《原子物理学》杨福家第四版课后答案.pdf

1 目目 录录 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 Error Bookmark not defined 第一章第一章 原子的位形原子的位形 1 1 解 粒子与电子碰撞 能量守恒 动量守恒 故有 e e vmvMvM vMmvMv 222 2 1 2 1 2 1 222 e e v M m vv v M m vv e vmp e e p m vp m v 其大小 1 222 e m vvvvvvv M 近似认为 pM vvvv 2 2 e m vvv M 有 2 1 2 e ppMmv 亦即 2 1 2 2 得 22 4 2 22 10 e e m vm pMmvM p 亦即 p tgrad p 4 10 2 1 2 解 22 a bctg E 2 28e 库仑散射因子 a 4 2 4 4 2 0 2 0 2 E Ze E Ze a 2227 9 1 4 4 4 5 5 45 eZ afmMevfm EMev 当901 时 ctg 2 1 2 2 7 5 2 baf m 亦即 15 22 75 10bm 解 金的原子量为197A 密度 73 1 89 10 g m 依公式 射 粒子被散射到 方向 d 立体角的内的几率 nt da dP 2 sin16 4 2 1 式中 n 为原子核数密度 A A m nn N 即 A V n A 2 由 1 式得 在 90 180 范围内找到 粒子得几率为 P 180 2 2 4 90 a nt 2 sin 164 sin 2 d a nt 将所有数据代入得 P 5 9 4 10 这就是 粒子被散射到大于 90 范围的粒子数占全部粒子数得百分比 1 3 解 7 4 5 79 3 EMevZLi Z 对于全核对于金 7 4 5 79 3 EMevZLi Z 对于全核对于 2 4 4 2 0 2 0 2 E Ze E Ze arm 当 Z 79 时 2 79 1 4450 56 4 5 m rfm Mevfm Mev 当 Z 3 时 1 92 m rfm 3 但此时 M 并不远大于 m cl m EE 2 1 1 2 cc Mm EuvEaa MmM 4 1 3 02 7 mc raafm 1 4 解 fm E Ze E Ze rm7 2 4 4 2 0 2 0 2 将 Z 79 代入解得 E 16 25Mev 对于铝 Z 13 代入上公式解得 2 e13 4fm 4E E 4 68Mev 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 1 lc m EE M 对于 1 1 16 33 197 lc EEMev 1 1 4 9 27 lc EEMev 可见 当 M m 时 lc EE 否则 lc EE 1 5 解 在 方向 d 立方角内找到电子的几率为 2 2 12 4 1 44 sin 2 Z Z edNd nt NE 注意到 A A NA ntt ntt NA 2 4 4 sin 2 A NdNad tn NA 2 12 79 1 44113 76 41 0 Z Ze afmMevfm EMev 2 22 1 5 1 5 10 10 s d r 4 2 4 4 sin 2 A NdNad tn NA 23132 326 4 6 02 10114 101 5 10 1 5 10 8 9 10 1974sin 30 2 15 2 4 10114 10 23132 326 4 6 02 10114 101 5 10 1 5 10 8 9 10 1974sin 30 1 6 解 22 3 cos 2 4 44 sin4sin 22 ada dNNntNntd 散射角大于 得粒子数为 180 NdN 依题意得 180 3 60 60 18090 3 90 sin 2 sin 3 2 1 sin 2 sin 2 d N N d 即为所求 1 7 解 2 1016 104 24 2 sin 2 cos 4 2 sin 2 cos 4 2 sin 2 cos 24 1 180 0 2 3 2 3 0 22 180 3 2 180 3 2 180 3 2 2 21 2 0 180 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ctgN A a ctga A N da A N da A tN d E eZZ nt N dN P Am Am AmA 依题 srbsrm tga d d c 24 1024 30sin 10 1002 61024 104181 2 sin 1 4 228 04 02 232 3 4 2 5 1 8 解 在实验室系中 截面与偏角的关系为 见课本 29 页 111 max 222 1 2 1 12 2 1sin 901 1sin0 1sin 1sin0 L L L L mmm mmm m m m mm m 由上面的表达式可见 为了使 LL 存在 必须 2 1 2 1 sin 0 L m m 即 11 22 1sin 1sin 0 LL mm mm 亦即 1 2 1 2 1sin0 1sin0 L L m m m m 或 1 2 1 2 1sin0 1sin0 L L m m m m 考虑到 180 L s i n0 L 第二组方程无解 第一组方程的解为 1 2 1sin1 L m m 可是 1 2 sin L m m 的最大值为 1 即 1 2 sin L m m 1 m为 粒子 2 m为静止的 He 核 则 1 2 1 m m max 90 L 1 9 解 根据 1 7 的计算 靶核将入射粒子散射到大于 的散射几率是 