原子物理学答案
目 录
第一章 原子的位形 ....................................................................................... 1 第二章 原子的量子态:波尔模型 . .................................................................. 7 第三章 量子力学导论……………………………………………………………..12
第四章 原子的精细结构:电子的自旋 . ........................ 错误!未定义书签。 第五章 多电子原理:泡利原理…………………………………………………… 23
第六章 X 射线 ............................................................................................ 28 第七章 原子核物理概论 ............................................. 错误!未定义书签。 第一章 原子的位形 1-1) 解:
α粒子与电子碰撞,能量守恒,动量守恒,故有:
⎧ 'm 11v -v =v e ⎧1222
⎪⎪Mv =mv e +M v '⎪M ⇒⎨ 22⎨2
m 2⎪⎪v 2-v '2=v ⎩M v =M v '+m v e e ⎪M ⎩
∴∆p m v ∆p =e m p ==m v e ,其大小: v (1)
m 2
(v 2-v ' 2) ≈(v +v ')(v -v ') =v e
M
近似认为:∆p ≈M (v -v '); v ≈v '
∴有2v ⋅∆v =
m 2
v e M
1
Mmv e 2 (2) 2
亦即:p ⋅∆p =
(1)2/(2)得
∆p 2m 2v e 22m ===10-4 2p Mmv e M
亦即:tg θ≈θ=
∆p
~10-4(rad ) p
b =a 2ctg θ2;库仑散射因子:a=
28e 2
1-2) 解:①4πεE
a =2Ze 2e e 2
Z 4πεa ==(2πε4πε)(22Z
) =) 1. fmMev 44
2⨯0E 40
E E 5Mev
79
=) fm 4 5. 5
当θ=90︒时,ctg
θ
2
=1 ∴b =
1
2
a =22. 75f m
亦即:b =22.75⨯10-15m
② 解:金的原子量为A =197;密度:ρ=1.89⨯107g /m 3 依公式,λ射α粒子被散射到θ方向,d Ω立体角的内的几率: 2 dP (θ) =
a d Ω (1)
16sin
4nt 2
式中,n 为原子核数密度,∴ρ=m ⋅n =A N ) n A
即:n =
ρV A
A
(2)
由(1)式得:在90º→180 º范围内找到α粒子得几率为:
180︒
ρP ((θθ) ) =
sin θd θπ2
90⎰
a 2nt 2π︒
16⋅=a nt sin
442
将所有数据代入得
ρP ((θθ) ) =9.4⨯10-5
这就是α粒子被散射到大于90º范围的粒子数占全部粒子数得百分比。1-3) 解:
E E ==4.54.5Mev Mev ; ; 对于全核对于全核金Z Z ==79; 79; 对于对于7Li Li , , Z Z ==3; 3; =2Ze 2e 2r 2Z m =a 4πε=()()
0E 4πε0E
当Z =79时
r m =1.44fm ⋅Mev ⨯
2⨯79
4.5Mev
=50.56fm
当Z =3时,r m =1.92fm ;
但此时M 并不远大于m m ,⋅E c ≠E l
1M m E c =uv 2=E , ∴a c =a (1+)
2M +m M
4
r m =a c =a (1+) =3.02fm
7
1-4) 解:
2Ze 2e 22Z
=()() =7fm ① r m =
4πε0E 4πε0E
将Z =79代入解得:E=16.25Mev ② 对于铝,Z =13,代入上公式解得:
e 213
4fm=() E=4.68Mev
4πεE
以上结果是假定原子核不动时得到的,因此可视为理论系的结果,转换到实验室中有:E l =(1+对于
1
) E c =16.33Mev 1971
② E l =(1+) E c =4.9Mev
27
m ) E c M
① E l =(1+
可见,当M>>m时,E l ≈E c ,否则,E l ≠E c 1-5) 解:
在θ方向d Ω立方角内找到电子的几率为:
dN 1Z 1Z 2e 22d Ω
=nt (⋅)
N 4πε4E 4sin
2
注意到:
N A dN N A a d Ω
nt =ρt ; nt =A ρt ∴ n =ρt () 2=
N A A N A 4sin 42
e 2Z 1Z 279a =(⋅) =1.44fmMev ⋅=113.76fm
4πεE 1.0Mev
d Ω=
∆s 1.5-2
==1.5⨯
1022
r 10
2
∴dN N ==N 6.02A
⨯10a 23232d ΩA 1974⨯1.5θ⨯1010=n -23⋅⨯⎛ 114114⨯⨯1010--1513
-⎫⎪) 21.5⨯10-2=8.9⨯10-6 sin 4 ⎝44⎪⎭sin 430
ο2
1-6) 解:
cos
θ
dN =Nnt (a ) 2d Ω=(a ) 24Nnt ⋅4π
d θ sin 44sin 3
22
180ο
∴散射角大于θ得粒子数为:N ' =
⎰dN
θ
180ο
d sin θ
⎰60ο
sin 3
依题意得:
N θ>60οN
=
θ>90ο
180ο
d sin
=31,即为所求 ⎰
90ο
sin 3
2
1-7) 解
2
P (θdN ⎛2
2
θ
0≤θ≤1800
) =⎰
180
N =⎰180
θnt π⎛ 1⎫θ⎪ 0
Z 1Z 2e ⎫cos ⎝2E ⎪⎪⎭d θ0 ⎝4πε0⎪⎭
sin
32
=⎰1800
ρtN A π
2
cos
θ
cos
θ
θ0
A
4a d θ=1800ρm N A π4d θsin 3⎰θa 20
A sin 322=
ρm N A π
A
4a 2ctg 2
θ0
2
=4⨯10-3
-3⇒a 2=
16⨯10A
πρ0
m N A ctg 2
2
2
(θ) =d σ=⎛依题:
d Ω a ⎫⎝4⎪1181⨯4⨯10-3tg 2100
σc ⎭sin 4=4π⨯2⨯10-2⨯6. 02⨯10-23
⨯sin 4300
2
=24⨯10-28m 2/sr =24b /sr
1-8) 解:
在实验室系中,截面与偏角的关系为(见课本29页)
∴
m 1m =1≥m 1sin ∴(θm
L ) max =90ο1m ≥-12m 22
⎧⎪m 1⎪1+m
sin θοL ≥0
⎨
2
(1-m 1sin θL ) ⎪⎪⎩
1-m 1m sin θm 2
L
≤0
