原子物理褚圣麟课后答案

原子物理学习题

第一章作业

教材 20页 3题：若用动能为 1 MeV 的质子射向金箔，问质子和金箔原子核（Z=79）可以达到的最小距离多大？又问如用同样能量的氕核代替质子，最小距离为多大？ 解：m r =Z 1*Z 2*e 2/4*π*ε0*E = …… = 1.14 ? 10-13 m 氕核情况结论相同

21页 4题：α粒子的速度为 1.597 ? 107 m/s ，正面垂直入射于厚度为 10-7米、密度为1.932 ?104 kg/m 3 的金箔。试求所有散射在 θ ≥ 90? 的α粒子占全部入射粒子的百分比。金的原子量为197。 解：金原子质量 M Au = 197 ? 1.66 ? 10-27 kg = 3.27 ? 10-25 kg 箔中金原子密度 N = ρ/M Au = …… = 5.91 ? 1028 个/m 3

入射粒子能量 E = 1/2 MV 2 = 1/2 ? 4 ? 1.66 ? 10-27 kg ? (1.597 ? 107 m/s)2 = 8.47 ? 10-13 J 若做相对论修正 E = E 0/(1-V 2/C 2)1/2 = 8.50 ? 10-13 J

对心碰撞最短距离 a=Z 1?Z 2?e 2/4?π?ε0?E = …. = 4.28 ? 10-14 m 百分比 d n/n (90?→180?)=

??

? ??

?-??90sin 145sin 14

2

22Nta π= … = 8.50 ? 10-4

% 21页7题：3.5 MeV α粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。α粒子与银箔表面成60?角。在离α入射线成20?的方向上，离银箔散射区距离 L=0.12 m 处放一窗口面积为6.0 ? 10-5 m 2的计数器。测得散射进此计数器窗口的α粒子是全部入射α粒子的百万分之29。已知银的原子量为107.9。求银的原子序数Z 。

解：银原子质量：M Ag = 107.9 ? 1.66 ? 10-27 kg = 1.79 ? 10-25 kg 银箔有效质量厚度：μ = 0.01 kg/m 2 ÷ cos 30? = 0.0115 kg/m 2

有效单位面积上的银原子数：Nt= μ/M Ag = … = 6.45 ? 1022 个/m 2 计数器立体角：d Ω = S/r 2 = 6.0 ? 10-5 m 2 / (0.12 m)2 = 4.17 ? 10-3

d Ω 与 d θ 之间的关系：d Ω = S/r 2 = (2πr sin θ) ? (r ?d θ) / r 2 = 2π sin θ d θ

微分散射截面 d σ =

2

16

2

sin 2cos 4

sin

4

2

3

2

θ

θθ

θ

πΩ

?

=

?d d a

a

= ……= 0.2866 ? a 2

百分比 d n/n = NtA ?d σ/A = Nt d σ = 29/106

所以 d σ = 4.496 ? 10-28 a = 3.96 ? 10-14 m 即 Z α ? Z Ag ? e 2 / (4πε0?E) = a = 3.96 ? 10-14 m 计算得 Z Ag = ….. = 48 约等于实际值 47 第一章习题课：

能量为 3 MeV 的α粒子束射向厚度为 1.5 μm 的 Pb 箔。试求α粒子被散射到 60?~90?的几率。Pb 的密度为 11350 kg/m 3，原子序数为 82，原子量为 207。

解：单个铅原子质量：M Pb = 207 ? 1.66 ? 10-27 kg = 3.436 ? 10-25 kg 单位体积内铅原子数：N = ρ / M Pb = … = 3.303 ? 1028 个/m 3 散射到60?~90?度方向的几率 P (60?~90?) =

θθ

θ

πσd Nt d Nt a

?

?

?=

?90

60

3

2

90

60

2

sin 2cos 4

=

2

)451

301

(

4

2

2

2

2

sin

sin

a

a

Nt Nt ππ=

?

-

?

?

其中 a= Z α?Z Pb ?e 2/4?π?ε0?E α = …. = 7.87 ? 10-14 m P (60?~90?) = …… = 4.82 ? 10 -4 = 0.0048 % 第二章作业

76页 1题：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：r

v

m r e e 2

2

2

041?=

?πε 所以 m e v 2 =

=-=?12

0241

E r e πε27.2 eV = 43.57 ? 10-19 J v = 2.187 ? 106 m/s

f = v/2πr = 2.187 ? 106 m/s / 6.28 ? 0.529 ? 10-10 m = 6.583 ? 1016 HZ a = v 2/r = 9.05 ? 1022 m/s 2

3题：用能量为 12.5 eV 的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能级跃迁时会出现哪些波长的谱线。

解：设最高被激发到 m 态。则 12.5 eV ≥ E(m)-E(1) = hcR(1-1/ m 2)

所以 m 2 ≤ 12.36 m = 3

h ν(m →n) = E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n 2-1/m 2)

λ(3→1)=hc/[E(3)-E(1)]

A

eV hc ??==

410241.1= 102.6

A

λ(3→2)=hc/[E(3)-E(2)] = 657.0

A λ(2→1)=hc/[E(2)-E(1)] = 121.7

A

5题：从 Li 2+ 离子第一激发态向基态跃迁时所发光子 是否可以使 处于基态的He + 离子电离？ 解：类氢离子能级能量：E n = -hcRZ 2/n 2 n=1,2,3……..

题中Li 2+ 离子中出射光子能量 E = E 2 – E 1 = 9/4 hcR = 91.8 eV 使 基态He+ 离子电离所需能量 E ion = E ∞ - E(1) = 2 hcR = 54.4 eV 9/4 > 2, 故 能使电离。

7 题：已知一对正负电子绕共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的电子偶素。试计算其第一激发态向基态跃迁时放出光子的波长。 解：m1 = m2 = m

质心系中 r = r1 + r2 r1 = r2 = r/2 v1 = v2 = v

运动学方程 ke 2/r 2 = 2mv 2/r ---------------------- (1) 角动量量子化条件：m1 ? v1 ? r1 + m2 ? v2 ? r2 = mvr = n ? -------------- (2) (1) 和 (2) 联立解得：2

/42

2

2

0m r e n

??=

επ -------------------------(3)

从运动学角度求取体系能量的表达式

E = E K +E P = 1/2 m1 v12

+ 1/2 m2 v22

– Ke 2

/r = mv 2

– Ke 2

/r =

）代入

把（1-Ke 2/2r ------------ (4)

(3) 代入 (4) 中 E n = -h

n e

m 2

2

2

42)4(0)2/(2εππ = 1/2 E n (H) = - 13.6 eV/2n 2

E 2 – E 1 = … = 5.1 eV

λ(2→1)=hc/[E(2)-E(1)] = 2433

A

77页11题：在史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄银原子束通过不均匀横向磁场，磁场梯度为 ?B/?z = 103 T/m ，磁极纵向范围 L1 = 0.04 m (习题图2-1)，从磁极到屏距离 L2 = 0.10 m ，原子速度 v = 500 m/s 。在屏上两束分开的距离 d = 0.002 m 。试求原子磁矩在磁场方向上投影 μz 大小。磁场边缘的影响忽略不计。 解：原子通过 L1 和L2 的时间 t1 = L1/v ，t2 = L2/v

通过L1 时段 原子受力 f z = μz ? ?B/?z ，方向因 μz 方向的不同而不同，或者向上或者向下。 Z 方向原子的加速度 a z = f z /m

刚脱离磁场时刻 原子 Z 方向的瞬时速度 v z = a z ? t1

原子在 Z 方向的偏转位移 d/2 = 1/2 ? a z ? t12 + v z ? t2

代入数值计算得 μz = 1.007 μB = 9.335 ? 10-24 J/T

第二章习题课：禇圣麟教材 76页 2 、4、 6题；杨福家教材 68 页 2-3、2-10 题。 1 计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。

解：氢原子能级能量 E n = - hcR/n 2 = -13.6 eV/n 2 n= 1, 2, 3, …….. 基态 n =1 ，第一激发态 n = 2 ，电离后 n = ∞ 容易求得：第一激发电势 10.2 V ，电离电势 13.6 V

2 估算 He + 离子、Li 2+ 离子第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线的波长分别与氢原子上述物理量之比。

解：类氢离子能级能量 E n = -hcR A Z 2/n 2 ≈ -hcR H Z 2/n 2 n = 1,2,3,…. 轨道半径 r n = a 1 ? n 2/Z

电离能 E ionization = (E ∞ - E 1) = hcR H Z 2

第一激发能：E excitation = E 2 - E 1 = 3/4 hcR H Z 2

赖曼系第一条谱线的波长 λ = hc/(E 2-E 1) = 4/(3R H Z 2) 因此：第一玻尔轨道半径比 1 ：2 和 1 ：3 电离电势比 4 ：1 和 9 ：1 第一激发电势比 4 ：1和 9 ：1

赖曼系第一条谱线波长比 1 ：4 和 1 ：9 3 氢与其同位素氘混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。问 巴耳末系的第一条谱线 (H α) 之间的波长差 ?λ 有多大？已知 R H = 10967758 m -1，R D = 10970742 m -1 解：巴耳末系满足 1/λ = R (1/4 – 1/n 2) n = 3, 4, 5, 6,……….. 对于谱线 H α ，n=3，1/λα = 5R/36， λα = 36/5R λα(H) - λα(D) = 36/5 (1/R H – 1/R D ) =

R R R R H

D H D 5)(36- = 1.7856

A

4 欲使电子与处于基态的Li 2+ 离子发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能？

解：所谓非弹性散射指碰撞中机械内转变为体系内能，对本题而言，电子动能转化为 Li 2+ 离子的内能使该离子从基态被激发到激发态。基态量子数为 n=1，最低激发态的量子数为 n=2。两态之间的能量差： ?E= E2 – E1 = hcRZ 2(1/12 – 1/22) = 91.8 eV 此即为电子至少需具备的动能。 5.μ- 子是一种基本粒子，除静止质量是电子质量的207倍外，其余性质与电子相同。当它运动速度较慢时，被质子俘获 形成 μ 原子。试计算：（1）μ子原子的第一玻尔轨道半径；（2）μ子原子的最低能量；（3）μ子原子赖曼系中的最短波长。

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 = m 1 ? m 2 /(m 1 +m 2) = 186 m e

r 1= r ? m 2/(m 1+m 2) = r ? M/m 1 r 2 = r ? m 1/(m 1+m 2) = r ? M/m 2

运动学方程：Ke 2/r 2 = m 1 ? v 12/r 1 = m 12 ? v 12 /(M ? r) ------------------------------- （1）

Ke 2/r 2 = m 2 ? v 22/r 2 = m 22 ? v 22 /(M ? r) ---------------------------------（2）

角动量量子化条件：m 1 ? v 1 ? r 1 + m 2 ? v 2 ? r 2 = n ? n = 1, 2, 3, ….