24 22 ctgantP 当靶中含有两种不同的原子时 则散射几率为 12 0 70 3 将数据代入得 6 132322312 2 22 3 11 3 142 1 1 44 10 1 5 106 022 1015 4 1 0 7949 0 700 30 5 8 10 197108 Mev cmg cmmol ctg Mev g molg mol 1 10 解 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 之间得几率可用的几率可用下式求出 22 44 2 sin2 sin 44 sinsin 22 at a nt A 2 12 1 79 1 44 94 8 41 2 R Z Z eMev fm afm EMev 由于 12 可近似地将散射角视为 12 5961 60 22 6159 0 0349 180 rad 将各量代入得 2 413 234 4 19 32 1 5 1094 8 102 sin600 0349 6 02 101 51 10 1974sin 30 单位时间内入射的粒子数为 9 10 19 5 0 101 3 125 10 1 60 10 QI t N ee 个 T 时间内入射质子被散时到5961 之间得数目为 1049 3 125 101 51 1060 51 4 10NN T 个 入射粒子被散时大于 的几率为 22 223 1 88 10 4242 A ata ntctgNctg A 10310 3 125 101 88 1060 51 8 10NN T 个 大于10 的几率为 2 22 10 8 17 10 42 a ntctg 大于10 的原子数为 10211 3 125 108 17 1060 57 66 10N 个 7 小于10 的原子数为 1012 3 125 101 60 5 8 6 10NN 个 注意 大于0 的几率 1 大于0 的原子数为 10 3 125 1060 5NT 第二章第二章 原子的量子态 波尔模型原子的量子态 波尔模型 2 1 解 k hvEW 0 0 1 9 k Ehve 有Wh 0 Hz seV eV h W 14 15 0 106 4 101357 4 9 1 nm eV eVnm W hcc 6 652 9 1 1024 1 3 0 0 nmhc eV eVnm WE hcc k 7 364 9 15 1 1024 1 3 2 2 解 2 2 1 11 nnn VncZ ravZZ EE Znnn 对于 H 2 11121 0 53 42 12ra naA raA 2 11121 0 53 42 12ra naA raA 6161 121 1 2 19 10 1 1 10 2 vcm svvm s 对于 He Z 2 1121 6161 11 1 0 265 21 06 2 24 38 10 2 19 10 raA raA vcm svcm s 对于 Li Z 3 1121 6161 11 14 0 177 0 707 33 3 36 57 10 3 29 10 2 raA raA vcm svcm s 8 结合能 2 1 nA Z EEE n 13 6 4 13 654 4 122 4 H HeLi Eev Eev Eev 由基态到第一激发态所需的激发能 2222 11111 13 1 2144 ZZ EEEZ EE Z 对于 H 3 1 312 4 10 13 6 10 2 1216 410 2 HH hcev EevAA Eev eV eV E hc He 2 10 104 12 3 1 3 13 6 440 8 303 9 4 H He hc EevA E 3 1 312 4 10 13 6 10 2 1216 410 2 HH hcev EevAA Eev 对于 He 1 3 13 6 440 8 303 9 4 H He hc EevA E 9 303 E hc He 1 3 13 6 440 8 303 9 4 H He hc EevA E 对于 Li 1 3 13 6 991 8 135 1 4 H Li hc EevA E 1 135 E hc He 1 3 13 6 440 8 303 9 4 H He hc EevA 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 eVEEEE Li 8 91 3 2 3 2 2 2 11212 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 1221 10 2EEEev 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 EL与 EC之间 的关系为 cL M EE Mm 所求质子的动能为 2 1212 1 1 220 4 2 kc Mmm EmvEEEev MM V 所求质子的速度为 1026 6 10673 1 106 14 2022 14 27 19 sm m E v k 方法二 质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒 则 vmmvm HPP 10 10 v mm m v HP P 9 10 2 10 22 10 2 1 2 1 2 1 2 1 E mm m vmvmmvmE HP H PHPP eVEEEvmE P 4 20 22 2 1 12 2 1010 1026 6 2 4 2 10 10 smc cm E v P MeVcmP938 2 其中 2 7 解 2 22 11 vRZ mn 巴而末系和赖曼系分别是 22 2 22 2 2 1 1 1 3 1 