2① 由上面的表达式可见:为了使σL (θL ) 存在,必须:
1-(
m 1
sin θ2m L ) ≥0 2
即:
(1+m 1m sin θm 1
L )-(1m sin θL ) ≥0 22
⎧⎪1+m 1⎨m sin θ⎧m 1L ≥0⎪1+m sin θL ≤0亦即:⎪2⎪2
⎪⎪⎩1-m 或⎨1m sin θL ≥0⎪1m
2⎪-1⎩m sin θL
≤0
2
考虑到:θL ≤180ο s i n θL ≥ 0 ∴第二组方程无解 第一组方程的解为:1≥
m 1
m sin θL ≥-1 2
可是,
m 1m sin θ,即:sin θm L 的最大值为1L =12
m
2② m m 1
1为α粒子,m 2为静止的He 核,则
m =1, 2
∴(θL ) max =90︒
1-9)解:根据1-7)的计算,靶核将入射粒子散射到大于θ的散射几率是P (〉θ) =nt
π
4
a 2ctg 2
θ
2
当靶中含有两种不同的原子时,则散射几率为
η=0.7η1+0.3η2
将数据代入得:
η=(1⨯1.44⨯10-13Mev ⋅cm ) 2⨯
2
3.142
⨯1.5⨯10-3g ⋅cm -2⨯6.022⨯1023mol -1ctg 215︒2
4⨯(1.0Mev )
2
⨯(0.70⨯
7949
+0.30⨯) =5.8⨯10-3-1-1
197g ⋅mol 108g ⋅mol
1-10) 解:
① 金核的质量远大于质子质量,所以,忽略金核的反冲,入射粒子被靶核散时则:θ→θ-∆θ之间得几率可用的几率可用下式求出:
η=nt (a
) 2
2πsin θ∆θρt 4
(a
) 22πsin θ∆θ
sin
4=
A 4
2sin
42
a =Z 1Z 22e 4πεE =1⨯79⨯1.44Mev ⋅fm =94.8fm
R 1.2Mev
由于θ1≈θ2,可近似地将散射角视为:
θ=
θ1+θ2
59︒+61︒2=60︒;∆θ=π61︒-59︒
2
=
180︒
=0.0349rad 将各量代入得:
19.32⨯1.5⨯10-4-13⎫2
η=2πsin 60︒⨯0.0349197⨯6.02⨯1023⨯⎛ 94.8⨯10⎝4⎪⎭
⨯-4
sin 4
30︒=1.51⨯10单位时间内入射的粒子数为:N =Q I ⋅t e =e =5.0⨯10-9⨯11.60⨯10
-19
=3.125⨯1010
(个) ∴T 时间内入射质子被散时到59︒-61︒之间得数目为:
∆N =N ηT =3.125⨯1010⨯1.51⨯10-4⨯60⨯5=1.4⨯109(个)
② 入射粒子被散时大于θ的几率为:
η=nt
πa 2
34
ctg
2
θ
ρt
a 2
2
=
A
N πA
4
ctg 2
θ
2
=1.88⨯10-
∴∆N =N ηT =3.125⨯1010⨯1.88⨯10-3⨯60⨯5=1.8⨯1010 (个)
③ 大于10︒的几率为:
η=nt
πa 2
4
ctg 2
θ
2
θ=
10︒
=8.17⨯10-2
∴大于10︒的原子数为:∆N ' =3.125⨯1010⨯8.17⨯10-2⨯60⨯5=7.66⨯1011(个)
∴小于10︒的原子数为:∆N =3.125⨯1010⨯1⨯60⨯5-∆N ' =8.6⨯1012(个) 注意:大于0ο的几率:η=1
∴大于0ο的原子数为:NT =3.125⨯1010⨯60⨯5
第二章 原子的量子态:波尔模型 2-1) 解:
hv =E k +W
① E k =0, ∴有h hv ν0==1.9W e
ν0=
W h =1. 9eV 4. 1357⨯10-15
eV ⋅s =4. 6⨯1014
Hz λc
hc 1. 24⨯103nm ⋅eV
0=ν===652. 6nm
0W 1. 9eV ② λ=c
ν=
hc E =1. 24⨯103nm ⋅eV
=364. 7nmhc k +W (1. 5+1. 9) eV
2-2) 解: r n 2αc n =a 1Z ; v n =
n ⋅Z =V 1n Z ; E Z
2n =E 1(n
) ① 对于H :
r =a ︒︒︒︒
11n r 1=a 11n =0.53=a 1A =; 0.53r 2=A 4a ; 1r 2==2.124a 1
A =2.12 A v -11
1=αc =2.19⨯106(m ⋅s ); v 2=2
v 1=1.1⨯106(m ⋅s -1)
对于He +:Z=2
r 1
1=
2
a 1=0.265A ︒; r 2=2a 1=1.06A ︒
v 1=2αc =4.38⨯106(m ⋅s -1); v 1=αc =2.19⨯106(m ⋅s -1) 对于Li +:Z =3
r 14
︒
1=3a 1=0.177A ︒; r 2=3
a 1=0.707A v =3αc =6.57⨯106(m ⋅s -1); v 3
11=αc =3.29⨯106(m ⋅s -12
)
Z
② 结合能=E n =-E 1() 2≡E A
n
E H =13.6ev ; E He +=4⨯13.6=54.4ev ; E Li ++=122.4ev
③ 由基态到第一激发态所需的激发能:
Z Z 13
∆E 1=E 1() 2-E 1() 2=Z 2E 1(-1) =-E 1Z 2
2144
3333hc hc 12.412.4⨯⨯1010ev ev ︒︒︒3hc 12. hc 410⨯eV ︒︒
对于H :(∆(E ∆1E ) 1) ==-⨯(⨯-(13.6) -13.6) =10.2=10.2ev ev ; λ; λ=====A =1216=1216A A E ) =⨯13.6⨯4=A ++H H H H H He
102eV 44He 4∆∆E ∆E E 10.210.2ev ∆E . ev
33hc hc hc ︒︒
对于He +:(∆E 1() ∆=⨯13.6⨯4=40.8ev ; λ===303.9303. 9A E ) =⨯13.6⨯4=40.8ev ; λ=303.9A +H +H He He He
E 44∆∆E ∆E
33hc hc hc ︒︒
对于Li ++:(∆E 1() ∆E ⨯13.6⨯13.6⨯9⨯=491.8=40.8ev ; ev λ; λ====135.1=135303.9. A 1A +++) =+H H He Li He
∆E 44∆E ∆E
2-3) 解:
所谓非弹性碰撞,即把Li ++打到某一激发态, 而Li 最小得激发能为(∆E 12)Li ++
++
32
=E 2-E 1=E 1(2-32) =91. 8eV
2
∴这就是碰撞电子应具有的最小动能。 2-4) 解:方法一:
欲使基态氢原子发射光子,至少应使氢原子以基态激发到第一激发态
∆E 12=E 2-E 1=10.2ev V
根据第一章的推导,入射粒子m 与靶M 组成系统的实验室系能量E L 与E C 之间的关系为:E c =
M
E L M +m
∴所求质子的动能为:
1M +m m
V E k =mv 2=E c =(1+) ∆E 12=2∆E 12=20.4ev
