原子物理学 杨福家 第四版 课后答案
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 . ......................................................... 16 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 ..................................... 没有错误！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 e ⎩M v =M v '+m v e ⎪M ⎩
v (1) ∴∆p m v ∆p =e m p ==m v e ，其大小：
(v 2-v ' 2) ≈(v +v ')(v -v ') =
m 2v 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 -4
===102
p Mmv e M 亦即：tg θ≈θ=
∆p
～10-4(rad ) p
a θ28e 2
1-2) 解：① b =ctg ；库仑散射因子：a=
224πεE
2
222Z 2Ze 2e e Z a ) =) a ===()(
4πεE 4πε0E 4πε0E
1. fmMev 44
2⨯79
=5Mev
) fm 4 5. 5
当θ=90︒时，ctg
θ
2
=1 ∴b 1
a =22. 75f m 2
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： dP (θ) =
a 2d Ω16sin
4nt (1)
2
式中，n 为原子核数密度，∴ρ=m ⋅n =即：n =
A ) n N A
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) ) =
90︒
⎰
a 2nt 2πsin θd θπ2
⋅=a nt
164sin 42
将所有数据代入得
P ((θ) ) =9.4⨯10-5 ρθ
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：
金Z E E ==4.54.5Mev Mev ; ; 对于全核对于全核Z ==79; 79; 对于对于7Li Li , , Z Z ==3;
2Ze 2e 22Z r m =a ==()()
4πε0E 4πε0E 当Z ＝79时
r m =1.44fm ⋅Mev ⨯
2⨯79
=50.56fm
4.5Mev
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
① r m ==() =7fm
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 42e 2Z 1Z 279a =(⋅) =1.44fmMev ⋅=113.76fm
4πεE 1.0Mev d Ω=
∆s 1.5-2
==1.5⨯
10 22r 10
231315
⎫21.5⨯10-26.02114⨯⨯1010--dN N a 23-2--33⎛1142d ΩA ⨯10 ⎪=10) =8.9⨯10-6 ∴=⨯1.5⨯10=n ⋅⨯4ο ⎪44N A 1974sin 4θ⎝⎭sin 30
2
2
1-6) 解：
a d Ωa d θ dN =Nnt () 2=() 2Nnt ⋅4π
4sin 44sin 3
22
180ο
cos
θ
∴散射角大于θ得粒子数为：N ' =
d sin sin 3
⎰θ
dN
180ο
θ
依题意得：
N N
60ο
⎰⎰
θ>60οθ>90ο
=
180ο
=3，即为所求 1d sin
sin 3
90ο
2
1-7) 解
P (θ0≤θ≤180) =⎰
180
θ0
⎛1⎫dN 180
⎪=⎰nt π ⎪θ0N ⎝4πε0⎭
2
⎛Z 1Z 2e ⎫cos d θ 2E ⎪⎪3⎝⎭sin
2
2
2
θ
=⎰=
1800
ρtN A π
A
θ0
1800ρN πm A d θa d θ=⎰a 2θ0
4sin 3A 4sin 3222
cos
θ
cos
θ
ρm N A π
A
⇒a 2=
42
16⨯10-3A
a 2ctg 2
θ0
=4⨯10-3
πρm N A ctg 2
2
2
d σ⎛a ⎫1181⨯4⨯10-3tg 2100
σc (θ) == ⎪=⨯40
-2-23
d Ω44π⨯2⨯10⨯6. 02⨯10sin 30 4⎝⎭sin 依题：
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 m
=1≥1sin ∴(θL ) max =90ο1≥-1m 2m 2m 2
⎧m 1ο1+sin θ≥0L ⎪m
m 1⎪2
(1－sin θL ) ⎨
m 2
⎪1－m 1sin θ≤0
L
⎪m 2⎩
① 由上面的表达式可见：为了使σL (θL ) 存在，必须：
1-(
m 1
sin θL ) 2≥0 m 2
m 1m 1
sin θL ）－(1sin θL ) ≥0 m 2m 2
即：（1+
⎧m 1⎧m 11+sin θ≥0L ⎪m ⎪1+m sin θL ≤0⎪⎪22
亦即：⎨ 或⎨
m m ⎪1－1sin θ≥0⎪1－1sin θ≤0
L L
⎪⎪m m ⎩2⎩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
sin θL ≥-1 m 2
可是，
m 1m sin θL 的最大值为1，即：sin θL =1 m 2m 2
m 1
=1， m 2
② m 1为α粒子，m 2为静止的He 核，则
∴(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 () 2
a
4
2πsin θ∆θsin 4
2
=
ρt a 22πsin θ∆θ
()
A 44
sin
2
Z 1Z 2e 21⨯79⨯1.44Mev ⋅fm