即 M ? (v 1 +v 2) ? r = n ? ---------------------------------------------------（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 / v 2 = m 2/m 1 代入 (3) 式中

M ? v 2 ? (m 2/m 1 +1) ? r = n ? 即 m 2 ? v 2 ? r = n ? ------------------ (4) (2)式 和 (4)式 联立解得：

a n e

h

n r M n 1

2

2

2

202

186

44?=

????

=πεπ ------------------ （5） 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 = a 1/186 = 0.00284

A 。 再从运动学角度求取体系能量对r 的依赖关系。

E = E K + E P = 1/2 ? m 1 ? v 12 + 1/2 ? m 2 ? v 22 – K ? e 2/r

= (1/2 ? M/m 1 + 1/2 ? M/m 2 – 1) ? K ? e 2/r = - 1/2 ? K ? e 2/r 把（5） 式代入上式中

E n = )(186)4(22

2204

2H E h

n Me n =-πεπ 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

原子物理学习题课 第三章

1 设光子和电子的波长均为 0.4 nm 。（1）两者的动量之比？（2）动能之比？ 解：不论对电子（electron ）还是光子(photon)，都有： λ = h/p

所以 p ph /p e = λe /λph = 1:1

电子动能 E e = 1/2 ? m e ? v e 2 = p e 2 / 2m e = h 2 / (2?m e ?λe 2) 光子动能 E ph = h ν = h c/λph

所以 E ph / E e = 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 / E e = 3.03 ? 10?3

2 若一个电子的动能等于它的静止能量。（1）求该电子速度；（2）求德布罗意波长。 解：(1) 相对论情况下 总能 E = E k + m 0c 2 = mc 2 =

2

2

)(1c

v

c

m -

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：)1)(11(

2

2

02

02

0--=-==c

v c m c m E E c m k

容易解得 c c v 866.02/3=?= (2) 电子动量 c m c

v v

m mv p ??=-=

=02

03)(1 其德布罗意波长 A J m

J c

m c h p h 0

16252

0014.010602.1511732.110988.13/=?????=???==--λ 3 定性描述 氢原子 n = 1 和 n=2 l =1 m=0时 电荷密度最大的空间位置所在。

解答：电荷空间密度最大的位置对应电子出现几率最大的位置。在以z 轴为极轴的三维极坐标系r 、θ、φ中，电子出现几率对三者的依赖关系为： （1） 与 φ 无关，即关于 z 轴对称。

（2） 对 r 的依赖关系转化为对 量子数 n 和l 的关系。电子出现几率随r 的增加出现 n ?l 个极大值。

当n ?l =1时，极大值出现在 r = n 2a 1 位置，对应于玻尔模型中的圆形轨道。参见教材112页图3-15。

（3） 对θ的依赖关系转化为对量子数 l 和m 的依赖关系。参见教材111页图3-14。 因此，对于n=1的氢原子：电子出现几率的最大位置是以 r = a 1 为半径的一个球面。

对于 n=2 l =1 m=0的氢原子，电子出现几率的最大位置是在z 轴上的两个点，在z 轴上的坐标位置分别为 ±4a 1。

对于 n=2 l =1 m=1的氢原子，电子出现几率的最大位置是在x-y 赤道面上的一个圆，圆半径为 4a 1。

第三章作业题 （113-114页）

2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波波长？用该电压加速的质子束，其德布罗意波波长？ 解：非相对论下估算电子的速度：

1/2 ? m 0 ? v 2 = 10000 eV = m 0c 2 ? 1/2 ? (v /c)2 = 511 keV ? 1/2 ? (v /c)2 所以 v ≈ 20% ?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 = m 0c 2 = 511 keV

加速后电子总能量 E = m 0c 2 + 10000 eV =521000 eV 用相对论公式求加速后电子动量

c

eV eV c c m E c p 10158700261121000000027144100001142

02=-=-?=

电子德布罗意波长 m eV

m eV eV hc p h 106101222.010*********.1101587--?=??===λ= 0.1222 ?

采用非相对论公式计算也不失为正确：

=??=????=

=

=

=---5662

0010011.110241.110000*********.122m

eV

keV m eV E c m hc E m h

p

h

k

k

λ0.1227 ? 用该电压加速质子时，质子质量是电子质量的1836倍，质子速度会更小。直接采用非相对论公式计算。

1836

1227

.0183620=

??==

k E m h p h λ= 0.00286 ? 3 电子被加速后速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来电子 V

25

.12=

λ（?） 的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：)10489.01(25

.126V V

-?-=λ （?）。其中 V 为以伏特为单位的电子加速电压的数值。请证明之。 证明：非相对论下：0025.12p h

V ==

λ 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：p

h

=

λ 这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量，λ 为这时求出的波长。 则 λ/λ0 = p 0/p =

121

22)(2122

0202

04

2

0220042

020+=

+=

-+=

-c m E E c m E E m c c m c m E E m c c m E c

E m k

k

k k k k

k

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 =

121

2

0+c

m V

，这里 m 0c 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 0c 2 也以电子伏特为单位时，2 m 0c 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/2m 0c 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/2m 0c 2 远小于 1 的假设可能不成立）。

设 y = 1 + V/2m 0c 2 = 1+?x ，f(y ) =

y

1 由于 ?x << 1， f(y ) 函数可在 y = 1 点做泰勒展开，并忽略高次项。结果如下： f(y ) = 1 +

x y f y ????=1|= 1 + x y y ???-=12/3|1)2/1(= 1??x /2 = 1 ?

2

04c m V

将m 0c 2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得 f(y ) = V ??--6

10489.01 因此 λ = λ0 ? f(y ) =

)10489.01(25

.126V V

-?- 5 带电粒子在威尔逊云室的轨迹是一串小雾滴，线度约为 1 μm 。当观察能量为 1000 eV 的电子径迹时，其动量与经典力学动量的偏差不小于多少？ 解：经典力学动量准确可求，如下：k E m p 02=

，

这里 m 0 为电子静止质量，E k 为电子动能，即1000eV 。 而从量子力学层次考虑，根据不确定关系，该量是不能准确确定的。该量的不确定度满足 ?p ? ?x ≥ ?/2。这里 ?x ≈ 1 μm 。

所以 ?p /p ≥ ?/2 ? (1/p ) ? (1/?x ) =

m

eV eV m eV x E c m hc k 6620101000511000256.1210241.11214--??????=???π= 3 ? 10?6 即 ?p /p ≥ 3 ? 10?4 %

7 粒子在一维对称势场中，势场形式如下图。即：0 < x < L 时 V = 0；x < 0 和 x > L 时 V = V 0。

（1） 试推导粒子在 E < V 0 情况下 总能量 E 满足的关系式。

E 只能取 一些不连续的值。

解答：以下将在两种不同坐标系下解答本问题。其中第一种维持原坐标不变；另一种为将横坐标向右平移L/2，即取 x = x ? L/2，在这个坐标系中，?L/2 < x < L/2 时 V=0、在其它区间 V =V 0。 （1）E 满足关系的推导：本题中的势场与时间无关，所以是定态问题，而且是一维的。先写出定态薛定

谔方程的一般形式，如下：

Eu Vu dx u d m =+?-2

222 在 x > L 和 x < 0 区域， V = V 0，代入薛定谔方程并整理 得

u E V m dx u d 2

022)

(2

-= 设

22

0)

(2k E V m =-

，由题中 E < V 0 知道 k 2 > 0 容易知道，上面薛定谔方程的通解在 x < 0 和x>L 区均为：

246810

2

4

6

8

10

X Axis Title

0L x

kx kx e B e A u -?+?=，其中 A 、B 为待定系数。

（注意，这里不可以认为在 x < 0 以及 x > L 时 无反射粒子。实际上，在该两区域，可以看成存在无穷多的连续势壁。这与教材势垒问题中 在 x > L 区间 势场恒等于零，不存在势壁并因此不存在反射粒子的情况 完全不同。） 利用波函数的有界性知道：

x < 0 时，如果 B ≠ 0，那么 x → ?∞ 时 波函数 趋于 无穷。所以在x < 0 时 B =0。 类似道理 x > L 时，A = 0 。 因此 x < 0 时，u = A ? e kx x > L 时，u = B ? e ?kx

在 0 < x < L 区域，V = 0。代入 薛定谔方程中 得

u m E

dx u d 2

222

-= 这里 E > 0。 设

2

2

2λ=

mE 容易知道 上面薛定谔方程的通解为

)sin(δλ+?=x C u C 和 δ 为 待定常数，且 0 ≤ δ < 2π

或 )sin(')cos('x D x C u λλ?+?= C ’ 和D ’为待定系数 或 x i x

i e D e

C u λλ-?+?='''' C ’’ 和

D ’’ 为待定系数

三个通解线性相关并等效。本次计算中，采用第一个通解。 总结一下，由定态薛定谔方程解得的波函数为： x < 0， u 1 = A ? e kx A 待定 0< x < L ， )s i n (2δλ+?=x C u C 、δ 待定

x > L ， u 3 = B ? e ?kx B 待定

各波函数在各自的适用区间中，满足 有界性 和 单值性。下面考察在整个区间的波函数连续性。由于在临界点两边的任何一侧，波函数不恒为零，所以 波函数的连续性 要求： x = 0 处，u 1 = u 2 ； d u 1/d x = d u 2/d x x = L 处，u 2 = u 3 ； d u 2/d x = d u 3/d x 将上述连续性条件应用于波函数 得 A = C ? sin δ

A k = C ? λ ? cos δ

B ? e ?k L =

C ? sin (λL+δ)

?B ? k ? e ?k L = C ? λ ? cos (λL+δ) 进一步推导

tan δ = λ/ k

tan (λL+δ）= ?λ/ k

由 tan δ = λ/ k > 0，得 0 < δ < π/2、和 3π/2 < δ < 2π 由 tan (λL+δ) = tan (?δ) 得 λL+δ = n π ? δ 即 δ = n π/2 ? λL/2 =

222mE

L n -

π n = 1, 2, 3, ……. 又由tan δ = λ/ k 得

)2

3)(arcsin()20(arcsin arctan

000π

δππδδ<<-<<=-=V E V E E V E 或

因此能量 E

其中 N 1(2) 图解法说明 设 0 < f 1(x) = arc sin 其中 0 < x =

V E

则能量E

x

做各函数曲线如上图所示。图中横坐标为

V E

。从f2 函数 与 f1 及f3 函数的交点的横坐标可求出能量E 的解。解的个数与 0 < x < 1区间内交点的个数相等，而交点的个数决定于f2 函数的斜率

220

mV L 。斜率越大，交点个数越多。当 L 和 m 很大时，交点的横坐标数值趋于连续，对应宏观现象。当二者不是很大时，交点的横坐标数值是不连续的，也就是说能量E 的取值是不连续的。 下面采用第二种坐标系重新求解本问题。

坐标平移，设 x = x ?L/2 则势场变为：I 区 x < ?L/2， V = V 0

II 区 ?L/2 < x < L/2， V=0 III 区 x > L/2， V=V 0

在 I 区中：u E V m dx u d 2

022)

(2 -=

kx

kx

I e B e

A u 11+=- 其中 k =

)

(2E V m -

利用边界条件知道 A 1 = 0，所以 kx I e B u 1= 同理知道在III 区中：kx III e A u -=3，

在 II 区中：u m E

dx u d 2222

-= 所以 )sin()cos(22x B x A u II λλ+=，其中

mE

2=

λ 波函数的连续性 要求：

x = ?L/2 处，u I = u II ； d u I /d x = d u II /d x x = +L/2 处，u II = u III ； d u II /d x = d u III /d x 代入波函数进行运算 得

)2

sin(

)2

cos(

222

1L

B L

A e

B kL λλ?-?=?-

------------------------------ （1）

)2

cos(

)2

sin(

222

1L

B L

A e

k B kL λλλλ??+??=??- --------------------------------（2）

)2

sin(

)2

cos(

222

3L

B L

A e A kL λλ?+?=?- ----------------------------- （3）

)2

cos(

)2

sin(

222

3L

B L

A e k A kL λλλλ??+??-=??-- --------------------------- （4）

(1) 式两端同乘 k 后，右端与 (2)式右端相等；(3) 式两端同乘 ?k 后，右端与 (4)式右端相等。

=??-??)2

sin(

)2

cos(

22L

k B L

k A λλ)2

cos(

)2

sin(

22L

B L

A λλλλ??+??

