《原子物理學(xué)》楊福家第四版課后問(wèn)題詳解

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1、 目 錄 第一章原子的位形1 第二章原子的量子態(tài)：波爾模型7 第三章 量子力學(xué)導(dǎo)論……………………………………………………………..12 第四章原子的精細(xì)結(jié)構(gòu)：電子的自旋16 第五章 多電子原理：泡利原理…………………………………………………… 23 第六章 X射線28 第七章原子核物理概論沒(méi)有。 第一章 原子的位形 1-1)解： α粒子與電子碰撞，能量守恒，動(dòng)量守恒，故有： (1) 近似認(rèn)為： (2) (1)2/(2)得 亦即： 1-2)解：① 當(dāng) 亦即： ② 解：金的原子量

2、為；密度： 依公式，λ射粒子被散射到θ方向，立體角的的幾率： (1) 式中，n為原子核數(shù)密度， 即： (2) 由〔1〕式得：在90o→180 o圍找到粒子得幾率為： 將所有數(shù)據(jù)代入得 這就是粒子被散射到大于90o圍的粒子數(shù)占全部粒子數(shù)得百分比。 1-3)解： 金 當(dāng)Z＝79時(shí) 當(dāng)Z＝3時(shí)， 但此時(shí)M并不遠(yuǎn)大于m， 1-4)解： ① 將Z＝79代入解得： ② 對(duì)于鋁，Z＝13，代入上公式解得： 以上結(jié)果是假定原子核不動(dòng)時(shí)得到的，因此可視為理論系的

3、結(jié)果，轉(zhuǎn)換到實(shí)驗(yàn)室中有： 對(duì)于 ① ② 可見(jiàn)，當(dāng)M>>m時(shí)，，否如此， 1-5)解： 在θ方向dΩ立方角找到電子的幾率為： 注意到： 1-6)解： 散射角大于θ得粒子數(shù)為： 依題意得：，即為所求 1-7)解 依題： 1-8)解： 在實(shí)驗(yàn)室系中，截面與偏角的關(guān)系為〔見(jiàn)課本29頁(yè)〕 ① 由上面的表達(dá)式可見(jiàn)：為了使存在，必須： 即： 亦即： 或 考慮到：第二組方程無(wú)解 第一組方程的解為： 可是，的最大值為1，即： ②為α粒子，為靜止的He核，如此， 1-9〕解：根據(jù)1-7〕的計(jì)算，靶核將入射粒子散射到大于

4、的散射幾率是 當(dāng)靶中含有兩種不同的原子時(shí)，如此散射幾率為 將數(shù)據(jù)代入得： 1-10)解： ① 金核的質(zhì)量遠(yuǎn)大于質(zhì)子質(zhì)量，所以，忽略金核的反沖，入射粒子被靶核散時(shí)如此：之間得幾率可用的幾率可用下式求出： 由于，可近似地將散射角視為： ； 將各量代入得： 單位時(shí)間入射的粒子數(shù)為：〔個(gè)〕 T時(shí)間入射質(zhì)子被散時(shí)到之間得數(shù)目為： (個(gè)) ② 入射粒子被散時(shí)大于θ的幾率為： 〔個(gè)〕 ③ 大于的幾率為： 大于的原子數(shù)為：〔個(gè)〕 小于的原子數(shù)為：〔個(gè)〕 注意：大于的幾率： 大于的原子數(shù)為： 第二章 原子的量子態(tài)：波爾模型 2-1)解：

5、 ① ② 2-2)解： ① 對(duì)于H： 對(duì)于He+：Z=2 對(duì)于Li+：Z＝3 ② 結(jié)合能＝ ③ 由基態(tài)到第一激發(fā)態(tài)所需的激發(fā)能： 對(duì)于H： 對(duì)于He+： 對(duì)于Li++： 2-3)解： 所謂非彈性碰撞，即把Li++打到某一激發(fā)態(tài)， 而Li++最小得激發(fā)能為 這就是碰撞電子應(yīng)具有的最小動(dòng)能。 2-4)解：方法一： 欲使基態(tài)氫原子發(fā)射光子，至少應(yīng)使氫原子以基態(tài)激發(fā)到第一激發(fā)態(tài) V 根據(jù)第一章的推導(dǎo)，入射粒子m與靶M組成系統(tǒng)的實(shí)驗(yàn)室系能量EL與EC之間的關(guān)系為： 所求質(zhì)子的動(dòng)能為： V 所求質(zhì)子的速度為： 方法