a ===94.8fm
4πεE R 1.2Mev
由于θ1≈θ2，可近似地将散射角视为：
θ=
θ1+θ2
2
=
59︒+61︒61︒-59︒
=60︒；∆θ=π=0.0349rad 2180︒
将各量代入得：
-13 ⎫2πsin 60︒⨯0.034919.32⨯1.5⨯10-423⎛94.8⨯10-4
η=⨯6.02⨯10⨯ =1.51⨯10⎪⨯4
1974sin 30︒⎝⎭
2
Q I ⋅t 5.0⨯10-9⨯110
==3.125⨯10单位时间内入射的粒子数为：N ==（个） -19
e e 1.60⨯10
∴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
4
ctg
2
θ
2
=
ρt
A
N A
πa 2
4
ctg 2
θ
2
=1.88⨯10-3
∴∆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hv h ν0==1.9W e
ν0=
W 1. 9eV 14
==4. 6⨯10Hz -15
h 4. 1357⨯10eV ⋅s
hc 1. 24⨯103nm ⋅eV
λ0====652. 6nm
ν0W 1. 9eV
c
hc 1. 24⨯103nm ⋅eV ② λ====364. 7nmhc
νE k +W (1. 5+1. 9) eV
c
V n 2αc Z
⋅Z =1Z ; E n =E 1() 2 2-2) 解： r n =a 1; v n =
Z n n n
① 对于H ：
︒︒︒︒
r 1=a 1n r 1=a 1n =0.53=a A =; 0.53r =A 4a ; r ==2.124a A =2.12A 112121
v 1=αc =2.19⨯106(m ⋅s -1); v 2=
1
v 1=1.1⨯106(m ⋅s -1) 2
对于He +：Z=2
1
a 1=0.265A ︒; r 2=2a 1=1.06A ︒
2
v 1=2αc =4.38⨯106(m ⋅s -1); v 1=αc =2.19⨯106(m ⋅s -1) r 1=
对于Li +：Z ＝3
14
r 1=a 1=0.177A ︒; r 2=a 1=0.707A ︒
33
3
v 1=3αc =6.57⨯106(m ⋅s -1); v 1=αc =3.29⨯106(m ⋅s -1)
2
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
33
333hc hc 12.412.4⨯⨯1010ev ev ︒︒︒hc 12. hc 410⨯eV ︒︒
E ) =⨯13.6⨯4=A (E ∆1E ) 1) ==-⨯(⨯-(13.6) -13.6) =10.2=10.2ev ev ; λ; λ=====A =1216=1216A A 对于H ：(∆++H H H H H He
∆E . ev E 102eV 44He 4∆∆E ∆E 10.210.2ev
33hc hc hc ︒︒
=⨯13.6⨯4=40.8ev ; λ===303.9303. 9A E ) =⨯13.6⨯4=40.8ev ; λ=303.9A 对于He +：(∆E 1() ∆+H ++H He He He
E 44∆∆E ∆E
33hc hc hc ∆E ⨯13.6⨯13.6⨯9⨯=491.8=40.8ev ; ev λ; λ====135.1=135303.9. A 1︒A ︒ 对于Li ++：(∆E 1() +++) =H He H 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
V ∆E 12=E 2-E 1=10.2ev
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：
E k =
12M +m m mv =E c =(1+) ∆E 12=2∆E 12=20.4ev V 2M M
2E k 2⨯20. 4⨯1. 6⨯10-194-1
所求质子的速度为： v ===6. 26⨯10(m ⋅s ) -27
m 1. 673⨯10方法二：
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
111m H 122
∆E =m P v 10-(m P +m H ) v 2=m P v 10⋅=E 10
222m P +m H 2E 10=
12m P v 10=2∆E =2(E 2-E 1) =20. 4eV 2
v 10=
2E 10
8e V ⋅c =6. 26⨯104(m /s ) 其中m P c 2=93M 2
m P c
~=RZ 2(1-1) ，巴而末系和赖曼系分别是： v 2-7) 解： ν
m 2n 2
⎛11⎫
-2⎪2
3⎭2111⎝1213614
v 0=RZ 2(2-2); v L =RZ -=133.7nm (2- 2 ); 22
2312RZ 5RZ 311⎫~=RZ 2⎛ν-2⎪ L 2
⎝12⎭
~=RZ 2 νB
⇒
88882
⇒⇒RZ RZ (133.7(133.7nm nm ) ) ==解得：, 解得：Z Z ==22即：即：HE HE 原子的离子原子的离子He 。
1515
2-8) 解：
∆E =hv =
hc
13
=hcv =hcR ⋅Z 2(1-) =⨯4Rhc =3Rhc =40.8ev V λ44
此能量电离H 原子之后的剩余能量为：∆E ' =40.8-13.6=27.2ev V
1即：mv 2=∆E ' ⇒v ==3⨯108=3.1⨯106(m ⋅s -1) 22-9) 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 e 22mv 2
运动学方程:k 2=
r r
角动量量子化条件:m 1v 1r 1+m 2v 2r 2=mvr =n
4πε0n 2 2r =
m e 2/2
2
m 1v 12m 2v 2e 2
E =E k +E p =+-k
22r e 2e 22
=m v -k =-k