)2

sin(

)2

cos(

22L

k B L

k A λλ??-??-=)2

cos(

)2

sin(

22L

B L

A λλλλ??+??-

两式相加 (略去B 2的下角标)：)2sin(

L

k B λ??- = )2cos(

L

B λλ??

两式相减 (略去B 2的下角标)：)2cos(L k A λ?? = )2sin(L A λλ?? 当 A ≠ 0 ，同时 B ≠ 0 的条件下：1)2

(tan 2-=L λ。无实数解。 当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下：λ

λk

L

=

)2

tan(

即 E

E V mE

L -=

0)22tan(

当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：k

L

λ

λ-

=)2

tan(

即E

V E

mE L --

=0)22tan(

上面两式 即为能量 E 满足的关系式。 图解法求 能量 E ：设 x =

V E

f 1(x) =

112

-x

f 2(x) = )22tan(0x mV L f 3(x) = )(1

1x f -

做上面三个函数的曲线求交点，进一步可求能量E 以及证明它的不连续性和取值个数的有限性。 另外，上面能量 E 所满足的关系式还可以做进一步的变换。

当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下：1)

2

(cos 1)2(cos )

2(

sin )2

(

tan 2222

2

2

-==

=

L L L

k L

λλλλλ

2

222

)2

(

cos V E k L

=

+=

λλλ 0

)2

cos(

V E

L

±

=λ 当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：

1)

2

(cos 1)2(cos )

2(

sin )2(tan 22222

2

-===L L L

k

L λλλλ

λ

02

222

1)2(cos V E

k

k L

-=+=λλ 0

)2

sin(

V E

L

±

=λ 设 x =

0V E

，(0 < x < 1)；设

220mV L =C (常数)；则 当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下：cos(Cx) = ±x

当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：sin(Cx) = ±x

做 f 1(x) = cos(Cx)；f 2(x) = ±x ；f 3(x) = sin(Cx) 曲线：

0.00

0.25

0.50

0.75 1.00

-1.00

-0.75-0.50-0.250.000.250.500.751.00f 2

f 2

f 1

x

f(x)

f 3解释从略。然而两种方法求得的E 值个数

居然不同(两次作图中均设 常数 C=10)，这一点 仍感到疑惑。

原子物理学第四章习题课

1 （教材 143页 第四章 习题 1） 已知 Li 原子光谱主线系最长波长 λ = 6707 ?，辅线系系限波长 λ∞ = 3519 ?。求Li 原子第一激发电势和电离电势。

解：Li 原子主线系为 n p → 2s 跃迁。波长最长的跃迁对应 2p → 2s 跃迁。同时 2p 态即为Li 原子第一激发态。第一激发态的能量

E = hc/λ = 1.988 ? 10?25 J ?m / 6707 ? = 2.96 ? 10?19 J = 1.85 eV 所以第一激发电势为 1.85 V 。

第一和第二辅线系的系限是相同的。波长为系限波长的光子能量等于 n = ∞ 的 S 或 D 能级与 2p 能级之间的能量差。

该能量为：E = hc/λ = 1.988 ? 10?25 J ?m / 3519 ? = 5.64 ? 10?19 J = 3.53 eV 因此，从 n = ∞ 到 基态即2s 态的能量间隔为 E= 1.85 eV + 3.53 eV = 5.38 eV 。

所以基态 Li 原子的电离电势为 5.38 V 。

2 （教材 14

3 页 第四章 习题 6） 计算氢原子 赖曼线系 第一条 的精细结构分裂 的波长差。 解：不考虑精细结构时，氢原子 赖曼线系 第一条线 对应 从 n =2 至 n =1 的跃迁。 考虑精细结构后，n =1 能级 l = 0无分裂，原子态为 12S 1/2 。

n =2 能级 l = 0 或 1，与自旋耦合 可形成 3 个能级，原子态分别为 22S 1/2，22P 1/2, 22P 3/2。 由跃迁选择定则：?l =±1；?j =0, ±1知道，考虑精细结构后，原来的1条光谱线分裂为2条，分别对应从A ：22P 1/2 和B ：22P 3/2 态 到 12S 1/2 态的跃迁。2P 1/2 态能级低于 2P 3/2 态能级。

两条跃迁的波长差为：?λ = λA ?λB = hc/E A ? hc/E B =hc (E B ?E A )/(E A E B ) ≈ hc (E B ?E A ) / (E n=2 ? E n=1)2 式中：hc = 1.988 ? 10?25 J ?m = 1.241 ? 10?6 eV ?m

(E n=2 ? E n=1)2 = (?hcR/4 + hcR/1)2 = 9/16 ? (hcR)2 = 9/16 ? (13.6 eV)2 = 104.04 eV 2 E B ? E A = (E n=2, Bohr + ?E n=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling ? E ground-state )

? (E n=2, Bohr + ?E n=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling ? E ground-state )

= ?E n=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling ? ?E n=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling

= )]432/11()432/11[()(3

42n j n j n s Z Rhc A B -+--+?--α

= 3

4

2)(n s Z Rhc --α?

]2/12/112/12/31[+-+ = 2

2342137

166.13162)(?==-eV Rhc n s Z Rhc αα = 4.53 ? 10?5 eV

所以 ?λ = hc (E B ?E A ) / (E n=2 ? E n=1)2

=m m

R Rhc Rhc hc H 13

1

2222104.510967758137919)(16/916--?=??=?=???αα = 0.0054?

3 已知 Li 原子的 S 能级的量子数亏损 ?s = 0.41。实验测得将 Li 原子的三个电子依次电离共需要电离能 203.4

4 eV 。求每个电子的电离能，以及原子实中 一个电子对另一个电子的电荷屏蔽常数σ。

解答：Li 原子中含三个电子，两个电子占据 n=1 轨道 并与原子核形成原子实，另外一个电子作为价电子占据 n=2 轨道，基态时价电子的原子态为 2S 1/2。

将第一个电子即价电子电离所需要的能量 等同于 Li 原子主线系 系限跃迁 （从n=∞ 态 至 2 2S 1/2 态）的能量。

主线系的波数可表达为：])

(1

)2(1[

2

2p s Li n R ?--?-=ν n=2, 3, 4, ……. 系限跃迁波数 2

22)2(])(1

)2(1[

s Li p s Li R R ?-=

?-∞-?-=∞ν 由题意知道：?s = 0.41。另外 近似 取 R Li 为类氢 Li 离子情况的 R Li++ ,约为 1.097 ? 107 m ?1。

则系限跃迁能量即第一个电子的电离能为： E 1st = 2

2)41.02(6.13)2(-≈

?-=

∞eV

hcR hc s Li ν = 5.38 eV 假设第二个电子已经被电离，根据类氢离子光谱的规律求第三个电子的电离能：

类氢离子的能级满足 2

2

n Z hcR E A n -=

因此Li 原子第三个电子的电离能为

E 3rd = E ∞ ? E 1 = hcR Li Z 2 ≈ 13.6 eV ? 32 = 122.40 eV 进一步可求得 Li 原子第二个电子的电离能为 ： E 2nd = E total ? E 1st ? E 3rd = 75.66 eV

重新回到第二个电子被电离之前。设另一个电子对它的电荷屏蔽常数为σ。由于 n=1，轨道贯穿效应和原子实极化效应可忽略。则第二个电子所感受到的有效电荷为 Z ?σ。由这样状态的电子所形成的原子能级应该近似满足

2

2

)(n

Z hcR E A n σ--= n= 1, 2, 3, 4, ……. 该电子的电离能 E ionization = E ∞ ? E 1 = hcR Li (Z ?σ)2 它应等于前面求出的 E 2nd = 75.66 eV

由 hcR Li (Z ?σ)2 = 13.6 eV ? (3?σ)2 =75.66 eV 求出 σ = 0.64

原子物理学第四章作业(Chu Sheng Lin 教材 143页)

2 Na 原子的基态为 3S 。已知其共振线波长为 589

3 ?，漫线系第一条的波长为8193 ?。基线系第一条

线的波长为18459 ?，主线系的系限波长为2413 ?。试求 3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值。 解答：Na 原子能级示意图及题中所述各跃迁如下：

理论上原子的共振线题中所谓共振线指第一激发态与基态之间的跃迁。对应该跃迁的共振截面是最大的。

与氢原子相似，碱金属原子的光谱跃迁的波数可以表达为

)()()*

1*1(

1

2

2n T m T n m R -=-==

λ

ν 由题中已知信息 得

)

4()3(184591

)3()3(81931)

3()3(58931)3()()3(24131F T D T A

D T P T A P T S T A S T T S T A -=-=-==∞-=

依次解得：T(3S) = 4.144、T(3P) = 2.447、T(3D) = 1.227、T(4F) = 0.685 ，单位为 106 m ?1

3 K 原子的共振线波长为 7665 ?。主线系系限波长为 2858 ?。已知 K 原子的基态 为 4S 。试求 4S 、4P 谱项的量子数修正项 ?S 、?P 各为多少？

解答：思路与上题相似，可以解出 T(4S) = 3.499 ? 10 6 /m 、T(4P) = 2.194 ? 10 6 /m 。

2

41

72421

6

)4(10097.1)(*10499.3)4(S S m n R n R m S T ?-?≈

?-==?=-- 因此 ?S = 2.229

类似的计算得 ?P = 1.764

4． Li 原子的基态为 2S ，当把 Li 原子激发到 3P 态后，问当Li 原子从3P 激发态向低激发态退激时，

可能产生那些谱线（不考虑精细结构）？

解答：基态 2S 与激发态3P 之间存在有中间激发态 2P 和 3S 。Li 原子从3P 激发态向低激发态退激时， 退激跃迁满足选择定则 ? l = ± 1、?j = 0、± 1。