6、二： 質(zhì)子與基態(tài)氫原子碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，如此 2-7)解： ，巴而末系和賴曼系分別是： He。 2-8)解： V 此能量電離H原子之后的剩余能量為：V 即： 2-9)解： 〔1〕基態(tài)時(shí)兩電子之間的距離： 〔2〕 〔3〕由第一激發(fā)態(tài)退到基態(tài)所放光子的波長(zhǎng)： 2-10)解： m- 子和質(zhì)子均繞它們構(gòu)成體系的質(zhì)心圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑為 r1和r2，r1+r2 =r 折合質(zhì)量 M = m1′ m2 /(m1 +m2) = 186 me r1= r ′ m2/(m1+m2) = r

7、 ′ M/m1 r2 = r ′ m1/(m1+m2) = r ′ M/m2 運(yùn)動(dòng)學(xué)方程：Ke2/r2 = m1′ v12/r1 = m12′ v12 /(M′ r) -------------------------〔1〕 Ke2/r2 = m2′ v22/r2 = m22′ v22 /(M ′ r) ------------------------〔2〕 角動(dòng)量量子化條件：m1′ v1′ r1 + m2′ v2′ r2 = n ? n = 1, 2, 3, …. 即 M ′ (v1 +v2) ′ r = n ? -------------

8、-------------------------〔3〕 共有三個(gè)方程、三個(gè)未知數(shù)。可以求解。 (1) 式 與 (2)式 做比值運(yùn)算： v1 / v2 = m2/m1 代入 (3) 式中 M ′ v2′ (m2/m1 +1) ′ r = n ? 即 m2′ v2′ r = n ? ----------- (4) (2)式 和 (4)式 聯(lián)立解得： ------------------ 〔5〕 式中 a1 = 0.529 ，為氫原子第一玻爾軌道半徑。 根據(jù)〔5〕式，可求得，m子原子的第一玻爾軌道半徑為 r1 = a1/186 = 0.00284 。 再?gòu)倪\(yùn)動(dòng)學(xué)

9、角度求取體系能量對(duì)r的依賴關(guān)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 En = 因此，m子原子的最低能量為 E(n=1) = 186 ′ (-13.6 eV) = -2530 eV 賴曼系中最短波長(zhǎng)躍遷對(duì)應(yīng) 從 n = ￥? 1 的躍遷。該躍遷能量即為 2530 eV。 由 hc/l = 2530 eV 計(jì)算得到 lmin = 4.91 2-11)解： 重

10、氫是氫的同位素 解得：；質(zhì)子與電子質(zhì)量之比 2-12)解： ① 光子動(dòng)量：，而： = ② 氫原子反沖能量： 2-13)解： 由鈉的能級(jí)圖〔64頁(yè)圖10-3〕知：不考慮能能級(jí)的精細(xì)結(jié)構(gòu)時(shí)，在4P下有4個(gè)能級(jí)：4S，3D，3P，3S，根據(jù)輻射躍遷原如此。，可產(chǎn)生6條譜線： 2-14)解： 依題：主線系：； 輔線系： 即： ① 相應(yīng)的能量： ② 電離能 第一激發(fā)電勢(shì)： 第三章 量子力學(xué)導(dǎo)論 3-1)解：以1000eV為例：非相對(duì)論下估算電子的速度： 所以 v ≈ 6.25% ′c 故 采用相對(duì)論公式計(jì)算加速

11、后電子的動(dòng)量更為妥當(dāng)。 加速前電子總能量 E0 = mec2 = 511 keV 加速后電子總能量 E = mec2 + 1000 eV =512000 eV 用相對(duì)論公式求加速后電子動(dòng)量 電子德布羅意波長(zhǎng) = 0.3880 ? 采用非相對(duì)論公式計(jì)算也不失為正確： ? 可見(jiàn)電子的能量為100eV、10eV時(shí)，速度會(huì)更小 ，所以可直接采用非相對(duì)論公式計(jì)算。 ? ? 3-2)解： 不論對(duì)電子〔electron〕還是光子(photon)，都有： l = h/p 所以 pph/pe = le/lph = 1:1 電子動(dòng)能 Ee = 1/2 ′ me′ve2 =

