64d85s1，现请： （1）确定它的基态谱项符号；

（2）用它的K?X射线作康普顿散射实验，当光子的散射角为600时，求反冲电子的能量（已知K?的屏蔽系数b≈0.9）；

（3）在实验装置中用厚为0.30cm的铅屏蔽该射线，如果改用铝代替铅，为达到同样的屏蔽效果，需要用多少厚的铅？（?pb?52.5cm?1；?Al?0.765cm?1 ）

解：（1）因电子组态 d8所形成的原子态相同，故d8所形成的原子态有： 1S0,1D2,1G4,3P2,1,0,3F4,3,2

4d85S1的原子态可考虑在两电子的结构上再加上一个电子。假设两电子体系的总

轨道角动量量子数，总自旋角动量量子数分别用Lp,Sp表示，则Lp,Sp分别同第三个电子的L3,S3合成总的L和S，然后L和S再合成总的J0按这一法则，对1S0原子态有： Lp Sp?0,L3?0,合成L?012,合成S?12

?0,S3?12由两式合成J =

，所以形成的原子态为 1S1。

2 对于1D2原子态：Lp成J =

53，22?2，Sp?0与L3?0，S3?12分别L = 0，S?12，再合

，所以原子态为：2D53；

，22 同理，可求得1G4,3P2,1,0,3F4,3,2原子态与第三个电子5S1所合成的原子态分别为： 2G9

,7;P53;P31;F922,22,424422753,,,2222F722,5

37

根据洪特定则，又因两支壳层中有一支壳层中的电子数已填满半数以上，具有倒转次序。因此，原子的基态为4F9。

2（2）由莫塞莱定律，铑的K?X射线的能量： Ek??34?13.6(Z?b)?234?13.6?(45?0.9)2

?19.84(Kev)

此即为入射光子的能量，在康普顿散射中，反冲电子的能量为：

Ek?h??(1?cos?)1??(1?cos?)

019.84 ?19.84Kev?1?51119.84511?(1?cos60)?0.378Kev?(1?cos60)0

（3）按题意有：

(I/IO)Pb?(I/IO)Al e??Pb?Pb?e??Al?Al

∴?Pb?Pb??Al?Al ?Pb?52.50.765?0.30cm?21cm

∴

?Al??Pb?Al计算结果表明，对铑的K?线的吸收，0.30cm的铅板等效于21cm的铝板，可见铅对?射线的吸收本领比铝大得多。

6-14 已知铜和锌的K?X射线的波长分别为0.01539nm，和0.01434nm，镍的K吸收限为0.1489nm，它对铜和锌的K?X射线的质量吸收系数分别为48cm2325cm2/g/g和

，试问：为了使铜的K?射线与锌的K?射线的相对强度之比提高10

倍，需要多厚的镍吸收片？ 解：镍的吸收曲线如图所示：

38

因X射线经过吸收体后的强度服从指数衰减规律，即对铜有：

I?I0e 对锌有： I??m?x

'?I0e?e??m'?xI 于是有：

II'(?m'??m)?xI'

将

?10代入：

?x? （因镍的密度：?In10?m'??m2?2.303325?48?8.31?10?3(g/cm)

2?8.9g/cm，可算得镍的厚度为9.3?m）

由此可知，利用物质对射线的吸收限，可以巧妙的解决谱线测量工作中的分辨问题，从而给分析工作带来很大的方便。 第七章习题解答

7-1 试计算核素40Ca和56Fe的结合能和比结合能。 解：

4020Ca20

??mc?(20mp?20mn?mca)c39

22 结合能 ?E

??20(1.008665?1.007277)?39.96259?c2 ?(40.31884?39.96259)?931.5mev

?331.85mev 比结合能 ?5626??EA?331.840?8.3mev

Fe30

?(26mp?30mn?mFe)c2结合能： B ?比结合能： ?

0.51425?931.5?479.024mev?BA?479.02456?8.554mev

7-2 1mg238U每分钟放出740个 ? 粒子，试证明：1g 238U的放射性活度为0.33

?Ci，238U的半衰期为4.5?109a

74060证明：1mg238U的放射性强度 A=

可知1g238U的放射强度x为： 10?3:74060?1:x

3∴x =

74060310=

3.7?1034次/s =?Ci= 0.33?Ci

317-3 活着的有机体中，14C对12C的比与大气中是相同的，约为1.3310?12，有机体死亡后，由于14C的放射性衰变，14C的含量就不断少，因此，测量每克碳的衰变率就可计算有机体的死亡时间。现测得：取之于某一骸骨的100g碳的?衰变率为３００次衰变／min，试问该骸骨已有多久历史？