不考虑精细结构，可能产生的谱线如下图所示，共计4条跃迁。

7 Na 原子光谱中得知其3D 项的项值 T 3D = 1.2274 ? 10 6 /m 。试计算该谱项之精细结构裂距。 解答： （1） 由

)

1(*18133**)3(3

422

2

2+=?=

=l l n Z R n RZ n R D T αν）页公式（以及教材 可以计算出 3D 项以波数差表示的裂距为 3.657 米?1

（2）在上述公式（18）没有掌握的情况下，可以选择从教材138页公式 （7）出发解题。

)432/11()()(3

4222n j n

s Z Rhc n Z Rhc E -+----=ασ 在这样的计算中，必须假定表征有效电荷 Z* 的 Z ?σ 和 Z ?s 相等。实际上在前面的解法（1）中也做了

这样的假定，该解法中未做Z ?σ 和 Z ?s 的精细划分，Z*实际上与 Z ?s 相对应。

2S 2P

3P

3D 能级由于自旋-轨道之间的耦合，分裂为 j = l + 1/2 = 5/2和 j = l ? 1/2 = 3/2 双层。两层之间的能级间隔为

)

1(*]2/12/112/12/11[)()2/3,3()2/5,3(3

423

42+=+--++?--===-===?l l n Z Rhc l l n

s Z Rhc j n E j n E E αα 用波数表示 )

1(*34

2+=

?=?l l n Z R hc E αν= 11722

162442657.33

210097.11373)102274.1()1(*----=??????=+?m m m l l R n n Z R α （用能量表示的裂距为4.538?10?6 eV ）

原子物理学第五章习题课

1 分别按LS 耦合和jj 耦合写出 pd 电子组态可以构成的原子态 解答： p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数 l 1 = 1 s 1 =1/

2 d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数l 2 = 2 s 2 = 1/2 （1） LS 耦合情况：

总轨道角动量量子数 L = l 1 + l 2；l 1 + l 2 ? 1；…… | l 1 ? l 2| = 3，2，1 总自旋角动量量子数 S = s 1 + s 2；s 1 + s 2 ? 1；…… |s 1 ? s 2| = 1，0 总角动量量子数 J = L + S ，L + S ? 1，…… |L ?S|

可耦合出的原子态2S+1L J 有：3F 4,3,2、3D 3,2,1、3P 2,1,0、1F 3、1D 2、1P 1 （2） jj 耦合情况：

p 电子的总角动量量子数 j 1 = l 1 + s 1，l 1 + s 1 ? 1，……，| l 1 ? s 1| = 3/2，1/2 d 电子的总角动量量子数 j 2 = l 2 + s 2，l 2 + s 2 ? 1，……，| l 2 ? s 2| = 5/2，3/2 总角动量量子数 J = j 1 + j 2，j 1 + j 2 ? 1，…… | j 1 ? j 2|

可耦合出的原子态 (j 1, j 2)J 有 (3/2, 5/2)4,3,2,1 、(3/2, 3/2)3,2,1,0 、(1/2, 5/2)3,2 、(1/2, 3/2)2,1

2 求4I 15/2 态的总角动量、总轨道角动量、总自旋角动量，并求总轨道角动量与总总角动量之间的夹角。 解答：由题中原子态符号可知：

总自旋角动量量子数 S 满足 2S+1 = 4，即 S = 3/2 总轨道角动量量子数 L = 6 总角动量量子数 J = 15/2 总自旋角动量：P S = )1(+S S ? =

2

15 总轨道角动量：P L =

42)1(=+L L

总角动量：P J =

2

255

)1(=

+J J 三个角动量满足三角关系。

),cos(22

22J L J L J L S

P P P P P P P

???-+=

代入各角动量数值后计算得 cos (P L , P J ) =

9856.010710

102=

所以夹角为 arc cos (0.9856) = 9.7 ?

3 用简化的slater 方法按LS 耦合推导同科电子 d 2 和 d 8 的原子态，并分别给出各原子态的能级顺序。

解答：首先同科电子d2的原子态的推导。

两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = 2，自旋量子数s1 = s2 = 1/2

LS耦合下

总轨道角动量量子数L = l1 + l2, l1 + l2? 1, ……|l1?l2| = 4，3，2，1，0

总自旋角动量量子数S = s1 + s2, s1 + s2? 1, ……|s1?s2| = 1，0

各相应磁量子数的取值集合分别为：

m l1，m l2 = 2，1, 0, ?1，?2；m s1，m s2 = 1/2, ?1/2

M L = 4，3，2，1，0，?1，?2，?3，?4；M S = 1，0，?1

满足Pauli exclusion principle 的各微观态(m l1，m s1)(m l2，m s2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)

M L M S 1 0

4 (2, +)(2, ?)

3 (2, +) (1, +) (2, +) (1, ?) (2, ?) (1, +)

2 (2, +) (0, +) (2, +) (0, ?) (2, ?) (0, +) (1, +) (1, ?)

1 (2, +) (?1, +)

(1, +) (0, +)

(2, +) (?1, ?)

(2, ?)(?1, +)

(1, +) (0, ?)

(1, ?)(0, +)

0 (2, +) (?2, +)

(1, +)(?1,+)

(2, +) (?2, ?)

(2, ?)(?2,+)

(1,+) (?1, ?)

(1, ?) (?1,+)

(0, +) (0, ?)

首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数M L最大，这时该最大值为2。并给出对应的M S取值。如下：

M L = 4,3,2,1,0,?1,?2,?3,?4

M S = 0,0,0,0,0, 0, 0, 0, 0

分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=4；S=0。原子态为1G4 。

在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：

M L = 3,2,1,0,?1, ?2, ?3

M S = 1,1,1,1,1,1,1

0,0,0,0,0,0,0

?1,?1,?1,?1, ?1,?1,?1

因此L = 3, S = 1。对应原子态为：3F4,3,2

继续重复上述过程：

M L = 2,1,0,?1, ?2

M S = 0,0,0,0,0

对应L = 2，S=0；原子态为1D2

M L = 1,0,?1

M S = 1,1,1

0,0,0

?1,?1,?1

对应L=1，S=1；原子态为3P0,1,2

M L = 0

M S =0

对应L = 0、S = 0；原子态为1S0

因此同科d2电子的原子态有：1G4、3F2,3,4、1D2、3P0,1,2、1S0

d 支壳层填满时 容纳 10 个电子，因此 同科 d 8 电子的原子态与 d 2 相同。 根据Hund 定则可以知道各原子态的能级顺序。

由d 2 电子生成的各原子态的能级顺序为（为方便，用 < 表示 “能级低于”） 3

F 2 < 3F 3 < 3F 4 < 3P 0 < 3P 1 < 3P 2 < 1

G 4 < 1D 2 < 1S 0 由d 8 电子生成的各原子态的能级顺序为 3

F 4 < 3F 3 < 3F 2 < 3P 2 < 3P 1 < 3P 0 < 1

G 4 < 1D 2 < 1S 0

(附录 Hund 定则：电子自旋平行排列时即S 取值最大时 能级最低；S 值相同时 L 取值最大的能级最低；S 和L 值相同而J 值不同的诸能级顺序 在同科电子数小于或等于所在支壳层的半满时呈现正常次序，即J 值越小能级越低；而在同科电子数大于所在支壳层的半满时 呈现倒转次序，即J 值越大能级越低。同科电子生成的原子态一般满足这一定则。本题中 d 支壳层填满时容纳10个电子，所以d 2 和d 8 生成的原子态分别呈现正常次序和倒转次序。)

4 （禇圣林教材 169页习题7）Ca 原子的能级是单层和三重结构。三重结构中 J 大的能级高。其锐线系的三重线的频率 ν2 > ν1 > ν0 。其频率间隔为 ?ν1 = ν1 ?ν0 ，?ν2 = ν2 ?ν1 。求比值 ?ν2/?ν1。 解答： 基态Ca 原子 核外电子排布式为： 1s 22s 22p 63s 23p 64s 2

只考虑一个电子被激发的情况，Ca 原子的激发态由4s 2 中的一个电子被激发到 4p 、4d 、4f 、5s 、5p 等轨道而形成。激发到各新轨道上的电子与保留在4s 轨道的电子耦合，生成一系列原子态及对应的激发能级。由于这些能级呈现单层和三重结果，所以可以认为前述的两个价电子间的耦合方式属于LS 耦合。所谓锐线系即为第二辅线系，指三重结构中从 各个S (L=0) 能级 到 最低的 P (L=1) 能级跃迁形成的谱线系。由于Ca 原子是2价电子体系，所以三重结构中 各 S 能级是单层的，各P 能级是三层的。并且三层能级的间隔满足Lande 间隔定则。最低P 能级中的三层精细能级间隔决定了锐线系三重线的跃迁能量差，并因此决定了三重线的频率间隔。

4s4s 电子组态耦合出的原子态只有一种，即 1S 0。因此三重结构中的最低 P 能级来源于 4s 电子与被激发的另一个电子的耦合。而在 4s4p 、4s4d 、4s4f 、4s5s 、4s5p 诸电子组态中，以4s4p 耦合出的诸原子态能级最低。容易导出 4s4p 电子组态形成的原子态有：1P 1和3P 2,1,0。其中的 3P 2,1,0 即应该为三重结构中最低的P 能级，也就是锐线系中各三重线跃迁的末态。

由题可知，3P 2,1,0 中 3P 2、3P 1、3P 0各原子态能级依次降低。根据Lande 能级间隔定则可知： [E(3P 2) ?E(3P 1)] : [E(3P 1) ?E(3P 0)] = 2 : 1 (这里E 代表能级能量) 对于锐线系，各跃迁能量可表达为：

[E(3S 1) ? E(3P 2) ]、[E(3S 1) ? E(3P 1) ]、[E(3S 1) ? E(3P 0) ]

它们分别与题中频率为 ν0、ν1、ν2 的跃迁相对应。这些能量(即能级能量的差)分别记作 E 0、E 1、E 2由跃迁能量与跃迁波数关系 E = hc ν 得

?ν2/?ν1 = (ν2 ?ν1)/ (ν1 ?ν0) = (E 2 ? E 1)/(E 1 ? E 0)

= 21)

()()()()]()([)]()([)]()([)]()([13

2303

132313131313130313=--=------P E P E P E P E P E S E P E S E P E S E P E S E 5（杨福家教材244页习题5-8） Be 原子基态电子组态是2s2s 。若其中一个电子被激发到3p 态，按LS