r 2r
2π2(m /2) e 4E n (H )13. 6eV
E n =-==-
22n 24πε02n 2h 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 H )ev 1(hc =∆E =-=6. 80eV ∞212
3
E 3 =. 10eV 第一激发能：=E hcv R A E hc = Rhc =55.10ev ∆E ∆12==2-1=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 ⨯4
n
2
4π0⨯22
π
2
⨯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
E n = -=186E n (H ) 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 = e e 1+1+M H M D
1
R H =0.999728==0.999728
1R 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
===5.4⨯10-9 26E v 2m p c 2⨯938.3⨯10ev
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：
~=1=T (3S ) -T (nP ) ； 依题：主线系：ν
λ
~=1=T (3P ) -T (nS ) 或ν~=1=T (3P ) -T (nD ) 辅线系：ν
λλ
11
; T (3P ) -0=
589. 3nm 408. 6nm
11
3S ) =+=4.144⨯106(m -1) =T (3S ); S ① T (3
589.3nm 408.6nm
1
P =2.447⨯106(m -1) =T (33P ) = T (3P )
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：
2
2
111⎛v ⎫⎛v ⎫
m e v 2=m e c 2⋅ ⎪=511keV ⋅⋅ ⎪=1000eV 22c 2c ⎝⎭⎝⎭
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
1131984eV 2
p =⨯E 2-m e c 4=[1**********]0-[1**********]0eV =
c c c
h hc 1. 241⨯10-6eV ⋅m 电子德布罗意波长 λ====0. 3880⨯10-10m = 0.3880 Å
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
1
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
v -() 2
c
-1)
容易解得 v =/2⨯c =0. 866c (2) 电子动量 p =mv =
m 0v
=3⨯m 0⨯c v 2
-()
c
h ⨯c 1. 988⨯10-25J ⋅m
其德布罗意波长 λ=h /p ===0. 014A -162
1. 732⨯511⨯1. 602⨯10J ⨯m 0⨯c
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
+12
2m e c
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
∂f 1V
|y =1⨯∆x = 1 + (-1/2) ⨯ |y =1⨯∆x = 1−∆x /2 = 1 −
3y ∂y 4m e c 2
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 又∆t ⋅∆E =
h 1
, 所以∆t ====1. 59⨯10-9s 22∆E 4πh ∆ν4π∆ν
12. 2512. 25
(1-0. 489⨯10-6) nm =nm
-6
(1+0. 978⨯10)
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
8a b c
（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=
8a b
⎡⎛1⎫⎤1⎛1⎫⋅⎢a 1-⎪⎥⋅(2b )⋅(2c )= 1-⎪c ⎣⎝e ⎭⎦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 dx =⎰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 dx =-⋅xd s i ⎪⎰⎰ a ⎰02 00a a 2a 2n πa ⎝⎭a 1⎛a 2n πx ⎫a =-dx ⎪= -⎰0s i 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 x -sin =1- ⎪ ⎪
a ⎝2⎭a 12⎝n 2π2⎭
a a 22
当n →∞时=, (x -)平均=3-15）解
212
3-15) （1）x 〈0， V =∞， ϕ(x ) =0
2mE d 2ϕ
0≤x ≤a ，V =0，2=-k 2ϕ，k 2=2 ， ϕ(x ) =A sin kx +B cos kx
dx 2m (V 0-E ) d 2ϕk 'x -k 'x
''ϕ(x ) =A e +B e x 〉a ， V =V 0，2=k '2ϕ， k '2=，
2dx
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 错误！未找到引
用源。
未找到引ϕ'(a ) =kA cos ka =-k 'B 'e -k 'a 错误！
用源。
=a -k ' 由错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。得 k c t y k
由函数归一化条件得：
用源。