2M M
所求质子的速度为: v =方法二:
2E k
=m
2⨯20. 4⨯1. 6⨯10-19
=6. 26⨯104(m ⋅s -1) -27
1. 673⨯10
质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒,则
m P v 10=(m P +m H )v ⇒ v =
m P
v 10
m P +m H
∆E =
12m 212(m 212m H 1P v 10-P +m H ) v =2m P v 10⋅m m =E 10 P +H 2
E 12
10=2m P v 10=2∆E =2(E 2-E 1) =20. 4eV
v 10=
2E 10
m 2
⋅c =6. 26⨯104(m /s ) 其中m P c 2=938M e V P c
2-7) 解: νv
~=RZ 2(1m 2-1n 2
) ,巴而末系和赖曼系分别是: ν~⎛1
1⎫
B =RZ 2 v 21⎝122-32
⎪⎭0=RZ (ν~22-321); v L 1=RZ 2(⇒112- 12 2 ); 13614RZ 25-RZ 2
3=133.7nm L
=RZ 2⎛ ⎫⎝1
2-22⎪⎭⇒⇒RZ RZ 2
(133.7(133.7nm nm ) ) ==88881515
解得:, 解得:Z Z ==22即:即:HE He HE 原子的离子原子的离子
。 2-8) 解:
∆E =hv =
hc
1λ=hcv =hcR ⋅Z 2(1-4) =3
4
⨯4Rhc =3Rhc =40.8ev
V 此能量电离H 原子之后的剩余能量为:∆E ' =40.8-13.6=27.2ev V
即:12mv 2=∆E ' ⇒v ==3⨯108=3.1⨯106(m ⋅s -1) 2-9) 解: m 1=m 2=m
质心系中:r =r 1+r 2, r 1=r 2=r 2, v 1=v 2=v 运动学方程:k e 22mv 2
r 2=
r
角动量量子化条件:m 1v 1r 1+m 2v 2r 2=mvr =n
r =
4πε20n 2me 2/2
m 22
2
E =E 1v 1m 2v 2e k +E p = 2+2-k
r =mv 2
-k e 2r =-k
e 22r
E =-2π2(m /2) e 4E
n (H )13. 6eV
n 4πε2h 2
=2=-
2n 20n 2(1)基态时两电子之间的距离:r =2a 1=0. 106nm
(2)电离能: ∆E ∞=
R A 1E 1(H )ev hc =∆E ∞=-=6. 80eV 122
33E 2-E ==55.10. 10eV ∆E ∆第一激发能:=E hcv R A hc = Rhc ev 12==1=48
(3)由第一激发态退到基态所放光子的波长:
2-10) 解:
μ- 子和质子均绕它们构成体系的质心圆周运动,运动半径为 r1和r2,r1+r2 =r
折合质量 M = m1 ⨯ m2 /(m1 +m2) = 186 me
r 1= r ⨯ m2/(m1+m2) = r ⨯ M/m1 r 2 = r ⨯ m1/(m1+m2) = r ⨯ M/m2
运动学方程:Ke 2/r2 = m1 ⨯ v12/r1 = m12 ⨯ v12 /(M⨯ r) -------------------------(1)
Ke 2/r2 = m2 ⨯ v22/r2 = m22 ⨯ v22 /(M ⨯ r) ------------------------(2)
角动量量子化条件:m 1 ⨯ v1 ⨯ r1 + m2 ⨯ v2 ⨯ r2 = n ħ n = 1, 2, 3, …. 即 M ⨯ (v1 +v2) ⨯ r = n ħ --------------------------------------(3) 共有三个方程、三个未知数。可以求解。 (1) 式 与 (2)式 做比值运算: v 1 / v2 = m2/m1 代入 (3) 式中
M ⨯ v2 ⨯ (m2/m1 +1) ⨯ r = n ħ 即 m 2 ⨯ v2 ⨯ r = n ħ ----------- (4) (2)式 和 (4)式 联立解得:
λ(2→1) =
hc
=243. 3nm
E 2-E 1
r n =n ⨯
2
4π0⨯2
22
4π⨯M ⨯e
=
⨯a ------------------ (5) 186
1
2
式中 a 1 = 0.529 A ,为氢原子第一玻尔轨道半径。
根据(5)式,可求得,μ子原子的第一玻尔轨道半径为 r 1 = a1/186 = 0.00284 A 。 再从运动学角度求取体系能量对r 的依赖关系。
E = EK + EP = 1/2 ⨯ m1 ⨯ v12 + 1/2 ⨯ m2 ⨯ v22 – K ⨯ e2/r = (1/2 ⨯ M/m1 + 1/2 ⨯ M/m2 – 1) ⨯ K ⨯ e2/r = - 1/2 ⨯ K ⨯ e2/r
把(5)式代入上式中
2π2Me 4
=186E n (H ) E n = -222
(4πε0) n h
因此,μ子原子的最低能量为 E (n=1) = 186 ⨯ (-13.6 eV) = -2530 eV
赖曼系中最短波长跃迁对应 从 n = ∞ → 1 的跃迁。该跃迁能量即为 2530 eV。 由 hc/λ = 2530 eV 计算得到 λmin = 4.91 A 2-11) 解:
重氢是氢的同位素 R H =
11
; R D =
M e M e 1+1+M H M D
1
R H =0.999728==0.999728
R D
1+0.5002x
1
解得:x =0.5445⨯10-3;质子与电子质量之比=1836.50
x 2-12) 解: ① 光子动量:p =
h
hc ∆E
λ
,而:λ=
∆E ∆E ∆∆E E 10.210.2ev ev 88-1-1-1-1
∴∴p p ==m m v v ⇒⇒v v ==⋅c ==⨯33⨯⨯1010m m ⋅s ⋅s ==3.263.26m m ⋅s ⋅s p p 2266
c c m m 938.3938.3⨯⨯1010p c p c 1(∆E ) 22
② 氢原子反冲能量:E k =m p v = 2
22m p c
∴
E k ∆E 10.2ev -9
===5.4⨯10 E v 2m p c 22⨯938.3⨯106ev
2-13) 解:
由钠的能级图(64页图10-3)知:不考虑能能级的精细结构时,在4P 下有4个能级:4S ,3D ,3P ,3S ,根据辐射跃迁原则。∆l =±1,可产生6条谱线:
4P →3D ;4P →4S ;3D →3P ;4S →3P ;4P →3S ;3P →3S
2-14) 解:
~=依题:主线系:ν
~=辅线系:ν
1
λ
1
=T (3S ) -T (nP ) ;
~=1=T (3P ) -T (nD ) =T (3P ) -T (nS ) 或ν
λλ
11
; T (3P ) -0=