耦合可形成哪些原子态？从这些原子态向低能级跃迁时，可以产生哪些光谱线。画出相应的能级跃迁图。 解答：

容易导出LS 耦合下 2s3p 电子组态可生成的原子态有：1P1 ；3P 2,1,0

从这些原子态向下退激时，除向基态2s2s 退激外，还可能会向 2s2p 、2s3s 退激。因此，需要写出低于2s3p 能级的所有能级的原子态。 容易导出

2s2s 的原子态有 1S 0；

2s2p 的原子态有 1P1 ；3P 2,1,0 2s3s 的原子态有 1S 0 ；3S 1

2s2p 和2s3p 属非同科电子，我们无从知道它们所形成的三重态呈现正常次序或反常次序。不妨假定为正常次序。做能级图如下（不成比例），并根据跃迁选择定则标出跃迁。

2s3s 3

S 1

2s3p 1P 1

2s3p 3P 23P 13

P 0

2s3s 1

S 0

2s2p 1

P 1

2s2s 1

S 0

2s2p

3P 23P 1

3

P

说明：三重态与单重态之间因不满足 ?S = 0，因而相互无跃迁发生。从 2s3p 到2s2p 、从2s3s 到2s2s 以及各三重态精细结构内部之间无跃迁发生，这是因为不满足跃迁普适定则，即跃迁前后 原子的宇称(?1)∑l i 或者说原子奇偶性∑l i 必须发生变化。

6 写出 15P 、16S 、17Cl 、18Ar 的基态 电子组态，并确定基态原子态。 解答：各元素基态电子组态如下

15P ：1s 22s 22p 63s 23p 3

16S ：1s 22s 22p 63s 23p 4

17Cl ：1s 22s 22p 63s 2

3p5

18Ar ：1s 22s 22p 63s 23p 6

根据同科电子的slater 方法可确定出各元素基态电子组态的原子态，并根据 Hund 定则可以判断各原子态能量最低的态，即基态原子态。（上述过程从略）。结果如下：

15P ：4S 、2P 、2D 基态为 4

S

16S ：1S 、1D 、3P 基态为 3

P 2

17Cl ：2P 基态为 2

P 3/2

18Ar ：1S 基态为 1

S

另外也可以根据轨道方框图法直接确定各元素的基态原子态。轨道填充规则为：（1）尽量使各电子自旋平行排列，以保证S 值最大。这样做时，为满足泡利原理，各电子应尽量先占据不同 m l 的态（2）当S 值取定后，电子应尽量占据L 值最大的状态。这样做时，应尽量使电子占据m l 值最大的微观态，以保证最后的 M L =∑m l 最大，因而进一步保证L 取值可以最大。实际上，这样的填充规则就是Hund 定则的具体体现。

以 15P 为例，电子轨道填充方框图如下：

↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑

m l =0 m l =0 m l =1 m l =0 m l = ?1 m l =0 m l =1 m l =0 m l = ?1

1s 2s 2p 3s 3p 价电子的总自旋量子数 S = 1/2 + 1/2 +1/2 =3/2 价电子的总轨道量子数 L = ∑m l = 1 + 0 + (?1) = 0 所以基态原子态为 4S 3/2

原子物理学第五章作业 （Ch S L 教材168页）

1． He 原子的两个电子处在2p3d 态。问可能组成哪几种原子态？（按LS 耦合） 解答： l 1 = 1 l 2 = 2 L = l 1 + l 2, l 1 + l 2?1, ……, | l 1 ? l 2| = 3, 2, 1

s 1 =1/2 s 2 =1/2 S = s 1 + s 2, s 1 + s 2?1, ……, |s 1 ? s 2| = 1, 0 这样按J = L+S, L+S ?1, ……, |L ?S| 形成如下原子态：

S = 0 S = 1

L = 1 1P 1 3

P 0,1,2

L =2 1D 2 3

D 1,2,3

L = 3 1F 3 3

F 2,3,4

3.Zn 原子(Z=30) 的最外层电子有两个。基态时的组态是4s4s。当其中的一个电子被激发，考虑两种情况：(1) 那电子被激发到5s 态。(2) 它被激发到4p态。试求在LS耦合下两种电子组态分别组成的原子态。画出相应的能级图。从(1)和(2)两种情况形成的激发态，分别各有几种光谱跃迁？

解答：

(1)4s5s 构成的原子态

l1 = 0 l2 = 0 所以L = 0

s1 =1/2 s2 =1/2 所以S = 0, 1

因此可形成的原子态有1S0，3S1

(2)4s4p 构成的原子态

l1 = 0 l2 = 1 所以L = 1

s1 =1/2 s2 =1/2 所以S = 0, 1

因此可形成的原子态有1P1，3P0,1,2

另外基态时4s4s 的原子态为1S0 。能级图如下：

4s5s 1S

4s5s 3S

1

4s4p 1P

1

4s4p 3P

2

4s4p 3P

4s4p 3P

4s4s 1S

图中3P23P13P0

当(1)的情况下，可以发生5种光谱跃迁。(2)的情况下可以发生1种光谱跃迁，即从1P1到1S0的跃迁。各光谱跃迁已经标于能级图中。

说明：本题不够严密，因为本章中尚未学习4d、4f、5s三者之间的能量高低关系。实际情况可能为5s最低，这将在第7章中学习到。鉴于无从知道4s4d、4s4f、4s5s 各组态能级的高低顺序，无论4s4d、4s4f能级是否画在图中，都视为正确解答。

3.试以两个价电子l1 = 2、l2=3 为例证明，不论是LS耦合还是jj耦合，都给出同样数目可能状态。

解答：1）.LS 耦合情况

l1 = 2 l2 = 3 L = l1 + l2, l1 + l2?1, ……, | l1? l2| = 5, 4, 3, 2, 1

s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2?1, ……, |s1 ? s2| = 1, 0

可给出的原子态如下表：

L = 1 L = 2 L = 3 L = 4 L = 5 S = 0 1P11D21F31G41H5

S = 1 3P0,1,23D1,2,33F2,3,43G3,4,53H4,5,6

共计20种可能状态。

2）jj 耦合情况

l1 = 2 s1 = 1/2 j1 = l1 + s1, l1 + s1?1, ……, | l1? s1| = 5/2, 3/2

l2 = 3 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s2?1, ……, | l2? s2| = 7/2, 5/2

按照J = j1 + j2, j1 + j2? 1, ……, |j1? j2| 可给出的原子态(j1, j2)J如下表：

j1 = 3/2 j1 = 5/2

j2 = 5/2 (3/2, 5/2)1,2,3,4(5/2, 5/2)0,1,2,3,,4,5

j2 = 7/2 (3/2, 7/2)2,3,4,5(5/2, 7/2)1,2,3,4,5,6

共20中可能状态。

因此不论是LS耦合还是jj耦合，都给出20种可能状态

3.利用LS 耦合、Pauli 原理、和Hund 定则来确定碳Z=6和氮Z=7的基态。

解答：碳Z = 6 基态时的电子排布式为：1s22s22p2，价电子组态为2p2p，二者为同科电子。

两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = 1，自旋量子数s1 = s2 = 1/2

LS耦合下

总轨道角动量量子数L = l1 + l2, l1 + l2? 1, ……|l1?l2| = 2，1，0

总自旋角动量量子数S = s1 + s2, s1 + s2? 1, ……|s1?s2| = 1，0

各相应磁量子数的取值集合分别为：

m l1，m l2 = 1, 0, ?1；m s1，m s2 = 1/2, ?1/2

M L = 2，1，0，?1，?2；M S = 1，0，?1

满足Pauli exclusion principle 的各微观态(m l1，m s1)(m l2，m s2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)

M L M S 1 0

2 (1, +) (1, ?)

1 (1, +) (0, +) (1, +) (0, ?) (1, ?)(0, +)

0 (1, +)(?1,+) (1,+) (?1, ?) (1, ?) (?1,+) (0, +) (0, ?)

首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数M L最大，这时该最大值为1。并给出对应的M S取值。如下：

M L = 2, 1,0,?1, ?2

M S = 0,0,0,0,0, 0

分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=2；S=0。原子态为1D2 。

在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：

M L = 1,0,?1

M S = 1,1,1

0,0,0

?1,?1,?1

因此L = 1, S = 1。对应原子态为：3P2,1,0

继续重复上述过程：

M L = 0M S = 0 对应L = 0，S=0；原子态为1S0

因此2p2p 电子组态可LS耦合出的原子态有：1D2、3P0,1,2、1S0

其中3P0,1,2各态重数最高，根据Hund定则，基态必然是3P0,1,2中某个态。P支壳层最多可容纳6个电子，对于碳而言，两个价电子占据该壳层且小于半满，各多重态能级呈现正常次序。因此，碳Z=6原子的基态为3P0。

氮Z = 7 基态时的电子排布式为：1s22s22p3，价电子组态为2p2p2p，为三个同科电子。

两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = l3 =1，自旋量子数s1 = s2 = s3 = 1/2

LS耦合下

前两个电子的总轨道角动量量子数L P = l1 + l2, l1 + l2? 1, ……|l1?l2| = 2，1，0

前两个电子的总自旋角动量量子数S P = s1 + s2, s1 + s2? 1, ……|s1?s2| = 1，0

考虑第三个电子后总轨道角动量量子数L = L P + l3, L P + l3? 1, ……| L P?l3| = 3，2，1，0

总轨道角动量量子数S = S P + s3, S P + s3? 1, ……| S P? s3| = 3/2，1/2

各相应磁量子数的取值集合分别为：

m l1，m l2，m l3 = 1, 0, ?1；m s1，m s2，m s2 = 1/2, ?1/2

M L = 3，2，1，0，?1，?2，?3；M S = 3/2，1/2，?1/2，?3/2

满足Pauli 原理的各微观态(m l1，m s1)(m l2，m s2) (m l3，m s3) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)

M S = 3/2 M S = 1/2 M L = 3

M L = 2 (1, +) (1, ?) (0, +)

M L = 1 (1, +) (0, +) (0, ?)