解：由于12C的丰度高达98.89%，可以近似认为自然界的碳全部由12C组成 故1g碳中，12C的原子数目为：

N(12)?112NA?112?6.02?1023?5.02?1022个

根据题意：1g碳中，14C的原子数目为：

40

N(14)?1.30?10?12N(12)?1.30?10?12?5.02?1022?6.53?1010个

根据衰变率的定义（单位时间内发生的核衰变数），1g碳中，14C的衰变率，在t=0时为： A0??N(14)?0.6935730?365?24?60?6.53?1010

?150次衰变/Min

由题知t时刻测得的衰变率为（1g14C在t时刻的衰变率） A?300100?3.00次衰变/Min

因放射性强度服从指数衰变规律 A?A0e ∴t?T1/20.693??t?0.693T1/2t?A0eA0A?

?In15.03.00?1.3?10y4In57300.693

7－4 一个放射性元素的平均寿命为１０d，试问在第５d内发生衰变的数目是原来的多少？

解：放射性衰变规律为N ?dNdt??N0 e?N0 e??t。在t时刻单位时间内发生的核衰变数目为

??t

它与原来的原子核数目 N0之比为 P(t)??e??t?1?e?1?t

因此，按题意要求该放射性核素在第五天内发生衰变的数目与原来核数之比为：

5 P??4P(t)dt?15??e4?1?tdt

??e?510?e?410?0.064?6.4%

7—5试问原来静止的226Ra核在?衰变中发射的?粒子的能量是多少？ 解：226Ra? 88 E0=?Mx22286Rn+?

y??M?MHe??c

2 41

=?226.0254??222.0176?4.002603??? 931.5Mev

4.841006Mev ? E0 =E?+E??E??A?4AE?

=

A?4AE?=4.755324Mev

即原来静止的226Ra核在衰变中发射的?粒子的能量为4.755324Mev. 7—6

210Po核从基态进行衰变，并伴随发射两组?粒子。其中一组?粒子的能量

为5.30Mev，放出这组?粒子后，子核处于激发态。试计算：子核由激发态回到基态时放出的?光子的能量。 解：E0=E?+E??A?4AE?

由题意可知：E?0=5.30Mev,E?1=4.50Mev

?E00=

AA?4E?0=

210210?4?5.30Mev=5.402913Mev

E01=

AA?4E?1=

210210?4?4.50Mev=4.587379Me

又因为处于激发态的原子核可以放出?射线而退到基态，?射线的能量应是激发态与基态能量之差，也等于相应的?衰变能之差。

?E=E00-E01=5.402913Mev-4.587379Mev=0.815534Mev

即子核由激发态回到基态时放出的?光子的能量为0.815534Mev. 7—7

47V既可以发生??衰变，也可发生K俘获，已知??的最大能量为1.89Mev,

试求K俘获过程中放出的中微子的能量E? 解：发生??衰变的衰变能E0=?M ?x?My?2me?c

2

?Mx?My?c2=E0+2mec2=1.89Mev+2?0.51Mev=2.91Mev

x K俘获的衰变能E0k=?M?My?c2?Wk

y ?Wk很小，可忽略不计，?E0k=?Mx?M?c2=2.91Mev

42

发生K俘获，释放的能量在子核和中微子之间分配，显然，绝大部分为中微子所得，

?E??E0k=2.91Mev

即K俘获过程中放出的中微子的能量E?=2.91Mev. 7—8 试计算下列反应的反应能：

?1???14N?17O解：Q=??Mi?MT?p ?2?p?9Be?6Li?MR??

???Ml??c2

p?1? Q=??M??MN???MO?M??c

2 =??4.002603?14.00307???16.99913?1.007825???931.5Mev

=-1.194183Mev

?2? Q=??Mp?MBe???MLi?M???c2

?4.002603 =??1.007825?9.012183???6.015123???931.5Mev

=2.125683Mev

7-9 试问：用多大能量的质子轰击固定的氚靶，才能发生p+3H?n+3He反应？若入射质子的能量为3.00Mev，而发射的中子与质子的入射方向成90°角，则发射的中子和3He动能各为多少？ 解： p+3H?n+3He Q =??Mi?MT???Ml?MR??

?3.016029=??1.007825?3.016050???1.008665??

=-0.762899Mev

?Q<0 ?该反应属于吸能反应。

K =-Q

MT?MTiM

3.016050?1.007825 =0.762899?3.016050＝1.017825Mev

即用1.017825Mev能量的质子轰击固定的氚核，才能发生p+3H?n+3He反应。

43

?Ml1?Q=??MR???Kl???Mi1?-??MR?2??Ki-??MiMlKiKlMkcos?