589. 3nm 408. 6nm
11
① T (3S 3S ) =+=4.144⨯106(m -1) =T (3S );
589.3nm 408.6nm
1
T (3P ) T (33P ) =P =2.447⨯106(m -1) =
408.6nm
即: T (3S ) -T (3P ) =
相应的能量:
E (3S ) =-hcT (3S ) =-1. 24⨯103nm ⋅eV ⨯4. 144⨯106m -1=-5. 14eV E (3P ) =-hcT (3P ) =-1. 24⨯103nm ⋅eV ⨯2. 447⨯106m -1=-3. 03eV
② 电离能 E (3S ) =5. 14eV
第一激发电势:∆E 12=E (3P ) -E (3S ) =2. 11eV
第三章 量子力学导论
3-1) 解:以1000eV 为例:非相对论下估算电子的速度:
111⎛v ⎫⎛v ⎫
m e v 2=m e c 2⋅ ⎪=511keV ⋅⋅ ⎪=1000eV 222⎝c ⎭⎝c ⎭
所以 v ≈ 6.25% ⨯c
故 采用相对论公式计算加速后电子的动量更为妥当。 加速前电子总能量 E 0 = me c 2 = 511 keV
加速后电子总能量 E = me c 2 + 1000 eV =512000 eV 用相对论公式求加速后电子动量
2
2
1131984eV 2
p =⨯E 2-m e c 4=[1**********]0-[1**********]0eV =
c c c
h hc 1. 241⨯10-6eV ⋅m
==0. 3880⨯10-10m = 0.3880 Å 电子德布罗意波长 λ==
p 31984eV 31984eV
采用非相对论公式计算也不失为正确:
h
λ==
p
h
=
2m e E k
hc 2m e c E k
2
=
1. 241⨯10-6eV ⋅m 1. 241⨯10-6m
==0.3882 Å 5
2⨯511keV ⨯1000eV 0. 31969⨯10
可见电子的能量为100eV 、10eV 时,速度会更小 ,所以可直接采用非相对论公式计算。
h λ==
p
h
=
2m e E k
hc 2m e c E k
2
=
1. 241⨯10-6eV ⋅m 1. 241⨯10-6m
==1.2287 Å 1. 011⨯1042⨯511keV ⨯100eV
h λ==
p
h
=
2m e E k
1. 241⨯10-6eV ⋅m 1. 241⨯10-6m ===3.8819 Å 420. 31969⨯102⨯511keV ⨯10eV 2m e c E k
hc
3-2) 解:
不论对电子(electron )还是光子(photon),都有: λ = h/p 所以 p ph /pe = λe /λph = 1:1
电子动能 E e = 1/2 ⨯ me ⨯ v e 2 = pe 2 / 2me = h 2 / (2⨯m e ⨯λe 2) 光子动能 E ph = h ν = h c/λph
所以 E ph / Ee = h c/λph ⨯ (2⨯m e ⨯λe 2) / h 2 = h c / (2⨯m e ⨯c 2⨯λe )
其中 组合常数 h c = 1.988 ⨯ 10−25 J⋅m m e ⨯c 2 = 511 keV = 0.819 ⨯ 10−13 J 代入得 E ph / Ee = 3.03 ⨯ 10−3 3-3) 解:
(1) 相对论情况下 总能 E = Ek + m0c 2 = mc2 =
2
v
-() 2
c
其中 E k 为动能,m 0c 2 为静止能量。对于电子,其静止能量为 511 keV。 由题意:m 0c =E k =E -m 0c =m 0c (
2
2
2
1v -() 2
c
-1)
容易解得 v =3/2⨯c =0. 866c
(2) 电子动量 p =mv =
m 0v v -() 2
c
=3⨯m 0⨯c
h ⨯c 1. 988⨯10-25J ⋅m
==0. 014其德布罗意波长 λ=h /p =-162
1. 732⨯511⨯1. 602⨯10J ⨯m 0⨯c
A
3-5) 解:
证明: 非相对论下:λ0=
12. 25h
= p 0 p 0 为不考虑相对论而求出的电子动量,λ0 为这时求出的波长。 考虑相对论效应后:λ=
h
这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量,λ 为这时p
求出的波长。则
λ/λ0=p0/p=
2m e E k
2
E 2-m e c 4c
=
c 2m e E k
(E k +m e c 2) 2-m e c 4
2
=
c 2m e E k E k +2m e c 2E k
2
=
1
E k
+12
2m e c
E k = 加速电势差⨯电子电量,如果以电子伏特为单位,那么在数值上即为 V 。
λ/λ0 =
1
V
+12m e c 2
这里 m e c 2 也以电子伏特为单位,以保证该式两端的无量纲性和等式的成立。
m e c 2 也以电子伏特为单位时,2m e c 2 的数值为 1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000伏特,那么 V/2me c 2 远小于 1。(注意,这个设想实际上与电子速度很大存在一点矛盾。实际上电子速度很大,但是又同时不可以过大。否则,V/2 me c 2 远小于 1 的假设可能不成立)。 设 y = 1 + V/2 me c 2 = 1+∆x ,f(y ) =
1
y
由于 ∆x
1∂f V
|y =1⨯∆x = 1−∆x /2 = 1 − |y =1⨯∆x = 1 + (-1/2) ⨯3/y 4m e c 2∂y
将m e c 2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式,得 f(y ) = 1-0. 489⨯10-6⨯V 因此 λ = λ0 ⨯ f(y ) = 3-7) 解:
3⨯108
=⨯10-7=5⨯107Hz 由ν=得:∆ν=-2∆λ, 即∆ν=-9
λλλλ600⨯10
c
c
c ∆λ
由E =h ν得:∆E =h ∆ν
12. 2512. 25
(1-0. 489⨯10-6) nm =nm
-6
(1+0. 978⨯10)
h 1
又∆t ⋅∆E =, 所以∆t ====1. 59⨯10-9s
22∆E 4πh ∆ν4π∆ν
3-8) 解:
由P 88例1可得
3 23⨯6. 63⨯10-34
E k ==2
8m e r 32⨯3. 142⨯9. 109⨯10-31⨯1. 0⨯10-14=4. 5885⨯10-11J =2. 8678⨯105eV
3-9) 解:(1)
⎧⎫⎪x y z ⎪
-⎨++⎬⎪2⎩a b c ⎪⎭
z c
(
)
2
2
⎰
+∞
-∞
dxdydz =⎰N e
-∞
+∞
-x a
-∞
2
+∞