12、 pe2 / 2me = h2 / (2′me′le2) 光子動(dòng)能 Eph = hn = hc/lph 所以 Eph / Ee = hc/lph′ (2′me′le2) / h2 = hc / (2′me′c2′le) 其中 組合常數(shù) hc = 1.988 ′ 10?25 J×m me′c2 = 511 keV = 0.819 ′ 10?13 J 代入得 Eph / Ee = 3.03 ′ 10?3 3-3)解： (1) 相對(duì)論情況下 總能 E = Ek + m0c2 = mc2 = 其中 Ek 為動(dòng)能，m0c2 為靜止能量。對(duì)于電子，其靜止能量為 511 keV。 由

13、題意： 容易解得 (2) 電子動(dòng)量 其德布羅意波長(zhǎng) 3-5)解： 證明： 非相對(duì)論下： p0 為不考慮相對(duì)論而求出的電子動(dòng)量，l0 為這時(shí)求出的波長(zhǎng)。 考慮相對(duì)論效應(yīng)后： 這里 p 為考慮相對(duì)論修正后求出的電子動(dòng)量，l為這時(shí)求出的波長(zhǎng)。如此 l/l0=p0/p= Ek = 加速電勢(shì)差′電子電量，如果以電子伏特為單位，那么在數(shù)值上即為 V。 l/l0 = 這里 mec2 也以電子伏特為單位，以保證該式兩端的無(wú)量綱性和等式的成立。 mec2 也以電子伏特為單位時(shí)，2mec2 的數(shù)值為 1022000。如果設(shè)想電子加速電壓遠(yuǎn)小于1022000伏特，那么 V

14、/2mec2 遠(yuǎn)小于 1?！沧⒁?，這個(gè)設(shè)想實(shí)際上與電子速度很大存在一點(diǎn)矛盾。實(shí)際上電子速度很大，但是又同時(shí)不可以過(guò)大。否如此，V/2 mec2 遠(yuǎn)小于 1 的假設(shè)可能不成立〕。 設(shè) y = 1 + V/2 mec2 = 1+Dx，f(y) = 由于 Dx << 1， f(y) 函數(shù)可在 y = 1 點(diǎn)做泰勒展開(kāi)，并忽略高次項(xiàng)。結(jié)果如下： f(y) = 1 + = 1 + = 1?Dx/2 = 1 ? 將mec2 以電子伏特為單位時(shí)的數(shù)值 511000 代入上式，得 f(y) = 因此 l = l0′ f(y) = 3-7)解： 3-8)解： 由P88例1可

15、得 3-9)解：〔1〕 歸一化常數(shù) 〔2〕粒子x坐標(biāo)在0到a之間的幾率為 〔3〕粒子的y坐標(biāo)和z坐標(biāo)分別在之間的幾率 3-12)解： 當(dāng)時(shí)3-15〕解 3-15)〔1〕， ， ，，， ， ， ，， ， 由函數(shù)連續(xù)、有限和歸一化條件求 由函數(shù)有限可得： 由函數(shù)連續(xù)可知： 錯(cuò)誤！未找到引用源。 錯(cuò)誤！未找到引用源。 由錯(cuò)誤！未找到引用源。和錯(cuò)誤！未找到引用源。得 由函數(shù)歸一化條件得：錯(cuò)誤！未找到引用源。 由錯(cuò)誤！未找到引用源。和錯(cuò)誤！未找到引用源。可

16、求得 第四章 原子的精細(xì)結(jié)構(gòu)：電子的自旋 4-1)解： V 4-2〕 4-3) 解：6G3/2 態(tài)： 該原子態(tài)的Lande g 因子： 原子處于該態(tài)時(shí)的磁矩： (J/T) 利用矢量模型對(duì)這一事實(shí)進(jìn)展解釋： 各類角動(dòng)量和磁矩的矢量圖如上。其中 PS = [S(S+1)]1/2? = (35/4)1/2? PL = [L(L+1)]1/2? = (20)1/2? PJ = [J(J+1)]1/2? = (15/4)1/2? mS = gS′[S(S+1)]1/2′mB = (35)1/2mBmL = gl′[L(L+1)]1/2′mB 利用PS、