(1, +) (1, ?) (?1, +)

M L = 0

(1, +) (0, +) (?1, +) (1, +) (0, +) (?1, ?) (1, +) (0, ?) (?1, +) (1, ?) (0, +) (?1, +)

首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数M L最大，这时该最大值为2。并给出对应的M S取值。如下：

M L = 2, 1, 0, ?1, ?2

M S = 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2

?1/2, ?1/2, ?1/2, ?1/2, ?1/2

分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=2；S=1/2。原子态为2D5/2,3/2

在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：

M L = 1, 0, ?1,

M S = 1/2, 1/2, 1/2,

?1/2, ?1/2, ?1/2,

这样的状态来源于L = 1，S=1/2，对应原子态为2P3/2,1/2。

继续在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：

M L = 0

M S = 3/2

1/2

?1/2

?3/2

这样的一组微观状态来源于L = 0，S=3/2，对应原子态为4S3/2。

因此p3电子组态形成的原子态有2D、2P、4S

根据Hund定则，S值最大的能级最低。因此上述原子态中能级最低的为4S 。即氮原子的基态为4S3/2。

3.已知He 原子的一个电子被激发到2p轨道，另一个电子还在1s轨道。试做出能级跃迁图来说明可能出现哪些光谱跃迁。

解答：在1s2p组态的能级和1s2s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s。

利用LS偶合规则求出各电子组态的原子态如下

1s1s：1S0

1s2s：1S0、3S1

1s2p：1P1、3P2,1,0

这些原子态之间可以发生5条光谱跃迁。能级跃迁图如下

1s2p 1P

1

1s2p 3P

1s2p 3P

1

1s2p 3P

2

1s2s 1S

1s2s 3S

1

1s1s 1S

8Pb原子基态的两个价电子都在6p轨道。若其中一个价电子被激发到7s轨道，而其价电子之间相互作用属于jj耦合。问此时铅原子可能有那些状态？

解答：

l1 = 0 s1 = 1/2 j1 = l1 + s1, l1 + s1?1, ……, | l1? s1| = 1/2

l2 = 1 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s2?1, ……, | l2? s2| = 3/2, 1/2

按照J = j1 + j2, j1 + j2? 1, ……, |j1? j2| 可给出的原子态(j1, j2)J如下：

(完整版)原子物理学第五章填空判断题(有答案)

第五章增加部分 题目部分，(卷面共有50题,96.0分,各大题标有题量和总分) 一、判断题(16小题,共16.0分) 1．(1分)同一电子组态形成的诸原子态间不发生跃迁。 2．(1分)跃迁可以发生在偶宇称到偶宇称之间。 3．(1分)跃迁只发生在不同宇称之间。 4．(1分)两个s电子一定可以形成1S0和3S1两个原子态。 5．(1分)同科电子形成的原子态比非同科电子形成的原子态少。 6．(1分)镁原子有两套能级，两套能级之间可以跃迁。 7．(1分)镁原子的光谱有两套，一套是单线，另一套是三线。 8．(1分)钙原子的能级是二、四重结构。 9．(1分)对于氦原子来说，第一激发态能自发的跃迁到基态。 10．(1分)标志电子态的量子数中，S为轨道取向量子数。 11．(1分)标志电子态的量子数中，n为轨道量子数。 12．(1分)若镁原子处于基态，它的电子组态应为2s2p。 13．(1分)钙原子的能级重数为双重。 14．(1分)电子组态1s2p所构成的原子态应为1P1和3P2,1,0。 15．(1分)1s2p ,1s1p 这两个电子组态都是存在的。 16．(1分)铍（Be）原子若处于第一激发态，则其电子组态为2s2p。 二、填空题(34小题,共80.0分) 1．(4分)如果有两个电子，一个电子处于p态，一个电子处于d态，则两个电子在LS耦合下L的取值为（）P L的可能取值为（）。 2．(4分)两个电子LS耦合下P S的表达式为（），其中S的取值为（）。3．(3分)氦的基态原子态为（），两个亚稳态为（）和（）。 4．(2分)Mg原子的原子序数Z=12，它的基态的电子组态是（），第一激发态的电子组态为（）。 5．(2分)LS耦合的原子态标记为（），jj耦合的原子态标记为（）。6．(2分)ps电子LS耦合下形成的原子态有（）。 7．(2分)两个电子LS耦合，l1=0，l2=1下形成的原子态有（）。 8．(2分)两个同科s电子在LS耦合下形成的原子态为（）。 9．(2分)两个非同科s电子在LS耦合下形成的原子态有（）。 10．(2分)两个同科s电子在jj耦合下形成的原子态为（）。 11．(4分)sp电子在jj耦合下形成（）个原子态，为（）。12．(2分)洪特定则指出，如果n相同，S（）的原子态能级低；如果n和S均相同，L （）的原子态能级低（填“大”或“小”）。 13．(2分)洪特定则指出，如果n和L均相同，J小的原子态能级低的能级次序为（），否则为（）。 14．(2分)对于3P2与3P1和3P1与3P0的能级间隔比值为（）。 15．(2分)对于3D1、3D2、3D3的能级间隔比值为（）。 16．(2分)郎德间隔定则指出：相邻两能级间隔与相应的（）成正比。 17．(3分)LS耦合和jj耦合这两种耦合方式所形成的（）相同、（）相同，但（）不同。 18．(4分)一个p电子和一个s电子，LS耦合和jj耦合方式下形成的原子态数分别为（）

原子物理学 杨福家 第四版(完整版)课后答案

原子物理学杨福家第四版(完整版)课后答案 原子物理习题库及解答 第一章 111,222,,mvmvmv,，,,,,,ee222,1-1 由能量、动量守恒 ,,,mvmvmv,，,,,,ee, (这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子) Δp θ mv2,,,得碰撞后电子的速度 p v,em，m,e ,故 v,2ve, 2m,p1,mv2mv4,e,eee由 tg,~,~~,~,2.5，10(rad)mvmv,,,,pm400, a79，2，1.44,1-2 (1) b,ctg,,22.8(fm)222，5 236.02，102,132,5dN(2) ,,bnt,3.14，[22.8，10]，19.3，,9.63，10N197 24Ze4，79，1.441-3 Au核: r,,,50.6(fm)m22，4.5mv,, 24Ze4，3，1.44Li核: r,,,1.92(fm)m22，4.5mv,, 2ZZe1，79，1.4412E,,,16.3(Mev)1-4 (1) pr7m 2ZZe1，13，1.4412E,,,4.68(Mev)(2) pr4m 22NZZeZZeds,,242401212dN1-5 ()ntd/sin()t/sin,,,,,2N4E24EAr2pp 1323,79，1.44，106.02，101.5123,,()，，1.5，10，， 24419710(0.5) ,822,610 ,6.02，1.5，79，1.44，1.5，,8.90，10197 3aa,,1-6 时， b,ctg,,,,6012222 aa,,时， b,ctg,，1,,902222 32()2,dNb112 ？,,,32dN1,b222()2 ,32,324，101-7 由，得 b,bnt,4，10,,nt

原子物理学详解复习资料褚圣麟

第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭' C 放射的，其动能为6 7.6810?电子伏特。散射物质是原子序数79Z =的金箔。试问散射角150ο θ=所对应的瞄准距离b 多大？ 解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619 079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K Mv α=是α粒子的功能。 1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θ πε=+ ， 试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？ 解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο --???=???+???14 3.0210-=?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？ 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο 。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： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 79(1.6010)910 1.141010 1.6010 ---??=??=???米 由上式看出：min r 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替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为13 1.1410 -?米。

原子物理学练习题及答案

填空题 1、在正电子与负电子形成的电子偶素中，正电子与负电子绕它们共同的质心的运动，在n = 2的状态， 电子绕质心的轨道半径等于 nm 。 2、氢原子的质量约为____________________ MeV/c 2。 3、一原子质量单位定义为 原子质量的 。 4、电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为 eV 。 5、电子电荷的精确测定首先是由________________完成的。特别重要的是他还发现了 _______ 是量子化的。 6、氢原子 n=2,n φ =1与H + e 离子n=?3,?n φ?=?2?的轨道的半长轴之比a H /a He ?=____, 半短轴之比b H /b He =__ ___。 7、玻尔第一轨道半径是0.5291010-?m,则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=_____,半短轴 b?有____个值，?分别是_____?， ??, . 8、 由估算得原子核大小的数量级是_____m,将此结果与原子大小数量级? m 相比, 可以说明__________________ . 9、提出电子自旋概念的主要实验事实是-----------------------------------------------------------------------------和 _________________________________-。 10、钾原子的电离电势是4.34V ，其主线系最短波长为 nm 。 11、锂原子（Z =3）基线系（柏格曼系）的第一条谱线的光子能量约为 eV （仅需 两位有效数字）。 12、考虑精细结构，形成锂原子第二辅线系谱线的跃迁过程用原子态符号表示应 为——————————————————————————————————————————————。 13、如果考虑自旋, 但不考虑轨道-自旋耦合, 碱金属原子状态应该用量子数————————————表示，轨道角动量确定后, 能级的简并度为 。 14、32P 3/2→22S 1/2 与32P 1/2→22S 1/2跃迁, 产生了锂原子的____线系的第___条谱线的双线。 15、三次电离铍(Z =4)的第一玻尔轨道半径为 ，在该轨道上电子的线速度 为 。 16、对于氢原子的32D 3/2能级，考虑相对论效应及自旋-轨道相互作用后造成的能量移动与 电子动能及电子与核静电相互作用能之和的比约为 。 17、钾原子基态是4s,它的四个谱线系的线系限的光谱项符号,按波数由大到小的次序分别 是______,______,_____,______. (不考虑精细结构，用符号表示). 18、钾原子基态是4S ，它的主线系和柏格曼线系线系限的符号分别是 _________和 __ 。 19、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?x,x p ? 之间的关系为_____ 。 20、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?E,t ? 之间的关系为_____ 。

原子物理学习题答案(褚圣麟)很详细

1．原子的基本状况 1.1解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K Mv α=是α粒子的功能。 1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θ πε=+ ， 试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？ 解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο --???=???+???14 3.0210-=?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。问质子与金箔原子核可能达到的最 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。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： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 79(1.6010)910 1.141010 1.6010 ---??=??=???米

由上式看出：min r 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替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-?米。 1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-?的银箔上，α粒 解：设靶厚度为't 。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。 因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体 角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为： dn Ntd n σ= (1) 而σd 为：2 sin ) ()41 (4 2 2 22 0θ πεσΩ=d Mv ze d （2） 把（2）式代入（1）式，得： 2 sin )()41(4 22220θπεΩ =d Mv ze Nt n dn (3) 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds d N 为原子密度。'Nt 为单位面上的原子数，10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη，其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数。 将各量代入（3）式，得： 2 sin )()41(324 22 22 00θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47

原子物理学09-10-2 B卷试题

2009—2010学年第2学期《原子物理学》期末试卷 专业班级 姓名 学号 开课系室应用物理系 考试日期2010年6月26日10:00-12:00

说明：请认真读题，保持卷面整洁，可以在反面写草稿，物理常数表在第4页。 一. 填空题(共30空，每空1分，共30分) 1. 十九世纪末的三大发现、、，揭开了近代物理学的序幕。 2. 原子质量单位u定义为。 3. 教材中谈到卢瑟福的行星模型(原子的有核模型)有三个困难，最重要的是它无法解释原子的问题。丹麦科学家玻尔正是为了解决这个问题，在其原子理论引入第一假设，即分离轨道和假设，同时，玻尔提出第二假设, 即假设，给出频率条件，成功解释了困扰人们近30年的氢光谱规律之谜，第三步，玻尔提出并运用，得到角动量量子化、里德堡常数等一系列重要结果。 4. 夫兰克- 赫兹(Franck-Hertz) 实验是用电子来碰撞原子，测定了使原子激发的“激发电势”，证实了原子内部能量是的，从而验证了玻尔理论。氢原子的电离能为eV，电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为eV。 5. 在原子物理和量子力学中，有几类特别重要的实验，其中证明了光具有粒子性的有黑体辐射、、等实验。 6. 具有相同德布罗意波长的质子和电子，其动量之比为，动能(不考虑相对论效应)之比为。 7. 根据量子力学理论，氢原子中的电子，当其主量子数n=3时，其轨道磁距的可能取值为。