2 1 RZ RZ L B 22 0 222222 111113614 133 7 231253 L vRZvRZnm RZRZ 2 88 133 7 2 15 RZnmZHE 解得 即 原子的离子He 2 88 133 7 2 15 RZnmZHE 解得 即 原子的离子 2 8 解 2 13 1 4340 8 44 hc EhvhcvhcR ZRhcRhcev V 此能量电离 H 原子之后的剩余能量为 40 8 13 627 2Eev V 即 2861 26 12 54 4 3 103 1 10 20 51 10 E mvEvcm s mc 2 9 解 1 基态时两电子之间的距离 nmvrrvmrvm r mv r e k vvvrrrrrr mmm 222111 2 2 2 212121 21 2 2 角动量量子化条件 运动学方程 质心系中 2 4 2 22 0 me n r r e k r e kmv r e k vmvm EEE pk 2 22 22 2 22 22 2 11 2222 0 42 2 6 13 24 2 2 n eVHE hn em E n n nmar106 02 1 10 2 2 1 6 80 12 A R EhcRhcev 电离能 1212 33 5 10 48 A EhcvR hcRhcev 第一激发能 3 由第一激发态退到基态所放光子的波长 2 10 解 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 r1 r m2 m1 m2 r M m1 r2 r m1 m1 m2 r M m2 运动学方程 Ke2 r2 m1 v12 r1 m12 v12 M r 1 Ke2 r2 m2 v22 r2 m22 v22 M r 2 角动量量子化条件 m1 v1 r1 m2 v2 r2 n n 1 2 3 即 M v1 v2 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 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 联立解得 a n e h nr M n1 2 22 2 0 2 186 4 4 5 式中 a1 0 529 A 为氢原子第一玻尔轨道半径 根据 5 式 可求得 子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 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 eVEEE eV HE E 10 5 80 6 2 1212 1 nm EE hc 3 243 12 12 11 En 186 4 2 222 0 42 HE hn Me n 因此 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 2530 eV 计算得到 min 4 91 A 2 11 解 重氢是氢的同位素 11 11 HD ee HD RR MM MM 1 1 0 9997280 999728 1 1 0 5002 H D R x R x 解得 3 0 5445 10 x 质子与电子质量之比 1 1836 50 x 2 12 解 光子动量 h p 而 hc E 811 26 10 2 3 103 26 938 3 10 p p EEev pm vvcm sm s cm c 811 26 10 2 3 103 26 938 3 10 p p EEev pm vvcm sm s cm c 氢原子反冲能量 2 2 2 1 22 kp p E Em v m c 9 26 10 2 5 4 10 22 938 3 10 k vp EEev Em cev 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 1 l 可产生 6 条谱线 43 44 33 43 43 33PDPSDPSPPSPS 2 14 解 依题 主线系 3 1 nPTST 辅线系 3 1 3 1 nDTPTnSTPT 或 12 即 nm PT nm PTST 6 408 1 0 3 3 589 1 3 3 3 ST 61 1 34 144 10 3 589 3408 6 SmTS nmnm 1 3 PT 61 32 447 10 3 408 6 PmTP nm 1 相应的能量 eVmeVnmShcTSE14 510144 41024 1 3 3 163 eVmeVnmPhcTPE03 310447 21024 1 3 3 163 电离能 eVSE14 5 3 第一激发电势 eVSEPEE11 2 3 3 12 第三章第三章 量子力学导论量子力学导论 3 1 解 以 1000eV 为例 非相对论下估算电子的速度 eV c v keV c v cmvm ee 1000 2 1 511 2 1 2 1 22 22 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 E0 mec2 511 keV 加速后电子总能量 E mec2 1000 eV 512000 eV 用相对论公式求加速后电子动量 c eV eV c cmE c p e 31984 002611210000002621440000 11 4 2 2 电子德布罗意波长 m eV meV eV hc p h 10 6 103880 0 31984 10241 1 31984 0 3880 采用非相对论公式计算也不失为正确 5 66 2 1031969 0 10241 1 10005112 10241 1 2 2 m eVkeV