=?1?0.334435?Kl-?1???1.0078253.016029???3.00?

-

2?1.007825?1.008665?3.00?Kl3.016029cos90°

=1.334435Kl-1.9975311=-0.762899 算得

Kl=0.925210Mev 又 Q=??Kl?KT?KR???Ki?KT??

=0?KR=Q+Ki-Kl=1.311891Mev

所以发射的中子和3He动能各为0.925210Mev,1.311891Mev.

7-11 （1）试证明：一个能量为 的中子与静止的碳原子核经N次碰撞后，其能量近似为(0.72)NE0.

（2）热中子能有效地使235U裂变，但裂变产生的中子能量一般较高（MeV）.在反应堆中用石墨做减速剂，欲使能量为2.0 （0.025 eV），需经过多少次碰撞？ 解；对于弹性散射，Q=0，Mi此时，Kl(?)?(M1cos??MM12MeV的快中子慢化为热中子

?M2l?M21n?M21，MR?MR?MC?M2。

?M2sin??M)Ki

2在对心碰撞下，?=180°，每次碰撞有：

Kl?(MM22?M?M11)Ki?(2MMCC?M?Mnn)Ki?0.72Ki2，

故碰撞N次后，有 E=0.025=(0.72)N即 N=56次

?2?106 ，由此可得N=55.4

44

7-12 轻核 在质子轰击下的共振反应，常用作低能加速器的能量定标，例如： （1）试确定20Ne的几个激发能级； （2）试求出复合核20Ne相应能级的平均寿命。 解：（1）核反应的复合核模型为a?A?C*?B?b

式中a和A分别为入射粒子和靶核，b和B分别为出射粒子和剩余核，C为复合核，C*为其激发态。一个入射粒子带进复合核C的能量为EC射粒子的质心系能量EC?mAma?mBEa?Sa其中EC为入

Ea为入射粒子在L系的能量，Sa为入射

EC?Sa粒子在复合核中的电离能。因此激发能为E*?Sa?(ma?mb?mc)c2。而Sa的值由下式决定：

于是复合核的结合能可以表示为：

2

E*?(ma?mb?mc)c?EC

E*?B(c)?B(a)?B(A)?EC如果用结合能的形式则为：

对于核反应P?19F?20Ne*其复合核的激发能为：

E*?B(Ne)?B(F)?2019m(F)mP?m(F)1919EP。

为简便，

m(F)mP?m(F)1919=

A(F)AP?A(F)1919

则（1）式为：

E*?B(Ne)?B(F)?2019A(F)AP?A(F)1919EP =160.642-147.798+0.95EP

=12.844+0.95EP

将入射质子能量EP带入上式，可得N*的几个激发能依次为：

E*=13.875，13.733，13.674，13.167，13.057MeV

（2）共振峰的宽度D就是激发态能级的宽度，由不确定关系，Dt=?能级的平均寿命

2可以估算

45

t=?2D=

6.6?10?19keV?s2DkeV?3.3?10D?19(s)

将D值带入，可得： t=8.3?10?20，4.1?10?20，6.3?10?20，7.3?10?20，3.3?10?19s。 7-13 设一个聚变堆的功率为106kw,以D+T为燃料，试计算一年要消耗多少氚？这么大功率的电站，若改用煤做燃料，则每年要消耗多少煤（煤的燃烧热约为

3.3?107J/kg）？解：设用的氚和煤的质量分别为mT，mm，聚变方程为：

D?T???n?17.58MeV即一个氚放出17.58MeV的能量，由此可以得到：

109?365?24?3600?17.58?106?1.6?10?19?6.02?1023?mT3?3.3?107?mm

由此可以得出：mT?5.59?10g?56kg4；mm?9.6?10kg8

7-14 铁的热中子俘获截面为2.5b，试问入射热中子经过1.0mm厚的铁块后被吸收掉百分之几？ 解：由于

nrni?NAt?A?Nt???FeNMFeRt??7.8?6.02?105623?0.1?2.5?10?24?2.1%

???1?2.1%?97.9%

7-15 有人认为质子可能会衰变，其平均寿命约为1.2?1032a。若要测量它的放射性（例如，每月测量到一次衰变事件），那么知道要用多少水？

解：由于每个水分子有10个质子，设用水的质量为m，则在一个月中出现一次放射的放射性活度为：

A??N0e??t1mH2O?M1?2?6.02?1023e??t

11.2?1032=

1.2?1032?12?m18?10?6.02?1023?e?12?1

由此可以得到水的质量为

m?4.35?10kg6

46