17、PL、PJ之間三角形關(guān)系可求出 a = 30°cosb = 由的cosb 、mS 、mL 可求出 m = 以與 q = 120° 所以 q?a = 90°。即 矢量 m 與 PJ 垂直、m 在 PJ 方向的投影為0。 或：根據(jù)原子矢量模型：總磁矩分量相加，即： 可以證明： 4-4)解：， 將所有數(shù)據(jù)代入解得：T/m 4-5)解：〔束〕 對(duì)于邊緣兩束， 4-6)解： 即：屏上可以接收到4束氯線 對(duì)于H原子： 對(duì)于氯原子： 對(duì)于，代入得： <注：T＝400K,明確：大局部H原子處于基態(tài)，當(dāng)T=105K時(shí)，才有一定量得原子處

18、于激發(fā)態(tài)> 4-7)解：賴曼系，產(chǎn)生于： ，對(duì)應(yīng)S能級(jí) ，對(duì)應(yīng)S、P能級(jí)，所以賴曼系產(chǎn)生于： 雙線來(lái)源于： 由21－12’知： 將代入 即：所得的類H離子系：Li++ 4-8)解：2P電子雙層的能量差為： 兩一方面： 4-10)解： 有三個(gè)值，所以原譜線分裂為三個(gè)。 相應(yīng)譜線與原譜線的波數(shù)差： 相鄰譜線的波數(shù)差為： 不屬于正常塞曼效應(yīng)〔正常塞曼效應(yīng)是由s=0到s=0的能級(jí)之間的躍遷〕 4-11〕解：① 分裂后的譜線與原譜線的波數(shù)差為： 其中： ② 分裂后的譜線與原譜線差： 其

19、中： 4-12)解：。這三個(gè)能級(jí)的g因子分別為：2 因在磁場(chǎng)中能級(jí)裂開(kāi)的層數(shù)等于2J+1，所以能級(jí)分裂成四層，和能級(jí)分裂成兩層。能量的間距等于，故有： ；； 原能級(jí)和分裂后的能級(jí)圖如〔a〕圖所示。 〔2〕根據(jù)題意，分裂前后能級(jí)間的關(guān)系如〔b〕圖所示，且有： ， 即。 將代入上式，得： 。 經(jīng)整理有： 于是 4-13〕解： 〔1〕在強(qiáng)磁場(chǎng)中，忽略自旋－軌道相互作用，這時(shí)原子的總磁矩是軌道磁矩和自旋磁矩的適量和，即有： 〔1〕 〔2〕此時(shí)，體系的勢(shì)能僅由總磁矩與外磁場(chǎng)之間的相互作用來(lái)確定，于是有： 〔2〕 〔

20、3〕鈉原子的基態(tài)為，第一激發(fā)態(tài)為；對(duì)于3S態(tài)：，因此〔2〕式給出雙分裂，分裂后的能級(jí)與原能級(jí)的能量差 對(duì)于3P態(tài)，，〔2〕式理應(yīng)給出個(gè)分裂，但與對(duì)應(yīng)的值一樣，故實(shí)際上只給出五分裂，附加的能量差為 原能級(jí)與分裂后的能級(jí)如下列圖 根據(jù)選擇規(guī)律： 它們之間可發(fā)生六條躍遷。由于較高的各個(gè)能級(jí)之間的間距相等，只產(chǎn)生三個(gè)能差值 ，因此只能觀察到三條譜線，其中一條與不加磁場(chǎng)時(shí)重合。這是，反常塞曼效應(yīng)被帕型－巴克效應(yīng)所取代。 4-14〕解：因忽略自旋－軌道相互作用，自旋、軌道角動(dòng)量不再合成J，而是分別繞外磁場(chǎng)旋進(jìn)，這說(shuō)明該外磁場(chǎng)是強(qiáng)場(chǎng)。這時(shí)，即原譜線分裂為三條。因此，裂開(kāi)后的譜線與

21、原譜線的波數(shù)差可用下式表示： 式中 因，故有 將代入上式，得： ， 第五章 多電子原子 5－2解： 由得 5－3解 由得 5－4解： 它們的矢量圖如下列圖。由圖可知： 。 經(jīng)整理得： 對(duì)于態(tài)，，代入上式得： = 所以總角動(dòng)量與軌道角動(dòng)量之間得夾角為。 5－6解：j-j耦合： 根據(jù)j-j耦合規(guī)如此，各個(gè)電子得軌道角動(dòng)量和自旋角動(dòng)量先合成各自的總角動(dòng)量，即，j=l+s, l+s-1,…。 于是有：