meV Ecm hc Em h p h ke ke 0 3882 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 4 66 2 10011 1 10241 1 1005112 10241 1 2 2 m eVkeV meV Ecm hc Em h p h ke ke 1 2287 13 4 66 2 1031969 0 10241 1 105112 10241 1 2 2 m eVkeV meV Ecm hc Em h p h ke ke 3 8819 3 2 解 不论对电子 electron 还是光子 photon 都有 h p 所以 pph pe e ph 1 1 电子动能 Ee 1 2 me ve2 pe2 2me h2 2 me e2 光子动能 Eph h hc ph 所以 Eph Ee hc ph 2 me e2 h2 hc 2 me c2 e 其中 组合常数 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 相对论情况下 总能 E Ek m0c2 mc2 2 2 0 1 c v cm 其中 Ek 为动能 m0c2 为静止能量 对于电子 其静止能量为 511 keV 由题意 1 1 1 2 2 0 2 0 2 0 c v cmcmEEcm k 容易解得 ccv866 02 3 2 电子动量 cm c v vm mvp 0 2 0 3 1 其德布罗意波长 A J mJ cm ch ph 0 16 25 2 0 014 0 10602 1511732 1 10988 1 3 3 5 解 证明 非相对论下 0 0 25 12 p h V p0 为不考虑相对论而求出的电子动量 0 为这时求出的波长 考虑相对论效应后 p h 这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量 为这时 14 求出的波长 则 0 p0 p 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 4 2 22 4 2 2 cm E EcmE Emc cmcmE Emc cmE c Em e k kek ke eek ke e ke Ek 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 0 1 2 1 2 cm V e 这里 mec2 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 mec2 也以电子伏特为单位时 2mec2 的数值为 1022000 如果设想电子加 速电压远小于 1022000 伏特 那么 V 2mec2 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 mec2 远小于 1 的假设可能不成立 设 y 1 V 2 mec2 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 1 2 3 1 2 1 1 x 2 1 2 4cm V e 将 mec2 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 0 f y nm V nm V 10978 01 25 12 10489 01 25 12 6 6 3 7 解 Hz ccc 77 9 8 2 10510 10600 103 即得由 hEhE 得由 s h h E tEt 9 1059 1 4 1 42 2 所以又 3 8 解 由 P88例 1 可得 15 eVJ rm E e k 511 2 14312 2 34 2 2 108678 2105885 4 100 110109 914 332 1063 63 8 3 3 9 解 1 18 2 2 2 22 2 2 2 abcNcbaN dzedyedxeN dxdydzeNdxdydz c z b y a x c z b y a x 归一化常数 abc N 8 1 2 粒子 x 坐标在 0 到 a 之间的几率为 e cb e a abc dzedyedxeNdxdydz c z b y a a x a 1 1 2 1 22 1 1 8 1 0 2 2 0 3 粒子的 y 坐标和 z 坐标分别在ccbb 和之间的几率 2 2 2 1 1 1 12 1 12 2 8 1 ee c e ba abc dzedyedxeNdxdydz c c c z b b b y a x b b c c 3 12 解 2 2 s i n 2 1 2 2 s i n 2 1 2 2 c o s 1 2 2 2 2 c o s1 2 s i n 2 0 000 00 2 2 a dx a xn n a a xn xd n a a a dx a xn x a dx x a dx a xn x a dx a xn x a dxxdxxx a aaa aa nnn 16 22 2 0 2 2 2 2 22 6 1 12 sin 2 2 2 n a dx a xna x a dx a xdxxxxx a nnn平均 当 n时 12 2 2 2a xx a x 平均 3 15 解 3 15 1 0 x V 0 x ax 0 0 V 2 2 2 k dx d 2 2 2 mE k kxBkxAxcossin ax 0 VV 2 2 2 k dx d 2 0 2 2 EVm k xkxk eBeAx 由函数连续 有限和归一化条件求BABA 由函数有限可得 0 A 由函数连续可知 0 x 0 0 B ax ak eBkaAa sin Error Reference source not found ak eBkkakAa cos Error Reference source not found 由 Error Reference source not found 和 Error Reference source not found 得 kk ctyk a 由函数归一化条件得 1 sin 2 0 2 dxeBdxkxA a xk a Error Reference source not found 由 Error Reference source not found 和 Error Reference source not found 可 求得BA 第四章第四章 原子的精细结构 电子的自旋原子的精细结构 电子的自旋 4 1 解 BUBmBS m e BU BsB e s 22 17 BUBmBS m e BU BsB e s 22 414 12 1 2 22 0 5788 101 21 39 10 2 B SB VVVgh BBev TTev h V 4 2 3 2 134 2 2 225 DSejg 状态 5 4 2 3 2 2 1 gjls 3 34 1 1 2 25 BB j jg 其大小 B 55 1 BBz mmg 5 4 3113 2222 m Bz 5 6 5 2 5 2 5 6 4 3 解解 6G3 2 态 2 3 4 2 5 612 jlss 该原子态的 Lande g 因子 0 1 2 3 2 3 14 4 1 2 5 2 5 2 1 2 3 g 原子处于该态时的磁矩 0 1 Bj jjg J T S PJ PL PS L 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 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 S gS S S 1 1 2 B 35 1 2 B L gl L L 1 1 2 B 利用 PS PL PJ之间三角形关系可求出 30 cos 72 5 由已知的 cos S L 可求出 B 5 以及 120 所以 90 即 矢量 与 PJ 垂直 在 PJ 方向的投影为 0 或 根据原子矢量模型 总磁矩 sl 等于分量相加 即 18 2 2 cos cos 222222 J LSJ g J SLJ gJSJL BSBlsl 可以证明 cos cos JSJL sl J sl 在与 se j 与在 上投影等值而反向 所以合成后 0 4 4 解 2 2 mv dD z B z z B 2 2 2 mv dD z B z z B 2 z 322 2 0 10 10 10 25 10m dm Dm 1323 23 0 107 87 400 10 0 93 10 6 02 10 B A vm sM N 1233 23 0 1093 0 10 1002 6 87 107 JTkg N A m B 将所有数据代入解得 z Bz 2 1 23 10 B J m T m 4 5 解 23 4F3 2 3 4 214 2 Fjg 态 分裂为 412 j 束 k z B z B E dD z B mg mv dD z B mgz 2 2 2 3 1132 m 2 2 2255 2 g 对于边缘两束 k z B E dD z B jgz 2 2 2 422 3 0 1 0 3 20 5788 105 101 0 10 2 50 10 m 32 25 4 6 解 2 3 2 1 2 1 2 3 2 3 1 2 1 23 2 mjlsP 态 3 2 3 2 1 214 2 Pejj 13 113 态 S m 22 222 即 屏上可以接收到 4 束氯线 对于 H 原子 m E dD z B z k z B 2 2 106 0 2 2 对于氯原子 k z B E dD z B gz 2 2 2 2 2 g z z 2 1 22 zgz 19 对于 3 4 23 2 gP 态 代入得 2 z 4 3 0 600 40 2 cm 4 7 解 赖曼系 产生于 21nn 0 1 ln 对应 S 能级 1 0 2 ln 对应 S P 能级 所以赖曼系产生于 21PS 双线来源于 2 3 21 2 2 2PPP 2 的分裂 2 由 21 12 知 1 3 4 84 5 1 cm lln Z 将1 2 6 29 1 lncm 代入 1 29 62 1 3VcmneZ 代入 解得 即 所得的类 H 离子系 Li 4 8 解 2P 电子双层的能量差为 evevev lln Z U 44 3 4 4 3 4 1053 41025 7 11 12 1 1025 7 1 两一方面 BU B 2 39 0 105788 02 1053 4 2 4 4 T U B B 4 10 解 1 0 1 2 1 0 1312 111 3 mgjlssS态 0 0 1 2 3 312 20 3 mjlssP态 11 gmmg 有三个值 所以原谱线分裂为三个 相应谱线与原谱线的波数差 hc B c cc B 2 0 2 1 11 相邻谱线的波数差为 hc B B 2 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 21 2 23 2 33SP 20 2 1 2 3 3 4 2 3 1 2 1 3 23 2 mgjlsP 2 1 2 2 1 0 2 1 3 21 2 mgjlsS 分裂后的谱线与原谱线的波数差为 3 5 1 3 1 3 1 1 3 5 mg 其中 11 75 1165 27 467 46 4 mmB em eB e GHzc35 3 1 1 3 5 21 2 21 2 33SP 2 1 3 2 2 1 1 2 1 3 21 2 mgjlsP 分裂后的谱线与原谱线差 3 2 3 4 mg 其中 11 75 1165 27 467 46 4 mmB em eB e GHzc35 3 2 3 4 4 12 解 1 钾原子的 766 4nm 和 769 9nm 双线产生于 22 3 11 2 22 44PS 这三个能级的 g 因子分别为 0 3 2 3 4 012 ggg2 因在磁场中能级裂开的层数等于 2J 1 所以 23 2P 能级分裂成四层 21 2P 和 21 2S 能级分裂成 两层 能量的间距等于 B gu B 故有 22 4 3 BB Eg u Bu B 11 2 3 BB Eg u Bu B 00 2 BB Eg u Bu B 原能级和分裂后的能级图如 a 图所示 2 E 1 E 21 1 E 2 根据题意 分裂前后能级间的关系如 b 图所示 且有 1min11max222 5 1 EEEEEE 即 212max21 min11 3 2 BB EEJg u BJg u BE 将 2max1 min 31 22 JJ 代入上式 得 2121 34123 23232 B EEu BEE 经整理有 21 21 12 010212 2 2 1 2 1 2 1 3 7 hchchc EEEEEEB B 33 1 769 9766 4 1 24 103 678 10 2769 9766 4 nm eV nmeV nmnm 于是TeV TeV eVB B 2 2710678 3 105788 07 3 10678 3 7 3 3 14 3 4 4 1313 解 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 2 22 SL m e S m e L m e eee SL 1 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 Bmmmm m Be SL m eB BSL m e BU Bslsl e zz ee 2 2 2 2 2 2 2 2 3 钠原子的基态为 2 1 2 3 S 第一激发态为 0 2 3 P 对于 3S 态 2 1 0 sl mm 因此 22 2 式给出双分裂 分裂后的能级与原能级的能量差 1B Eu B 对于 3P 态 2 1 1 0 sl mm 2 式理应给出2 3 个分裂 但 2 1 1 sl mm与 2 1 1 sl mm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 2 1 0 1 2 B Eu B 原能级与分裂后的能级如图所示 根据选择规律 0 1 0 sl mm 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 B B 1 0 1 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 4 1414 解 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 式中 11171 46 746 7 41 87 10 4 e e LBm TBmnm m c 23 因 1 故有 2 将 代入上式 得 2 121 0 1 0 1 nmL 3 3 2 74 10 0 2 74 10 nm nm 121 00 00274 121 0 121 00 00274 nm nm nm 第五章第五章 多电子原子多电子原子 5 2 解 2 3 2 3 2 23 4 JSLD 由SLSLJ 2 222 得 22222 3 1 1 1 2 1 2 1 SSLLJJSLJSL 5 3 解 2 3 2 5 2 1 2 JSL对于 由SLSLJ 2 222 得 2222 1 1 1 2 1 2 1 SSLLJJSLJSL 2 5 2 1 2时当 JSL 22222 1 2 1 2 1 12 2 1 2 5 2 5 2 1 2 1 JSLSL 2 3 2 1 2时当 JSL 22222 2 3 1 2 1 2 1 12 2 1 2 3 2 3 2 1 2 1 JSLSL 5 4 解 SLJ PPP 它们的矢量图如图所示 由图可知 222 2cos SLJLSLJ PPPP PP P cos JLJL PPPP 经整理得 cos JL PP 1 1 1 cos 2 1 1 LJ L LJ JS S P P L LJ J 对于 2 3F态 1 3 2SLJ 代入上式得 cos JL PP 3 42 3 1 2 cos 0 9428 23 41 2 LJ P P 24 JL PP 1 cos 0 942819 28 所以总角动量 L P 与轨道角动量 J P 之间得夹角为19 28 5 6 解 j j 耦合 耦合 根据 j j 耦合规则 各个电子得轨道角动量 l P 和自旋角动量 s P 先合成各自的总角动量 j P 即 slj PPP j l s l s 1 ls 于是有 111 2 1 2 5 2 3 2 lsj 合成 222 2 1 2 5 2 3 2lsj 合成 然后一个电子的 1 j P 再和另一个电子的 2j P 合成原子的总角动量 J P 即 21jjJ PPP 12 j 5 2和j 5 2合成J 5 4 3 2 1 0 12 j 5 2和j 3 2合成J 4 3 2 1 12 j 3 2和j 5 2合成J 4 3 2 1 12 j 3 2和j 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 1 JJPJ 将 J 值依次代入上式即可求得 J P有如下 6 