8. 考虑精细结构，锂原子(Li)第二辅线系(锐线系)的谱线为双线结构，跃迁过程用原子态符号表示为 ， 。(原子态符号要写完整) 9. 原子处于3D 1状态时，原子的总自旋角动量为 , 总轨道角动量为 ， 总角动量为 ； 其总磁距在Z 方向上的投影Z μ的可能取值为 。 10. 泡利不相容原理可表述为： 。它只对 子适用，而对 子不适用。根据不相容原理，原子中量子数l m l n ,,相同的最大电子数目是 ；l n ,相同的最大电子(同科电子)数目是 ； n 相同的最大电子数是 。 11. X 射线管发射的谱线由连续谱和特征谱两部分构成，其中，连续谱产生的机制是 ， 特征谱产生的机制是 。 二、选择题(共10小题，每题2分，共20分) 1. 卢瑟福由α粒子散射实验得出原子核式结构模型时，理论基础是： ( ) A. 经典理论； B. 普朗克能量子假设； C. 爱因斯坦的光量子假设； D. 狭义相对论。 2. 假设钠原子(Z=11)的10个电子已经被电离，则至少要多大的能量才能剥去它的 最后一个电子？ ( ) A.13.6eV ； B. 136eV ； C. 13.6keV ； D.1.64keV 。 3. 原始的斯特恩-盖拉赫实验是想证明轨道角动量空间取向量子化, 后来结果证明 的是： ( ) A. 轨道角动量空间取向量子化； B. 自旋角动量空间取向量子化； C. 轨道和自旋角动量空间取向量子化； D. 角动量空间取向量子化不成立。

原子物理学第八章习题答案

原子物理学第八章习题 答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第八章 X 射线 8.1 某X 光机的高压为10万伏，问发射光子的最大能量多大？算出发射X 光的最短波长。 解：电子的全部能量转换为光子的能量时，X 光子的波长最短。而光子的最大能量是：5max 10==Ve ε电子伏特 而 min max λεc h = 所以οελA c h 124.01060.1101031063.61958 34max min =?????==-- 8.2 利用普通光学反射光栅可以测定X 光波长。当掠射角为θ而出现n 级极大值出射光线偏离入射光线为αθ+2，α是偏离θ级极大出射线的角度。试证：出现n 级极大的条件是 λααθn d =+2 sin 22sin 2 d 为光栅常数（即两刻纹中心之间的距离）。当θ和α都很小时公式简化为λαθαn d =+)2(2 。 解：相干光出现极大的条件是两光束光的光程差等于λn 。而光程差为：2 sin 22sin 2)cos(cos ααθαθθ+=+-=?d d d L 根据出现极大值的条件λn L =?，应有 λααθn d =+2 sin 22sin 2 当θ和α都很小时，有22sin ;22222sin αααθαθαθ≈+=+≈+ 由此，上式化为：;)2(λααθn d =+ 即 λαθαn d =+)2(2

8.3 一束X 光射向每毫米刻有100条纹的反射光栅，其掠射角为20＇。已知第一级极大出现在离0级极大出现射线的夹角也是20＇。算出入射X 光的波长。 解：根据上题导出公式： λααθn d =+2 sin 22sin 2 由于'20,'20==αθ，二者皆很小，故可用简化公式： λαθαn d =+)2(2 由此，得：οαθαλA n d 05.5)2 (;=+= 8.4 已知Cu 的αK 线波长是1.542ο A ，以此X 射线与NaCl 晶体自然而成'5015ο角入射而得到第一级极大。试求NaCl 晶体常数d 。 解：已知入射光的波长ολA 542.1=，当掠射角'5015οθ=时，出现一级极大（n=1）。 οθλ θ λA d d n 825.2sin 2sin 2=== 8.5 铝（Al ）被高速电子束轰击而产生的连续X 光谱的短波限为5ο A 。问这时是否也能观察到其标志谱K 系线？ 解：短波X 光子能量等于入射电子的全部动能。因此 31048.2?≈=λεc h 电电子伏特 要使铝产生标志谱K 系，则必须使铝的1S 电子吸收足够的能量被电离而产生空位，因此轰击电子的能量必须大于或等于K 吸收限能量。吸收限能量可近似的表示为：

原子物理学习题答案(褚圣麟)

7.2 原子的3d 次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？ 答：电子的状态可用四个量子s l m m l n ,,,来描写。根据泡利原理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两个电子具有完全相同的四个量子数。 3d 此壳层上的电子，其主量子数n 和角量子数l 都相同。因此，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自旋磁量子数不能同时相等，至少要有一个不相等。对于一个给定的l m l ,可以取12;,....,2,1,0+±±±=l l m l 共有个值；对每个给定的s l m m ,的取值是 2 1 21-或，共2个值；因此，对每一个次壳层l ,最多可以容纳）（122+l 个电子。 3d 次壳层的2=l ，所以3d 次壳层上可以容纳10个电子，而不违背泡利原理。 7.4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？ n l n m l n )3(;,)2(;,,)1(。 答：（1）m l n ,,相同时，s m 还可以取两个值：2 1 ,21-==s s m m ；所以此时最大电子数为2个。 （2）l n ,相同时，l m 还可以取两12+l 个值，而每一个s m 还可取两个值，所以l n ,相同的最大电子数为)12(2+l 个。 （3）n 相同时，在（2）基础上，l 还可取n 个值。因此n 相同的最大电子数是： 21 2)12(2n l N n l =+=∑-= 7.5 从实验得到的等电子体系K Ⅰ、Ca Ⅱ……等的莫塞莱图解，怎样知道从钾Z=19开始不填s d 43而填次壳层，又从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层？ 解：由图7—1所示的莫塞莱图可见，S D 2 2 43和相交于Z=20与21之间。当Z=19和 20时，S 24的谱项值大于D 23的值，由于能量同谱项值有hcT E -=的关系，可见从钾Z=19 起到钙Z=20的S 2 4能级低于D 2 3能级，所以钾和钙从第19个电子开始不是填s d 43而填次壳层。从钪Z=21开始，S 2 4谱项低于D 2 3普项，也就是D 2 3能级低于S 2 4能级，所以，从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层。 7.6 若已知原子阿Ne,Mg,P 和Ar 的电子壳层结构与“理想”的周期表相符，试写出这些原子组态的符号。

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原子物理学习题解答

第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭C ' 放射的，其动能为 7.68 ?106 电子伏 特。散射物质是原子序数 Z = 79 的金箔。试问散射角θ = 150ο 所对应的瞄准距离b 多大？ 解：根据卢瑟福散射公式： M v 2 θ K α c o t = 4 π ε 0 b = 4 π ε 0 b 2 Z e 2 Z e 2 2 得到： Z e 2ct g θ 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 01 9 ) 2 ct g 1 5 0ο - 1 5 b = 2 2 = = 3 .9 7 ? 1 0 ( 4π ? 8 .8 5 ? 1 0 - 1 2 ) ? (7 .6 8 ? 1 06 ? 1 0- 1 9 ) 米 4πε K 0 α 式中 K = 1 Mv 2 是α 粒子的功能。 α 2 1.2 已知散射角为θ 的α粒子与散射核的最短距离为 2 Z e 2 1 1 r m = ( 4 π ε ) ( 1 + ) ，试问上题α粒子与散射的金原子核 M v 2 s i n θ 2 之间的最短距离r m 多大？ 解：将 1.1 题中各量代入r m 的表达式，得： 1 2 Z e 2 1 = (1 + r m i n ( 4π ε Mv 2 ) ) s i n θ 0 2 - 1 9 2 4 ? 7 9 ? (1 .6 0 ? 1 0 ) 1 = 9 ? 1 0 9 ? ? (1 + ) 7 .6 8 ? 1 0 6 ? 1 .6 0 ? 1 0 - 1 9 sin 7 5ο = 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？ 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο 。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： 2 2 1 Ze Z e M v 2 = K = ，故有： r = m i n p 2 4 πε 0 r m i n 4 π ε 0 K p 7 9 ? (1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9 ) 2 = 1 . 1 4 ? 1 0 - 1 3 米 = 9 ? 1 0 9 ? 1 0 6 ? 1 . 6 0 ? 1 0 - 1 9

原子物理学杨福家1-6章课后习题答案

原子物理学课后前六章答案（第四版） 福家著(高等教育) 第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论 第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线 第一章 习题1、2解 1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为 10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不 动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散 射。电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2）

? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90o-2φ（9）

原子物理学第二章习题答案

第二章 原子的能级和辐射 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， π φ2h n mvr p == 可得：频率 21211222ma h ma nh a v πππν= == 赫兹151058.6?= 速度：61110188.2/2?===ma h a v νπ米/秒 加速度：222122/10046.9//秒米?===a v r v w 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。 解：电离能为1E E E i -=∞，把氢原子的能级公式2 /n Rhc E n -=代入，得： Rhc hc R E H i =∞-=)1 1 1(2=电子伏特。 电离电势：60.13== e E V i i 伏特 第一激发能：20.1060.1343 43)2 111(2 2=?==-=Rhc hc R E H i 电子伏特 第一激发电势：20.101 1== e E V 伏特 用能量为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： )1 11(22n hcR E H -= 其中6.13=H hcR 电子伏特 2.10)21 1(6.1321=-?=E 电子伏特 1.12)31 1(6.1322=-?=E 电子伏特 8.12)4 1 1(6.1323=-?=E 电子伏特 其中21E E 和小于电子伏特，3E 大于电子伏特。可见，具有电子伏特能量的电子不足以把基

态氢原子激发到4≥n 的能级上去，所以只能出现3≤n 的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为： ο ο ο λλλλλλA R R A R R A R R H H H H H H 102598 )3 111( 1121543)2 111( 1 656536/5)3 121( 1 32 23 22 22 1221 ==-===-===-= 试估算一次电离的氦离子+ e H 、二次电离的锂离子+ i L 的第一玻尔轨道半径、电离电势、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。 a) 氢原子和类氢离子的轨道半径： 3 1,2132,1,10529177.0443,2,1,44102 22 01212 2220= ======?==? ?===++++++ ++-Li H H Li H H H He Z Z r r Z Z r r Z Li Z H Z H Z me h a n Z n a mZe n h r e 径之比是因此，玻尔第一轨道半；，；对于；对于是核电荷数，对于一轨道半径；米，是氢原子的玻尔第其中ππεππε b) 氢和类氢离子的能量公式： ??=?=-=3,2,1,)4(222 12 220242n n Z E h n Z me E πεπ 其中基态能量。电子伏特，是氢原子的6.13)4(22 204 21-≈-=h me E πεπ 电离能之比： 9 00,4002 222== --==--+ ++ ++ H Li H Li H He H He Z Z E E Z Z E E c) 第一激发能之比：