由错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。可求得A , B '
⎰
a
(A sin kx ) 2dx +⎰(B 'e -k 'x ) 2dx =1 错误！未找到引
a
∞
第四章 原子的精细结构：电子的自旋
e
S ⋅B =2μB m s B ⇒4-1) 解：U =-μs ⋅B = ∆U =2μB B m e
e μB 1
-⋅V g ⋅(h B =2μB B =2⨯0.5788⨯10-4ev ⋅T -1⨯1.2T =1.39⨯10-4ev μs ⋅∆B V ==V 1S B =2μm ∆) U V 2S B s B ⇒h 2m e
113344
2D 3/2状态，s
S =, l , e ==2, 2, j j =; g ∴=g 4-2）
222255
μ=μB ⇒其大小：μ=
μz =mg μB =m μB
3113
m =, , ,
22226226μz =(, , --) μB
5555
4
μB =1. 55μB 5
4
5
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
22(+1) 原子处于该态时的磁矩：
μj =g 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 =
5μB 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 )
μ与μ在μμJ j 上投影等值而反向，所以合成后，μ＝0 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
∆z ξ2=2.0⨯10-3m ; d =10⨯10-2m ; D =25⨯10-2m
v =400m ⋅s -1; M m =
107.87A 107. 87-3
=⨯1010-; kg μB ; μ=B 0.93=0. ⨯9310⨯-10-23JT -1 23-23N 06. 02⨯106.020∂B ξz
=1.23⨯102T/m J /m ∂ξz
将所有数据代入解得：
343/2
F 22g j +11==44（束） 4-5) 解：4F 态，j =, 分裂为：
2
∆z 2=-mg μB
∂B z dD ∂B dD
⋅2=-mg μB z ⋅
∂z mv ∂z 2E k
311322
g == m=, , -, -, δ
522225
对于边缘两束，∆z 2=2jg μB
∂B z dD
⋅
∂z 2E k
320.1⨯0.3
∆δ=2⨯⨯⨯0.5788⨯10-4⨯5⨯102⨯=1.0⨯10-2m -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
1∆z 'g 2
g (∆z 2) = ⇒ ∆z '2=2∆z 22
对于2P 2态:g =
4/34
δ'' =⨯0.60=0.40cm ，代入得：∆z 2
32
子处于激发态>
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
2
双线来源于：2P 的分裂，22P 3/2,2P 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
两一方面：∆U =2μB B ⇒ B ===0. 39(T ) -4
2μB 2⨯0. 5788⨯104-10) 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 B =(ν'-ν) =(2, 0, -2)
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）
24-11）解：① 32P 32→3S 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
32P :s =
1121
, l =1, j =; g =; m =± 2232
∴分裂后的谱线与原谱线差：
~=(±4, ±2) ℘~ ~=∆(mg ) ℘∆ν
33
~=其中：℘
eB
=46. 7B =46. 7⨯2. 5m -1=116. 75m -1 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 能级分裂成四层，P 和S 2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) max ]-[E 1+(∆E 1) min ]=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 3222λ2λ12λ1λ21(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. 678⨯10-3eV =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）
（3）钠原子的基态为32S 1，第一激发态为32P 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
式中℘L =
~
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
1
~代入上式，得： 将λ, ∆ν
⎧-2.74⨯10-3nm
~=⎪0℘， ∆λ=λ' -λ=-(121.0nm ) 2⨯(1,0, -1) L ⎨
⎪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 P P L P J L J J ) ) 。
S =P L +P J -2L 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：
⋅P ) ==0.9428, cos(P L , P ) L J J
(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 即s 先合成各自的总角动量P j ，
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 和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 自旋总角动量P S ，即
P , p l 1l +－l 1, 1l ; 2l P L =p P 1+P l l 22 =l l 1L L =1l +, 22
+p s 2s 2=, s +, s , 1s - 2s ; P S S =1P S p =s 1P 2s 1+P
1
； s 1=s 2=, S =1,0。 l 1=l 2=2, 那么L ＝4,3,2,1,0,
2
然后每一个P L 和P S 合成P J ，即：
P ， J =L +, S L S P +S 1, -P J =P P +P 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
2s 3p 组态形成的原子态：1P 1，P
2,1,0
1313
2s 3s 其间还有2s2p 组态形成的原子态：P ； 组态形成的原子态：, P S , 0S 1 12,1,0
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；
1
L =1, S =1⇒J =2, 1, 0⇒3P 2, 1, 0；L =2, S =0⇒J =2⇒D 2；
L =0, S =0⇒J =0⇒1S 0
根据洪特定则和正常次序，可知其中3F 2的能量最低。 （2）钛原子（Z ＝22）基态的电子组态为
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（2J+1条）。氦原子（Z=2）基态的电子组态1s ，其基态必为1S 0，即J ＝0。因此，在屏上只能接受到一束。
2
J = 硼原子（Z ＝5）基态的电子组态为1s 22s 22p 1，其基态为1P 1/2，即
屏上可接受到两束。
1
。因此，在2
5－12解： （1）
22623
，最外层电子数为满支壳层（6个）P 的基态的电子组态:1s 2s 2p 3s 3p 15
1113⎧
S =++=⎪2222⎪
⎪L =1+0+(-1) =0
的一半。则根据洪特定则：⎨ 基态为：4S 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⎪⎪
的一半。则根据洪特定则：⎨L =1+0+(-1) +1=1 基态为：3P 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 3⎪J =S +L =
⎪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
1. 24(nm ) 1. 24(nm )
⇒V (kV ) =100kV
V (kV ) 0. 0124(nm )
6-1) 解： λmin =
6-2) 解： νk α=0. 246⨯1016(Z -1) 2Hz
νk α
2. 998⨯108===4. 38⨯1018Hz -9λ0. 0685⨯10c
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 L =
hc
λL
而：∆E K =E ∞-E K =E L -E K +
hc
λL
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 K =
hc
λK
=
1. 24KeV ⋅nm
=87. 9KeV
0. 0141nm
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
λK
=87. 9KeV -
1. 24KeV ⋅nm
=13. 6KeV
0. nm 0167
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') min =
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
∴（E K ）max =hv =10kev V
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
) ）即为入射光子的质量 解此方程得：hv =56(kev V
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
r (1-cos θ) hv
，其中r =
1+r (1-cos θ) m e c 2
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
" +" 号对应的正根，θ＝180︒时最小）
hv = V ，即为入射光子的最小能量 ∴(hv )min ==54.6Mev
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 2=对于5s 组态：n=1(等于满支壳层数2的一半), l =0。所以 ⎨2
⎪⎩L 2=01
3⎧S =S +S =12⎪2⎪⎪L =L 1+L 2=3所以 ⎨ 基态谱项为4F
⎪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 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 -μP b x P b =e -μA l x A l
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
- 31 - 'x ρ-μm
I '-μm ) x ρ-(μm =e 于是有： I '
将I =10代入得： 'I
ρx =ln 102. 303==8. 31⨯10-3(g /cm 2) '-μm 325-48μm
因镍的密度ρ=8. 9g /cm 3，可得镍的厚度为9. 3μm
- 32 -