dxdydz
=N 2⎰e dx ⎰e
-∞
+∞-
y b
dy ⎰e
-∞
+∞-
dz
=N 2(2a ) ⋅(2b ) ⋅(2c ) =8abcN 2=1
归一化常数 N =
1
abc
(2)粒子x 坐标在0到a 之间的几率为
⎰⎰⎰
a +∞+∞
-∞-∞
dxdydz =N 2⎰e
2
a -
x a
dx ⎰e
-∞
+∞-
y b
dy ⎰e
-∞
+∞-
z c
dz
1⎡⎛1⎫⎤=⋅⎢a 1-⎪⎥⋅(2b )⋅(2c )=8abc ⎣⎝e ⎭⎦
1⎛1⎫ 1-⎪2⎝e ⎭
(3)粒子的y 坐标和z 坐标分别在-b →+b 和-c →+c 之间的几率
⎰⎰⎰
+∞+b +c
-∞-b -c
dxdydz =N 2⎰e
-∞
2
+∞-
x a
dx ⎰e
-b
+b -
y b
dy ⎰e
-c
+c -
z c
dz
⎡⎛1⎫⎤⎡⎛1⎫⎤⎛1⎫1
=⋅(2a ) ⋅⎢2b 1-⎪⎥⋅⎢2c 1-⎪⎥= 1-⎪8abc ⎣⎝e ⎭⎦⎣⎝e ⎭⎦⎝e ⎭
3-12) 解:
2
2n πx
1-c o +∞+∞a 22a 2*2n πx =⎰ϕn x ϕn dx =⎰n x dx =⎰x s i n =⎰x
-∞-∞0a a a 022a x 1a 2n πx a 1a a ⎛2n πx ⎫=dx -x c o =-⋅xd s i ⎪⎰⎰ a ⎰02 00a a 2a 2n πa ⎝⎭a 1⎛a 2n πx ⎫a =--s i dx ⎪= ⎰0
22n π⎝a ⎭2
2
(x -)平均
a ⎫⎛2*
=⎰ϕn (x -)ϕn dx =⎰n x -⎪dx -∞-∞2⎭⎝
+∞
+∞
2
2
2
=⎰
a
2⎛a ⎫a 2⎛6⎫2n πx = 1-22⎪ x -⎪sin
a ⎝2⎭a 12⎝n π⎭
a a 22
当n →∞时=, (x -)平均=3-15)解
212
(1)x 〈0, V =∞, ϕ(x ) =0
d 2ϕ2mE
0≤x ≤a ,V =0,2=-k 2ϕ,k 2=2 , ϕ(x ) =A sin kx +B cos kx
dx
d 2ϕ2m (V 0-E ) k 'x -k 'x
''ϕ(x ) =A e +B e , x 〉a , V =V 0,2=k '2ϕ, k '2=
dx 2
由函数连续、有限和归一化条件求A , B , A ', B ' 由函数有限可得:A '=0
由函数连续可知:x =0 ϕ(0) =B =0
x =a ϕ(a ) =A sin ka =B 'e -k 'a ①
ϕ'(a ) =kA cos ka =-k 'B 'e -k 'a ②
由①和②得 kctyka =-k '
由函数归一化条件得:
⎰
a
(A sin kx ) dx +⎰(B 'e -k 'x ) 2dx =1 ③
2
a
∞
由②和③可求得A , B '
第四章 原子的精细结构:电子的自旋
e
S ⋅B =2μB m s B ⇒∆U =2μB B 4-1) 解:U =-μs ⋅B =m e
e μB 1μs ⋅∆B V ==V 1S B =2μm ∆) U V -⋅V g ⋅(h B =2μB B =2⨯0.5788⨯10-4ev ⋅T -1⨯1.2T =1.39⨯10-4ev B s B ⇒2S
m e h 2
113344
4-2)2D 3/2状态,s S =, l , e ==2, 2, j j =; g ∴=g
222255
μ=μB ⇒其大小:μ=
4
μB =1. 55μB 5
μz =mg μB =m μB
3113
m =, , ,
22226226μz =(, , --) μB
5555
53
4-3) 解:6G 3/2 态:2s +1=6⇒s =, l =4, j =;
22
31(+1) -4(4+1)
该原子态的Lande g 因子:g =+⋅=0
(+1) 22
原子处于该态时的磁矩: μj =g
45
j (j +1) B =0 (J/T)
μP P S
μL
利用矢量模型对这一事实进行解释: 各类角动量和磁矩的矢量图如上。其中
P S = [S(S+1)]1/2 ħ = (35/4)1/2 ħ P L = [L(L+1)]1/2 ħ = (20)1/2 ħ P J = [J(J+1)]1/2 ħ = (15/4)1/2 ħ μS = g S ⨯[S(S+1)]1/2⨯μB = (35)1/2 μB μL = g l ⨯[L(L+1)]1/2⨯μB 利用P S 、P L 、P J 之间三角形关系可求出 α = 30︒ cos β =
52
由已知的cos β 、μS 、μL 可求出 μ =
μB 以及 θ = 120︒
所以 θ − α = 90︒。即 矢量 μ 与 P J 垂直、μ 在 P J 方向的投影为0。
或:根据原子矢量模型:总磁矩μ等于μl , μs 分量相加,即:
J 2+L 2-S 2J 2+S 2-L 2
μ=μl cos(L , J ) +μs cos(S , J ) =(-g l μB ) +(-g S μB )
2J 2J
可以证明: μl cos(L , J ) =-μs cos(S , J )
μμμJ j 上投影等值而反向,所以合成后,μ=0 μ与在l 与s 在
4-4) 解:z 2=±μB
∂B z dD ∂B dD
⋅2,∆z 2=2μB z ⋅2 ∂z mv ∂z mv
ξ2=2.0⨯10-3m ; d =10⨯10-2m ; D =25⨯10-2m ∆z
v =400m ⋅s -1; M m =
107.87A 107. 87--3--23-1
=⨯⨯1010; kg μ; μ=0.93=0. ⨯9310⨯10JT B B 23-23
N 06. 02⨯106.02
将所有数据代入解得:
∂B ξz
=1.23⨯102T/m J /m ∂ξz
343/2
F 32态,j =, 分裂为:4-5) 解:42g j +11==44(束) F 2
2
∆z 2=-mg μB
∂B z dD ∂B dD
⋅2=-mg μB z ⋅ ∂z mv ∂z 2E k
311322
m=, , -, -, δg ==
522225
对于边缘两束,∆z 2=2jg μB
∂B z dD ⋅ ∂z 2E k
320.1⨯0.3-2
∆δ=2⨯⨯⨯0.5788⨯10-4⨯5⨯102⨯=1.0⨯10m -3
252⨯50⨯10
4-6) 解:
2
133113
P 2态:s =, l =1, j =; m =, , -, -
222222
33113
=1, j =; m=, , -, -;2j +1=4 即:屏上可以接收到4束氯线
22222
对于H 原子:∆z 2=2μB
∂B z dD
⋅=0. 6⨯10-2m ∂z 2E k ∂B z dD
⋅ ∂z 2E k
对于氯原子:∆z '2=g μB
∆z 'g 12
= ⇒ ∆z '=g (∆z 2) 2
∆z 222
对于2P 态:g =
4/34
,代入得:∆z δ'' =⨯0.60=0.40cm 232