原子物理学课后习题详解第6章(褚圣麟)

第六章 磁场中的原子 6.1 已知钒原子的基态是2/34F 。（1）问钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为几束？（2）求基态钒原子的有效磁矩。 解：（1）原子在不均匀的磁场中将受到力的作用，力的大小与原子磁矩（因而于角动量）在磁场方向的分量成正比。钒原子基态2/34F 之角动量量子数2/3=J ，角动量在磁场方向的分量的个数为412 3 212=+?=+J ，因此，基态钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为4束。 （2）J J P m e g 2=μ h h J J P J 2 15)1(= += 按LS 耦合：5 2 156)1(2)1()1()1(1==++++-++ =J J S S L L J J g B B J h m e μμμ7746.05 15 215252≈=???= ∴ 6.2 已知He 原子0111S P →跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其间距 厘米/467.0~=?v ，试计算所用磁场的感应强度。 解：裂开后的谱线同原谱线的波数之差为： mc Be g m g m v πλλ4)(1'1~1122-=-=? 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。对应11 P 原子态，1,0,12-=M ；1,1,0===J L S ， 对应01S 原子态，01=M ，211.0,0,0g g J L S =====。 mc Be v π4/)1,0,1(~-=? 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==?mc Be v π。 特斯拉。00.1467.04=?= ∴e mc B π 6.3 Li 漫线系的一条谱线)23(2/122/32P D →在弱磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。

原子物理学第一章习题参考答案

第一章习题参考答案 速度为v的非相对论的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-4 约为10rad. 要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V，沿X方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e表示，碰撞前静止在坐标原点O处，碰撞后以速度v沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） （3） （2） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得 （4） （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V， 化简上式，得 （６） 若记，可将（６）式改写为 （７）

视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sinθ=0 （1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90o-2φ（9） 将（9）式代入（7）式，有 由此可得 θ≈10弧度（极大）此题得证. （1）动能为的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μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几 解：（1）依和金的原子序数Z 2=79 -4 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2)要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n，问题不知道nA，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n值.，其他值从书中参考列表中找. 从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au=79，A Au=197，ρ Au=×10kg/m

原子物理学习题标准答案(褚圣麟)很详细

1．原子的基本状况 1.1解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619 079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K Mv α=是α粒子的功能。 1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θπε=+ ， 试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？ 解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75 ο --???=???+???14 3.0210-=?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。问质子与金箔原子核可能达到的最 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。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： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 192 9 13619 79(1.6010)910 1.141010 1.6010 ---??=??=???米 由上式看出：min r 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替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-?米。

原子物理学杨福家第一章答案

第一章习题1、2解 1.1 速度为v的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V，沿X方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。电子质量用m e表示，碰撞前静止在坐标原点O处，碰撞后以速度v沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 v m V M V M e + ' = α α（1） ? θ α α cos cos v m V M V M e + ' =（2） ? θ α sin sin 0v m V M e - ' =（3） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e（4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M（5）

再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v ， 化简上式，得 （６） θ?μ?θμ222sin sin )(sin +=+ （７） 视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令 θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 （1） 若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8） （2）若cos(θ+2φ)=0 则 θ=90o-2φ （9） 将（9）式代入（7）式，有 θ ?μ?μ2202)(90si n si n si n +=-

由此可得 θ≈10-4弧度（极大） 此题得证。 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1.0 μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？ 要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n值. 其他值 解：（1）依 金的原子序数 Z2=79 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为22.8fm. (2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出) 从书后物质密度表和原子量表中查出 Z Au=79,A Au=197, ρAu=1.888×104kg/m3

原子物理学期末考试试卷(E)参考答案

《原子物理学》期末考试试卷（E）参考答案 (共100分) 一．填空题(每小题3分，共21分) 1．7.16?10-3 ----(3分) 2．（1s2s）3S1（前面的组态可以不写）（1分）； ?S=0（或?L=±1，或∑ i i l=奇?∑ i i l=偶）（1分）； 亚稳（1分）。 ----(3分) 3．4；1；0,1,2 ；4；1,0；2,1。 ----(3分) 4．0.013nm (2分) , 8.8?106m?s-1(3分)。 ----(3分) 5．密立根（2分）；电荷（1分）。 ----(3分) 6．氦核 2 4He；高速的电子；光子(波长很短的电磁波)。(各1分) ----(3分) 7．R aE =α32 ----(3分) 二．选择题(每小题3分, 共有27分) 1.D ----(3分) 2.C ----(3分) 3.D ----(3分) 4.C ----(3分) 5.A ----(3分) 6.D 提示： 钠原子589.0nm谱线在弱磁场下发生反常塞曼效应，其谱线不分裂为等间距的三条谱线，故这只可能是在强磁场中的帕邢—巴克效应。 ----(3分) 7.C ----(3分) 8.B ----(3分) 9.D ----(3分)

三．计算题(共5题, 共52分 ) 1．解： 氢原子处在基态时的朗德因子g =2,氢原子在不均匀磁场中受力为 z B z B z B Mg Z B f Z d d d d 221d d d d B B B μμμμ±=?±=-== (3分) 由 f =ma 得 a m B Z =±?μB d d 故原子束离开磁场时两束分量间的间隔为 s at m B Z d v =?=??? ? ? ?212 22 μB d d (2分) 式中的v 以氢原子在400K 时的最可几速率代之 m kT v 3= )m (56.010400 1038.131010927.03d d 3d d 232 232B 2 B =??????=?=??= --kT d z B kT md z B m s μμ (3分) 由于l =0, 所以氢原子的磁矩就是电子的自旋磁矩（核磁矩很小，在此可忽略）， 故基态氢原子在不均匀磁场中发生偏转正好说明电子自旋磁矩的存在。 (2分) ----(10分) 2．解：由瞄准距离公式：b = 22a ctg θ及a = 2 1204z z e E πε得： b = 20012*79 **30246e ctg MeV πε= 3.284*10-5nm. (5分) 22 22 ()()(cot )22 (60)cot 30 3:1(90)cot 45 a N Nnt Nnt b Nnt N N θ σθπθπ?=?==?==? (5分) 3．对于Al 原子基态是2P 1/2：L= 1，S = 1/2，J = 1/2 (1分) 它的轨道角动量大小： L = = (3分) 它的自旋角动量大小： S = = 2 (3分) 它的总角动量大小： J = = 2 (3分) 4．（1）铍原子基态的电子组态是2s2s ，按L －S 耦合可形成的原子态： 对于 2s2s 态，根据泡利原理，1l = 0，2l = 0，S = 0 则J = 0形成的原子态：10S ； (3分) （2）当电子组态为2s2p 时：1l = 0，2l = 1，S = 0，1 S = 0， 则J = 1，原子组态为：11P ； S = 1， 则J = 0，1，2，原子组态为：30P ，31P ，32P ； (3分) （3）当电子组态为2s3s 时，1l = 0，2l = 0，S = 0，1 则J = 0，1，原子组态为：10S ，31S 。 (3分) 从这些原子态向低能态跃迁时，可以产生5条光谱线。 (3分)

原子物理学试题汇编

临沂师范学院物理系 原子物理学期末考试试题（A卷） 一、论述题25分，每小题5分） 1．夫朗克—赫兹实验的原理和结论。 1．原理：加速电子与处于基态的汞原子发生碰撞非弹性碰撞，使汞原子吸收电子转移的4.9eV的能量跃迁到第一激发态。处第一激发态的汞原子返回基态时，发射2500埃的紫外光。（3分）结论：证明汞原子能量是量子化的，即证明玻尔理论是正确的。（2分） 2．泡利不相容原理。 2．在费密子体系中不允许有两个或两个以上的费密子处于同一个量子态。（5分） 3．X射线标识谱是如何产生的？ 3．内壳层电子填充空位产生标识谱。（5分） 4．什么是原子核的放射性衰变？举例说明之。 4．原子核自发地的发射 射线的现象称放射性衰变，（4分）例子（略）（1分） 5．为什么原子核的裂变和聚变能放出巨大能量？ 5．因为中等质量数的原子核的核子的平均结合能约为8.6MeV大于轻核或重核的核子的平均结合能，故轻核聚变及重核裂变时能放出巨

大能量。（5分） 二、（20分）写出钠原子基态的电子组态和原子态。如果价电子被激发到4s态，问向基态跃迁时可能会发出几条光谱线？试画出能级跃迁图，并说明之。 二、（20分）（1）钠原子基态的电子组态1s22s22p63s；原子基态为2S1/2。（5分） （2）价电子被激发到4s态向基态跃迁时可发出4条谱线。（6分）（3）依据跃迁选择定则1 0, j 1,± = ? ± ?＝ l（3分） 能级跃迁图为（6分） 三、（15 （1）写出所有可能 的光谱项符号；（2）若置于磁场中，这一电子组态一共分裂出多少个能级？（3）这些能级之间有多少可能的偶极辐射跃迁？ 三、（15分）（1）可能的原子态为 1P 1 ，1D2，1F3；3P2，1，0，3D3，2，1，3F4，3，2。（7分） （2）一共条60条能级。（5分） （3）同一电子组态形成的原子态之间没有电偶极辐射跃迁。（3分）

原子物理学杨福家第二章习题答案

第二章习题 2-1 铯的逸出功为，试求： (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长； (2)如果要得到能量为的光电子，必须使用多少波长的光照射 解：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =××10-19/×10-34 =×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ = h ν ν=h λ=c /ν=hc /(m)=×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子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)由基态到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． n e e Z n a ∴H: r 1H =×12/1nm= r 2 H =×22/1= V 1H = ×106×1/1= ×106(m/s) V 2H = ×106×1/2= ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=×12/2nm= r 2He+=×22/2= V 1 He+= ×106×2/1= ×106(m/s) V 2 He+= ×106×2/2= ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=×12/3nm= r 2 Li++=×22/3=

V 1 Li++= ×106×3/1= ×106(m/s) V 2 Li++= ×106×3/2= ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它等于把电子从基态电离掉所需要的能量。 ∵ 基态时n =1 H: E 1H = He+: E 1He+=×Z 2=×22= Li ++: E 1Li+=×Z 2=×32= (3) 由里德伯公式 Z 2××3/4= 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 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 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为 Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32××3/4eV= 讨论:锂离子激发需要极大的能量 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，欲使氢原子发射出光子，质子至少应以多大的速度运动 要点分析:质子与氢原子质量相近,要考虑完全非弹性碰撞的能量损失.计算氢原子获得的实际能量使其能激发到最低的第一激发态. 解： 由动量守恒定律得 m p V =(m p +m H )V ' ∵ m p =m H V’=V /2 由能量守恒定律,传递给氢原子使其激发的能量为: