原子物理学杨福家1-6章-课后习题答案

1、原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著（高等教育出版社）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解速度为v的非相对论的a粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：a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a粒子的质量为Ma,碰撞前速度为V,沿X方向入射；碰撞后，速度为V,沿。方向散射。电子质量用me表示，碰撞前静止在坐标原点0处，碰撞后以速度v沿方向

2、反冲。a粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）（2）（3）作运算：（2）Xsin。土Xcos0,得（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去V与v.化简上式，得9)化简上式，得9)若记，可将（6）式改写为（7）视。为的函数0（）,对（7）式求0的极值，有即2cos(0+2)sin0=O(8)令，贝即2cos(0+2)sin0=O(8)若sin0=0,则0=0(极小)(2)若cos(0+2)=0，则0=90-2将（9）式代入（7）式，有由此可得0心10-4弧度（极大）此题得证。（1）动能为的a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um,

3、则入射a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.，其他值从书中参考列表中找.解：（1）依和金的原子序数Z2=79答：散射角为90所对所对应的瞄准距离为.（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ZAu=79,AAu=197,PAu=X104kg/m3依:注意到：即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数是常数其值为最后结果为：dN/N=X10-5，说明大角度散射几率十分小。1-31-4练习

4、参考答案（后面为褚圣麟1-31-4作业）1-3试问的a粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少若把金核改为7Li核，则结果如何要点分析:计算简单，重点考虑结果给我们什么启示，影响靶核大小估计的因素。解:对心碰撞时，时，离金核最小距离离7Li核最小距离结果说明:靶原子序数越小，入射粒子能量越大，越容易估算准核的半径.反之易反。1-4假定金核半径为fm,试问入射质子需要多少能量才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面若金核改为铝时质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面，那么入射质子的能量应为多少设铝核的半径为fm。要点分析:注意对头碰撞时，应考虑靶核质量大小,靶核很重时，mM可直接用公式计算;靶核较轻时,m20

5、散射的相对粒子数（散射粒子数与入射数之比）为X10-3.试计算：散射角6=60角相对应的微分散射截面。要点分析：重点考虑质量厚度与nt关系。解：Pm=cm2ATa=181ZTa=736=60依微分截面公式知该题重点要求出a2/16由公式所以1-8（1）质量为m1的入射粒子被质量为m2（m2m1）的静止靶核弹性散射，试证明:入射粒子在实验室坐标系中的最大可能偏转角6由下式决定.（2）假如粒子在原来静止的氢核上散射，试问：它在实验室坐标系中最大的散射角为多大要点分析：同第一题结果类似。证明：1)(2)(3)作运算：(2)Xsin。土(3)Xcos。，得(4)(5)再将(4)、(5)二式与(1)式联

6、立，消去V与v,得化简上式，得(6)若记，可将(6)式改写为(7)视。为的函数0(),对式求0的极值，有令，则sin2(0+)-sin2=O2cos(0+2)sin0=O若sin0=0,则0=0(极小)(8)(2)若cos(0+2)=0，则0=90-2(9)将(9)式代入(7)式，有由此可得若m2二ml则有此题得证。第一章习题1-9、10题解1-9动能为Mev的窄质子束垂直地射到质量厚度(Pt)为cm2的金箔上，若金箔中含有百分之三十的银，试求散射角大于30的相对质子数为多少要点分析：此题靶为一个复合材料靶，关键找出靶的厚度t.然后计算出金原子数和银原子数，即可积分计算，从书后表可知：ZAu=

7、79,AAu=197,pAu=X104kg/m3;ZAg=47,AAg=108,pAg=X104kg/m3.解：先求金箔的厚度tPt=PAu+PAg)t=cm2这种金箔中所含金原子数与银原子数分别为和再计算质子被金原子与银原子散射到030范围内的相对数目。被金原子散射的相对数目为：式中，N为入射质子总数，dNAu为被金原子散射到030范围内的质子数。同理可得质子被银原子散射的相对数目为：被散射的相对质子总数为将已知数据代入：NA=X1023,E=,t=口m,ZAu=79,AAu=197,PAu=X103kg/m3,ZAg=47,AAg=108,PAg=X103kg/m3nX10-5结果讨论:此