4-7) 解:赖曼系,产生于:n =2→n =1
n =1, l =0,对应S 能级
n =2; l =0, 1,对应S 、P 能级,所以赖曼系产生于:2P →1S
双线来源于:2P 的分裂,22P 3/2,22P 1/2
Z 4由21-12’知:∆ν=3⨯5. 84cm -1
n l (l +1)
--1
将代入∆V ∆ν=29.6=29cm . 6cm 代入,, n =2n , l ==2, 1e =1, 解得:Z =3
即:所得的类H 离子系:Li ++
4-8) 解:2P 电子双层的能量差为:
Z 414-4∆U =3⨯7. 25⨯10ev =3⨯7. 25⨯10-4ev =4. 53⨯10-4ev
n l (l +1) 2⋅1⋅(1+1) ∆U 4. 53⨯10-4
==0. 39(T ) 两一方面:∆U =2μB B ⇒ B =
2μB 2⨯0. 5788⨯10-4
4-10) 解: 3S 1态:2s +1=3⇒s =1, l =0, j =1; g 1=2; m 1=1, 0, -1
3
3
P 0态:2s +1=3⇒s =, l =1, j =0; m 2=0
2
∆(mg ) =m 1g 1有三个值,所以原谱线分裂为三个。
~'-ν~=1-1=ν'-νν
λ'λc c
相应谱线与原谱线的波数差:
1μB =(ν'-ν) =(2, 0, -2) B
c
hc
相邻谱线的波数差为:
2μB B
hc
不属于正常塞曼效应(正常塞曼效应是由s=0到s=0的能级之间的跃迁) 4-11)解:① 32P 32→32S 2
13431
32P :s =, l =1, j =; g =; m =±, ±
22322111
32S :s =, l =0, j =; g =2; m =±
222
分裂后的谱线与原谱线的波数差为:
~=(-5, -1, -1, 1, 1, 5) ℘~ ~=∆(mg ) ℘∆ν
3333
~=其中:℘
eB
=46. 7B =46. 7⨯2. 5m -1=116. 75m -1 4πm e e
~=(±5, ±1, ±1) ⨯35GHz ∆ν=c ∆ν
33
2
② 32P 2→3S 2
1121
32P , l =1, j =; g =; m =± :s =
2232
∴分裂后的谱线与原谱线差:
~=(±4, ±2) ℘~ ~=∆(mg ) ℘∆ν
33
~=eB =46. 7B =46. 7⨯2. 5m -1=116. 75m -1 其中:℘
4πm e e
~=(±4, ±2) ⨯35GHz ∆ν=c ∆ν
33
4-12) 解:(1)钾原子的766.4nm 和769.9nm 双线产生于42P 31→42S 1。这三个能级的g
, 22
2
因子分别为:g 2=
42
, g 1=, g 0=2 033
2
2
2
因在磁场中能级裂开的层数等于2J+1,所以P 32能级分裂成四层,P 和S 12能级分裂成两层。能量的间距等于gu B B ,故有:
42
∆E 2' =g 2u B B =u B B ;∆E 1' =g 1u B B =u B B ;∆E 0' =g 0u B B =2u B B
33
原能级和分裂后的能级图如(a )图所示。
E 2
E 1
E 1
(2)根据题意,分裂前后能级间的关系如(b )图所示,且有:
∆E 2=[E 2+(∆E 2) m ax ]-[E 1+(∆E 1) m in ]=1. 5∆E 1,
即E 2-E 1+(J 2) max g 2u B B -(J 1) min g 1u B B =将(J 2) max =
3
∆E 1。 2
31
,(J 1) min =-代入上式,得: 22
34123
E 2-E 1+(⨯+⨯) u B B =(E 2-E 1) 。
23232
经整理有:
7111hc hc hc λ-λ
μB B =(E 2-E 1) =[(E 2-E 0) -(E 1-E 0) ]=(-) =⋅12 3222λ2λ12λ1λ2
1(769.9-766.4) nm =⨯1.24⨯103eV ⋅nm ⨯=3.678⨯10-3eV 2769.9nm ⨯766.4nm
于是B =
37μB
⨯3. 678⨯10-3eV =
3-3
⨯3. 678⨯10eV =27. 2T -4-1
7⨯0. 5788⨯10eV ⋅T
4-13)解:
(1)在强磁场中,忽略自旋-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适量和,即有:
e e e
μ=μL +μS =-L --S =--(L +2S ) (1)
2m e m e 2m e
(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:
eB e
U =-μ⋅B =(L +2S ) ⋅B =(L z +2S z )
2m e 2m e e B
=(m l +2m s ) =(m l +2m s ) μB B 2m e
2
(2)
2
(3)钠原子的基态为3S 1,第一激发态为3P 0;对于3S 态:m l =0, m s =±
2
1
,因此2
(2)式给出双分裂,分裂后的能级与原能级的能量差
∆E 1=±u B B
对于3P 态,m l =0, ±1; m s =±
11,(2)式理应给出2⨯3个分裂,但m l =-1; m s =与22
1
m l =1; m s =-对应的∆E 值相同,故实际上只给出五分裂,附加的能量差为
2
∆E 2=(2,1,0,-1, -2) u B B
原能级与分裂后的能级如图所示
根据选择规律:∆m l =0, ±1; ∆m s =0
它们之间可发生六条跃迁。由于较高的各个能级之间的间距相等,只产生三个能差值
(1, 0, -1) μB B ,因此只能观察到三条谱线,其中一条与不加磁场时重合。这是,反常塞曼效
应被帕型-巴克效应所取代。
4-14)解:因忽略自旋-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,即原谱线分裂为三条。因此,裂开后的谱线与原谱线的波数差可用下式表示:
~ ~=(1, 0, -1) ℘∆ν
L =式中℘
~
e
B =46.7m -1T -1⋅B =46.7⨯4m -1=1.87⨯10-7nm -1
4πm e c
2
~ 因λ=,故有 ∆λ=-λ∆ν
ν~代入上式,得: 将λ, ∆ν
1
⎧-2.74⨯10-3nm
~=⎪∆λ=λ' -λ=-(121.0nm ) 2⨯(1,0,-1) L ℘, 0⎨
⎪2.74⨯10-3nm ⎩
⎧(121.0-0.00274) nm ⎪∴λ' =⎨121.0nm
⎪(121.0+0.00274) nm ⎩
第五章 多电子原子
33ˆ2+2L ˆ得 ˆ2=L ˆ2+S ˆ⋅S 5-2解:4D 32:L =2, S =, J =; 由J 22
12