22、 然后一個(gè)電子的再和另一個(gè)電子的合成原子的總角動(dòng)量，即， 可見(jiàn)，共18種原子態(tài)。原子的總角動(dòng)量量子數(shù)為： 原子的總角動(dòng)量為 將J值依次代入上式即可求得有如下6個(gè)可能值，即 對(duì)于L-S耦合： 兩個(gè)電子的軌道角動(dòng)量和，自旋角動(dòng)量和分別先合成軌道總角動(dòng)量和自旋總角動(dòng)量，即 ； 然后每一個(gè)和合成，即： 因此有： S=0 S=1 L=0 1S0 3S1 L=1 1P1 3P2,1,0 L=2 1D2 3D3,2,1 L=3 1F3 3F4,3,2 L=4 1G4 3G5,4,3 也是18種原子態(tài)，而原子

23、的總角動(dòng)量量子數(shù)也為： 原子的總角動(dòng)量也為： 比擬上述兩種耦合的結(jié)果，可見(jiàn)它們的總角動(dòng)量的可能值、可能的狀態(tài)數(shù)目與一樣J值出現(xiàn)的次數(shù)均一樣。 5－8解： 〔1〕要求能級(jí)間躍遷產(chǎn)生的光譜線，首先應(yīng)求出電子組態(tài)形成的原子態(tài)，畫(huà)出能級(jí)圖。然后根據(jù)輻射躍遷的選擇規(guī)如此來(lái)確定光譜線的條數(shù)。 組態(tài)形成的原子態(tài)： 組態(tài)形成的原子態(tài)：， 其間還有2s2p組態(tài)形成的原子態(tài)：； 組態(tài)形成的原子態(tài)： 根據(jù)能級(jí)位置的上下，可作如下列圖的能級(jí)圖。 根據(jù)L-S耦合的選擇規(guī)如此： 可知一共可產(chǎn)生10條光譜線〔圖上實(shí)線所示〕 〔2〕假如那個(gè)電子被激發(fā)到2P態(tài)，如此僅可能產(chǎn)生一條光譜線〔圖

24、上虛線所示〕 5－10解： 〔1〕組態(tài)可形成的原子態(tài)有：。 利用斯萊特方法求解如下： MS ML -1 0 1 4 (2,1/2)(2,-1/2) 3 (1,-1/2)(2,-1/2) (1,1/2)(2,-1/2) (1,-1/2)(2,1/2) (1,1/2)(2,1/2) 2 (0,1/2)(2,-1/2) (0,1/2)(2,-1/2);(1,1/2)(1,-1/2) (0,-1/2)(2,1/2) (0,-1/2)(2,-1/2) 1 (0,-1/2)(1,-1/2) (2,-1/2)(-1,-1/2) (0,1/2)

25、(1,-1/2);(1,1/2)(0,-1/2) (2,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(2,-1/2) (0,1/2)(1,1/2) (2,1/2)(-1,1/2) 0 (1,-1/2)(-1,-1/2) (2,-1/2)(-2,-1/2) (0,1/2)(0,-1/2); (-2,1/2)(2,-1/2) (2,1/2)(-2,-1/2); (-1,1/2)(1,-1/2) (1,1/2)(-1,-1/2) (1,-1/2)(-1,-1/2) (2,-1/2)(-2,-1/2) -1 (0,-1/2)(-1,-1/2) (-2,-1/2)(1,-1/

26、2) (0,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(0,-1/2) (-2,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(-2,-1/2) (0,1/2)(-1,1/2) (-2,1/2)(1,1/2) -2 (0,1/2)(-2,-1/2) (0,1/2)(-2,-1/2);(-1,1/2)(-1,-1/2) (0,-1/2)(-2,1/2) (0,-1/2)(-2,-1/2) -3 (-1,-1/2)(-2,-1/2) (-1,1/2)(-2,-1/2) (-1,-1/2)(-2,1/2) (-1,1/2)(-2,1/2) -4 (-2,1/2)(-2

27、,-1/2) ； ； ；； 根據(jù)洪特定如此和正常次序，可知其中的能量最低。 〔2〕鈦原子〔Z＝22〕基態(tài)的電子組態(tài)為 。 因滿支殼層的軌道角動(dòng)量、自旋角動(dòng)量與總角動(dòng)量都等于零，故而未滿支殼層的那些電子的角動(dòng)量也就等于整個(gè)原子的角動(dòng)量。由〔1〕中討論可知，組態(tài)所形成的原子態(tài)中，能量最低的〔即基態(tài)〕為。 5－11解： 一束窄的原子束通過(guò)非均勻磁場(chǎng)后，在屏上承受到的束數(shù)由原子的總角動(dòng)量J決定〔2J+1條〕。氦原子〔Z=2〕基態(tài)的電子組態(tài)，其基態(tài)必為，即J＝0。因此，在屏上只能承受到一束。 硼原子〔Z＝5〕基態(tài)的電子組態(tài)為，其基態(tài)為，即。因此，在屏上可承受到兩

28、束。 5－12解： 〔1〕 ，最外層電子數(shù)為滿支殼層〔6個(gè)〕的一半。如此根據(jù)洪特定如此： 基態(tài)為： 〔2〕，最外層電子數(shù)大于滿支殼層〔6個(gè)〕的一半。如此根據(jù)洪特定如此： 基態(tài)為： 〔3〕，最外層電子數(shù)大于滿支殼層〔6個(gè)〕的一半。如此根據(jù)洪特定如此： 基態(tài)為： 〔4〕，最外層電子數(shù)等于滿支殼層所能容納的電子數(shù)〔6個(gè)〕如此根據(jù)洪特定如此： 基態(tài)為： 第六章 X射線 6-1)解： 6-2)解： 代入解得： 6-3)解： L吸收限指的是電離一個(gè)L電子的能量 即： 而： 的Moseley公式為： 而： 將代入解得：V 6-5)解

29、：① K層電子結(jié)合能為： 由線的能量體系，得L層電子結(jié)合能為： 同理可得：M,N層電子結(jié)合能為： 由此可得Pb原子K,L,M,N能級(jí)圖〔如如下圖所示〕 ② 要產(chǎn)生L系譜線，必須使L層由空穴，所以產(chǎn)生L系得最小能量是將L電子電離，此能量為13.6ev由圖可知，Lα系的能量： nm 6-6)解：根據(jù)布喇格公式，一級(jí)衍射加強(qiáng)的條件為： 式中，d為晶格常數(shù)，即晶元的間距，將代入得： 即：即為所求 6-7)解： ① 散射光子得能量可由下式表示： 當(dāng)：時(shí)， 當(dāng)：時(shí)， 散射光子的能量最小: ② 系統(tǒng)動(dòng)量守恒： 由矢量圖可知：

30、當(dāng)時(shí)，最大，此時(shí) 6-8)解： ompton散射中，反沖電子的動(dòng)能為： 當(dāng)時(shí)，最大 小， V 將代入，并注意到V得： 解此方程得：V〕即為入射光子的質(zhì)量 6-9)解： pton波長(zhǎng)由決定 質(zhì)子的pton波長(zhǎng)是： 在pton散射中，反沖粒子的動(dòng)能為：，其中 解得： V，即為入射光子的最小能量 6-13)解：〔1〕根據(jù)洪特定如此求基態(tài)電子組態(tài)為的基態(tài)譜項(xiàng)： 對(duì)于。所以 對(duì)于。所以 所以 基態(tài)譜項(xiàng)為 〔2〕由莫塞萊定律知，銠的射線的能量： 即為入射光子的能量。在康普頓散射中，反沖電子和能量為 〔3〕按題意有 即 所以 計(jì)算結(jié)果明確：對(duì)銠的射線的吸收，0.3cm的鉛板等效于21cm的鋁板, 可見(jiàn)鉛對(duì)射線的吸收本領(lǐng)比鋁大得多. 6-14解:因X射線經(jīng)過(guò)吸收體后的強(qiáng)度服從指數(shù)衰減規(guī)律， 即 對(duì)銅有： 對(duì)鋅有： 于是有： 將代入得： 因鎳的密度，可得鎳的厚度為 - 32 - / 32