个可能值 即 0 41 1 45 2 46 3 47 4 48 5 J P 对于对于 L S 耦合 耦合 两个电子的轨道角动量 1l P 和 1l P 自旋角动量 1s P 和 1s P 分别先合成轨道总角动量 L P 和 自旋总角动量 S P 即 21llL PPP 12121212 1 llL ppPLllllll 21ssS PPP 121212 ssS ppPSssss 12 2 llL 那么 4 3 2 1 0 12 1 1 0 2 ssS 然后每一个 L P 和 S P 合成 J P 即 SLJ PPP 1 JLS PPPJLS LSLS 25 因此有 S 0 S 1 L 0 1S 0 3S 1 L 1 1P 1 3P 2 1 0 L 2 1D 2 3D 3 2 1 L 3 1F 3 3F 4 3 2 L 4 1G 4 3G 5 4 3 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 0 41 1 45 2 46 3 47 4 48 5 J P 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 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 2 2s s组态形成的原子态 1 0 S 2 3s p组态形成的原子态 1 1 P 3 2 1 0 P 其间还有 2s2p 组态形成的原子态 1 3 12 1 0 PP 2 3s s组态形成的原子态 1 3 01 SS 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 0 1 0 1 00SLJ 除外 26 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 解 1 2 nd组态可形成的原子态有 1 1133 0242 1 04 3 2 S D G P F 利用斯莱特方法求解如下 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 1 2 2 1 0 1 22 2 21 21 21 21 2 LS LL MMSS MMLL nd组态对 数值如下表和可能的根据泡利原理 SL MM 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 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 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 1 2 4 1 40 4GJSL 2 3 4 3 2 3 41 3FJSL 0 1 2 3 0 1 21 1PJSL 2 1 20 2DJSL 0 1 00 0SJSL 27 根据洪特定则和正常次序 可知其中 3 2 F的能量最低 2 钛原子 Z 22 基态的电子组态为 2262622 4333221SdPSPSS 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 2 3d组态所形成的原子态中 能量最低的 即基态 为 3 2 F 5 11 解 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 2 1s 其基态必为 0 1S 即 J 0 因此 在屏上 只能接受到一束 硼原子 Z 5 基态的电子组态为 122 221pss 其基态为1 1 2 P 即 1 2 J 因此 在 屏上可接受到两束 5 12 解 解 1 P 15 32622 33221 pspss的基态的电子组态 最外层电子数为满支壳层 6 个 的一半 则根据洪特定则 412 2 3 0 1 01 2 3 2 1 2 1 2 1 S SJ L S 基态为 23 4S 2 S 16 42622 33221 pspss的基态的电子组态 最外层电子数大于满支壳层 6 个 的一半 则根据洪特定则 312 2 11 1 01 1 2 1 2 1 2 1 2 1 S LSJ L S 基态为 2 3P 3 Cl 17 52622 33221 pspss的基态的电子组态 最外层电子数大于满支壳层 6 个 的一半 则根据洪特定则 312 2 3 101 1 01 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 S LSJ L S 基态为 23 3P 28 4 Ar 18 62622 33221 pspss的基态的电子组态 最外层电子数等于满支壳层所能 容纳的电子数 6 个 则根据洪特定则 112 0 0 1 01 1 01 0 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 S J L S 基态为 0 1S 第六章第六章 X 射线射线 6 1 解 解 kV nm nm kVV kVV nm 100 0124 0 24 1 24 1 min 6 2 解 解 HzZ k 216 1 10246 0 Hz c k 18 9 8 1038 4 100685 0 10998 2 代入解得 Z 43 6 3 解 解 L 吸收限指的是电离一个 L 电子的能量 即 LLL L hc E EEhv 而 KKLK L hc EE EEE K 的 Moseley 公式为 0 246 K v 162 10 Z 1 而 KLK hvEE 将60 0 19 L Znm 代入解得 42 0 K EKev V 6 5 解 解 K 层电子结合能为 KeV nm nmKe