ˆ2) =1[J (J +1) -L (L +1) -S (S +1)] 2=-3 2 ˆ-L ˆ2-S L ⋅S =(J
22
153ˆ2+2L ˆ得ˆ2=L ˆ2+S ˆ⋅S 5-3解 对于L =2; S =; J =, 由J 222
12
ˆ2) =1[J (J +1) -L (L +1) -S (S +1)] 2 ˆ-L ˆ2-S L ⋅S =(J
2215
当L =2; S =; J =时:
22 12
ˆ2-J ˆ+S ˆ2) =1[5(5+1) -2(2+1) -1(1+1)] 2= 2 L ⋅S =(L
22222213
当L =2; S =; J =时:
22 12
ˆ2-J ˆ+S ˆ2) =1[3(3+1) -2(2+1) -1(1+1)] 2=-3 2 L ⋅S =(L
2222222
5-4解:
P J =P L +P S
它们的矢量图如图所示。由图可知:
P P S =P L +P J -2P P L P J L J J ) ) 。
L S cos(P L , ⋅P
2
2
2
经整理得:
cos(P , P ) cos(P ⋅P ) = L L J J
对于3F 2态,S =1, L =3, J =
2,代入上式得:
cos(P L , P ) ⋅P ) ==0.9428, J J L
(P L , P J ) =cos -10.9428=19︒28'
所以总角动量P L 与轨道角动量P J 之间得夹角为19︒28' 。
5-6解:j-j 耦合:
根据j-j 耦合规则,各个电子得轨道角动量P l 和自旋角动量P s 先合成各自的总角动量P j ,即
P j =P l +P s ,j=l+s, l+s-1, …l -s 。
于是有:l 1=2, s 1=1/2, 合成j 1=5/2,3/2; l 2=2, s 2=1/2, 合成j 2=5/2,3/2。
然后一个电子的P j 1再和另一个电子的P
j 2合成原子的总角动量P J ,即P J =P j 1+P j 2,
j 1=5/2和j2=5/2合成J=5,4,3,2,1,0 j 1=5/2和j2=3/2合成J=4,3,2,1; j 1=3/2和j2=5/2合成J=4,3,2,1; j 1=3/2和j2=3/2合成J=3,2,1,0。
可见,共18种原子态。原子的总角动量量子数为:
J=5,4,3,2,1,0。原子的总角动量为P J =
J (J +1)
将J 值依次代入上式即可求得P J 有如下6个可能值,即
P J =5. 48 , 4. 47 , 3. 46 , 2. 45 , 1. 41 , 0
对于L-S 耦合:
两个电子的轨道角动量P l 1和P l 1,自旋角动量P s 1和P s 1分别先合成轨道总角动量P L 和
自旋总角动量P S ,即
+p l 1l +-2l 1, 1l ; 2l P L =p P P P , l 2l 1l 2 =L L =1l +, 2 +p s 2s 2=, S =1s +, s , 1s - 2s ; P S p = P s 1P S 2s 1+P
1l 1=l 2=2, 那么L =4,3,2,1,0,; s 1=s 2=, S =1,0。
2
然后每一个P L 和P S 合成P J ,即:
P +S 1, -P J =P P +P P , J =L +, S L S L =S J L +S
因此有:
也是18种原子态,而原子的总角动量量子数也为:
J=5,4,3,2,1,0。原子的总角动量也为:
P J =5. 48 , 4. 47 , 3. 46 , 2. 45 , 1. 41 , 0
比较上述两种耦合的结果,可见它们的总角动量的可能值、可能的状态数目及相同J 值出现的次数均相同。
5-8解:
(1)要求能级间跃迁产生的光谱线,首先应求出电子组态形成的原子态,画出能级图。然后根据辐射跃迁的选择规则来确定光谱线的条数。
2s 2s 组态形成的原子态:1S 0
3
P
2,1,0 ,2s 3p 组态形成的原子态:1P 1
13
其间还有2s2p 组态形成的原子态:P 1, P 2,1,0; 2s 3s 组态形成的原子态:S 0, S 1
13
根据能级位置的高低,可作如图所示的能级图。
根据L-S 耦合的选择规则:
∆S =0, ∆L =±1, ∆J =0, ±1(0→0除外)
可知一共可产生10条光谱线(图上实线所示)
(2)若那个电子被激发到2P 态,则仅可能产生一条光谱线(图上虚线所示)
5-10解:
(1)(nd ) 组态可形成的原子态有:S 0,D 2,G 4,P 2, 1,0,F 4,3,2。
利用斯莱特方法求解如下:
2
1
1
1
3
3
⎧L 1=2; L 2=2⇒M L 1=2, 1, 0, -1, -2; M L 2=2, 1, 0, -1, -2⎪
对(nd ) 2组态:⎨ 1111
⎪S 1=; S 2=⇒M S 1=±; M L 2=±
2222⎩
根据泡利原理:可能的M L 和M S 数值如下表
L =4, S =0⇒J =4⇒1G 4; L =3, S =1⇒J =4, 3, 2⇒3F 4, 3, 2; L =1, S =1⇒J =2, 1, 0⇒3P 2, 1, 0;L =2, S =0⇒J =2⇒1D 2; L =0, S =0⇒J =0⇒1S 0
根据洪特定则和正常次序,可知其中F 2的能量最低。 (2)钛原子(Z =22)基态的电子组态为
3
1S 22S 22P 63S 23P 63d 24S 2。
因满支壳层的轨道角动量、自旋角动量及总角动量都等于零,故而未满支壳层的那些电子的角动量也就等于整个原子的角动量。由(1)中讨论可知,3d 组态所形成的原子态中,能量最低的(即基态)为F 2。
3
2
5-11解:
一束窄的原子束通过非均匀磁场后,在屏上接受到的束数由原子的总角动量J 决定
2
(2J+1条)。氦原子(Z=2)基态的电子组态1s ,其基态必为S 0,即J =0。因此,在屏上
1
只能接受到一束。
硼原子(Z =5)基态的电子组态为1s 2s 2p ,其基态为P 1/2,即J =屏上可接受到两束。
2
2
1
1
1
。因此,在2
5-12解: (1)
15
P 的基态的电子组态:1s 22s 22p 63s 23p 3,最外层电子数为满支壳层(6个)
1113⎧S =++=⎪2222⎪
⎪L =1+0+(-1) =04
的一半。则根据洪特定则:⎨ 基态为:S 2
⎪J =S =3⎪2⎪2S +1=4⎩
(2)16S 的基态的电子组态:1s 22s 22p 63s 23p 4,最外层电子数大于满支壳层(6个)
1111⎧S =++-=1⎪2222⎪⎪3
的一半。则根据洪特定则:⎨L =1+0+(-1) +1=1 基态为:P 2
⎪J =S +L =2⎪⎪⎩2S +1=3
(3)17Cl 的基态的电子组态:1s 22s 22p 63s 23p 5,最外层电子数大于满支壳层(6个)
111111⎧S =++--=⎪222222⎪
⎪L =1+0+(-1) +1+0=13
的一半。则根据洪特定则:⎨ 基态为:P 32
⎪J =S +L =3⎪2⎪2S +1=3⎩
(4)18Ar 的基态的电子组态:1s 22s 22p 63s 23p 6,最外层电子数等于满支壳层所能
111111⎧S =++---=0⎪222222⎪⎪
容纳的电子数(6个)则根据洪特定则:⎨L =1+0+(-1) +1+0+(-1) =0
⎪J =0⎪⎪⎩2S +1=1
基态为:S 0
1
第六章 X 射线
6-1) 解: λ=
1. 24(nm ) min V (kV ) ⇒V (kV ) =1. 24(nm )
0. 0124(nm )
100kV
6-2) 解: νk α=0. 246⨯1016(Z -1) 2Hz
νc
k =λ=2. 998⨯108α
0. 0685⨯10-9=4. 38⨯1018Hz 代入解得:Z=43
6-3) 解: L 吸收限指的是电离一个L 电子的能量
即:E ∞-E L =∆E L =hv hc
L =
λ
L
而:∆E K =E ∞-E K =E L -E K +
hc
λ
L
λK α的Moseley 公式为:v K α=0.246⨯1016(Z-1)2
而:
∴hv K α=E L -E K 将Z =60; λL =0.19nm 代入解得:∆E K =42.0Kev V 6-5) 解:① K 层电子结合能为: E hc K =
λ=
1. 24KeV ⋅nm
=87K
0. 0141nm
. 9KeV
由K α线的能量体系,E K α=E k -E L 得L 层电子结合能为:
E L =E k -E K α=87. 9KeV -
hc
λ=87. 9KeV -
1. 24KeV ⋅nm
=K
0. nm 0167
13. 6KeV 同理可得:M,N 层电子结合能为:E M =3. 0KeV ; E N =0. 6KeV 由此可得P b 原子K,L,M,N 能级图(如下图所示)
0.6KeV
② 要产生L 系谱线,必须使L 层由空穴,所以产生L 系得最小能量是将L 电子电离,此能量为13.6ev 由图可知,L α系的能量:
h νL α=E L α=E L -E M =13. 6-3. 0=10. 6KeV hv L α=E L α∴λL α=
hc
=0.117nm E L α
6-6) 解:根据布喇格公式,一级衍射加强的条件为:2d sin θ=λ
式中,d 为晶格常数,即晶元的间距,将λ=0.54nm ; θ=120︒代入得:
d =
λ
2sin θ
=
0.54nm
=0.31nm
2sin 60︒
即:d =0.31nm 即为所求
6-7) 解:
① 散射光子得能量可由下式表示:
h ν'=
h νh ν
, 其中:γ=
1+γ(1-cos θ) m e c 2
当:hv =m e c 2时,γ=1
当:θ=180︒时, 散射光子的能量hv ' 最小:
(h ν') m in =
h ν11
=m e c 2=⨯0. 511MeV =0. 170MeV 1+2γ33
② 系统动量守恒:P =P '+P e
由矢量图可知:当θ=180︒时,P e 最大,此时
h 114
=(m e c 2+m e c 2) =m e c 2
λλ'c 33c
=0. 681(MeV /c ) =3. 64⨯10-22(kg ⋅m /s ) P e =P '+P =
+
h
6-8) 解: ompton 散射中,反冲电子的动能为:
E K =hv
r (1-cos θ)
1+r (1-cos θ)
当θ=180︒时,E K 最大
⎛⎛⎫⎫ ⎪⎪r r 1
小,E =hv ∴∴θθ==180180︒︒最大,亦即:最大,亦即:E E K K 最大最大⎪ E ⎪ K K =1111--cos cos θθ ⎪⎪++r r ⎪⎪
11--cos cos θθ⎝⎝⎭⎭
2r
V ∴(E K )max =hv =10kev
1+2r
将r =
hv
代入,并注意到m e c 2=511kev V 得:(hv ) 2-10hv -5⨯511=0 2
m e c
解此方程得:hv =56(kev V ) )即为入射光子的质量 6-9) 解:
Compton 波长由h ν=m p c 2决定
∴质子的Compton 波长是:λp =
c
ν
=
hc hc 1. 24KeV ⋅nm -6
===1. 32⨯10nm 2h νm p c 938. 3MeV
在compton 散射中,反冲粒子的动能为:E K =hv
mc 2E K
=0 解得:(hv ) -E K (hv ) -
1-
cos θ
2
hv r (1-cos θ)
,其中r =
m e c 21+r (1-cos θ)
" +" 号对应的正根,θ=180︒时最小)
hv = ∴(hv ) min =
=54.6Mev V ,即为入射光子的最小能量
6-13) 解:(1)根据洪特定则求基态电子组态为4d 85s 1的基态谱项:
对于4d 8组态:n=8(大于满支壳层数10的一半), l =2。所以
111111111⎧⎪S 1=+++++---=1 ⎨ 222222222⎪⎩L 1=2+1+0+(-1) +(-2) +2+1+0=3
1⎧S =⎪对于5s 1组态:n=1(等于满支壳层数2的一半), l =0。所以 ⎨22
⎪⎩L 2=0
3⎧S =S +S =12⎪2⎪⎪L =L 1+L 2=3所以 ⎨ 基态谱项为4F 92
⎪J =L +S =9(倒转次序) ⎪2⎪2S +1=4⎩
(2)由莫塞莱定律知,铑的K αX 射线的能量: E K α=33⨯13. 6(Z -b ) 2=⨯13. 6⨯(45-0. 9) 2=19. 84(KeV ) 44
即为入射光子的能量。在康普顿散射中,反冲电子和能量为
19. 84K e V (1-cos 60o ) γ(1-cos θ) E K =h ν=19. 84K e V ⨯=0. 378K e V 19. 84K e V 1+γ(1-cos θ) o 1+(1-cos 60) 511K e V
(3)按题意有 (I /I 0) Pb =(I /I 0) Al
即 e -μPb x Pb =e -μAl x Al
μPb x Pb =μAl x Al
所以 x Al =μPb 52. 5x Pb =⨯0. 30cm =21cm μAlb 0. 765
计算结果表明:对铑的K αX 射线的吸收,0.3cm 的铅板等效于21cm 的铝板, 可见铅对X 射线的吸收本领比铝大得多.
6-14解:因X 射线经过吸收体后的强度服从指数衰减规律,
-μm x ρI =I e 即 对铜有: 0
对锌有:I '=I 0e
'x ρ-μm 31
I '-μm ) x ρ-(μm =e 于是有: I '
将I =10代入得: 'I
ln 102. 303ρx =μ'm -μ=48=8. 31⨯10-3(g /cm 2)
m 325-
因镍的密度ρ=8. 9g /cm 3,可得镍的厚度为9. 3μm
32