8、题是一个公式活用问题.只要稍作变换,很容易解决.我们需要这样灵活运用能力.1-10由加速器产生的能量为、束流为nA的质子束，垂直地射到厚为um的金箔上,试求5min内被金箔散射到下列角间隔内的质子数。金的密度(P=X104kg/m3)15961;2000=603060=60的值。解：3由于0的值为无穷大,无法计算,所以将作以变换.仍然像上式一样积分积分区间为10-180，然后用总数减去所积值，即660=10的值。总数为XX1011=X1012（个第二章习题解答铯的逸出功为，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：光电效应方程1）由题意知m

9、v光电效应方程1）由题意知mv2=hv-2mv=0艮卩hv=0m1.9evv=4.59x1014Hzh4.136x10-15ev-sche1.24nm-Kev,九=652.6nmv1.9ev2）mv2=1.5ev2mc1.5ev=hvO=h一九he1.24nm-KevcX=364.7nm1.5ev+1.5ev+1.9ev对于氢原子、一次电离的氢离子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）由基态带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。解：（1）由波尔理论及电子的轨道半径公式r-

10、rn2，rI=U1为氢原子第一波尔半径4兀h24兀h2r=a=e11me2e(he)2me2e2/4兀e0nmu0.053nm0.511x106x1.44氢原子第二波尔半径=n2r=4r=0.212nm211可知：He+(Z=2)r1=牛=0.0265nm22r=a=0.106可知：He+(Z=2)r1=牛=0.0265nm22r=a=0.106nm212Li(Z=3)牛=0.0176nm22r=a=0.0705nm213电子在波尔轨道上的速率汕上nn于是有H:v=ac=x3x108m/s=2.19x106m-s-11137笃=辛=U06m-s-1He+v=2ac=4.38x106m-s-11

11、v=2.19x106m-s-122Li+:v=3ac=6.57xl06m-s-11v=3.28x106m-s-122(2)电子在基态的结合能E在数值上等于原子的基态k能量。由波尔理论的能量公式E=-m(ac)2n2en可得E=|e|k1m(acz)2=13.6z2eve故有E故有E广13.6eVHe+He+E=13.6x22-54.4evkLiLi+:E二13.6x32二122.4evk以电压加速电子，使之于原子碰撞，把原子从基态激发到较高能态，用来加速电子的电势差称为激发电势，从基态激发到第一激发态得相应的电势差称为第一激发电势。里12=13.6z2里12=13.6z2(1-丄)e22V=1

12、2H:He+:Li+:1V=13.6x(1-)=10.2v1241V=13.6x22x(1-)=40.8v1241V=13.6x32x(1-)=91.8v共振线（即赖曼系第一条）的波长：hchc124共振线（即赖曼系第一条）的波长：hchc12AEEE1221H:He+:Li+:九=1.24H:He+:Li+:1210.2ev九121.24nmkeV=30.4九1240.8ev1.24nmkev“九=13.5nm1291.8ev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解：Li+基态能量为e一-m（acz）2=-122.4ev，从基态到第一12e激发态所需能量为

13、AE=13.6xZ2x（1丄）=122.4x3=91.8v12224故电子必须具有的动能.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，欲使锂原子发射出光子，质子至少应多大的速度运动解：欲使基态氢原子发射光子，至少应使氢原子从基态激发到第一激发态，因此有：1mE二mv2二(1+)AE二2AE二20.4evk2pM1212H=6.26x104m/s=6.26x104m/sv=i-c=x3x108m/smc2938Mevp质子静止能量mc2=938Mev）（1）原子在热平衡条件下处于不同能量状态的数目是按波尔兹曼分布的，即处于能量为E的激发态的原n子数为：gN=Nne-（E-EJ/kT

14、n1g1式中N是能量为E状态的原子数,k为玻尔兹曼常量，11g和g为相应能量状态的统计权重。试问：原子态的n1氢在一个大气压、20C温度的条件下，容器必须多大才能有一个原子处在第一激发态已知氢原子处于基态和第一激发态的统计权重分别为g=2和g=8。12（2）电子与室温下的氢原子气体相碰撞，要观察到H线，试问电子的最小动能为多大a略。在波长从95nm到125nm的光带范围内，氢原子的吸收光谱中包含哪些谱线解：对于九二95nm，有min1九1九minR(厂)12n21/九RI95xlO-9x1.0973731x107n=*min4.81九R-195x10-9x1.0973731x107-11min

15、故九-95nm的波长的光子不足以将氢原子激发到n=5min的激发态，但可以将氢原子激发到n=4的激发态n=4同理有：1同理有：九R_:125x10-9x1.0973731x107九R-1125x10-9x1.0973731x107-1min/对应于n=1的辐射光子的波长应比125nm更长，在波段以外n=22又氢原子的吸收谱对应于赖曼系，在(95sl25nm)波段内只能观察到3条即扬(m1,n2)1扬(m1,n3)2扬(m1,n4)3试问哪种类氢离子的巴耳末系和赖曼系主线的波长差等于解：)RZ2(1-丄)3RZ)RZ2(1-丄)3RZ2赖224巴耳末主线二主线波长差：115%=RZ2(巴耳末主线

16、二主线波长差：115%=RZ2(22一32)二36RZ2A九=X九巴赖3645RZ23RZ2115RZ2x(10820)=8815RZ2=133.7nm8888Z2=15xRx133.7nm15x109737.31x10-7x133.7Z=2一次电离的氢原子He+从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能量处于基态的氢原子电离，从而放出电子，试求该电子的速度。解：He+从EfE跃迁辐射的光子的能量为21hv=EE=RcZ2(1)=3Rhc2122氢原子的电离能为E=EE=0(Rhc)=Rhcg1电离的电子的能量为E=3RhcRhc=2Rhck2EV=.kme2EV=.kme；4x13.6x1.6

17、x10-199.11x10-31=3.09x106mIs电子偶素是由一个正电子和一个电子所组成的一种束缚系统，试求出：(1)基态时两电子之间的距离(2)基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能；(3)由第一激发态退激到基态所放光子的波长。解：电子偶素可看作类氢体系，波尔理论同样适用，但有关公式中的电子质量必须采用体系的折合质量代替，对电子偶素，其折合质量为：mMmLI=e=em+M21)1)4ksh24ksh2r二o二2o二2a二2x0.053nm二0.106nm1“2me21e2)式中于是电离能为2)式中于是电离能为e二E-E二Rheig1AR=R=1RAgm2g1+“ME=1Rhe=-

18、x1.0973731x10?x1.24x10-6ev=6.80evi2g2EV=i=6.80vie则电离电势为第一激发电势为RhcZ2()AV壬=3比=5.10v12ee2e3)共振线波长为九12hcA九12hcAE1.24x103nm-ev=243.1nm5.10ev12子是一种基本粒子，除静止质量为电子质量为电子质量的207倍外，其余性质与电子都一样。当它运动速度较慢时，被质子俘获形成卩子原子，试计算：(1)卩子原子的第一波尔轨道半径；(2)P子原子的最低能量；(3)卩子原子赖曼线系中的最短波长。解：(1)卩子原子可看作类氢体系，应用波尔理论，其轨道半径为4兀h2n2式中r=onye2Z式

19、中207mM207xl836e=m=186.0m207m+M207+1836eee其第一波尔半径为4耐h2a0.053nm_r二e二i二二2.85x10-4nm1186.0me2186.0186.0e(2)卩子原子的能量公式为(ac-)2nEn=-2y(aCn)2=-2X186.0m(ac-)2n13.6ev=-2.53x103evE=-1x186.0m13.6ev=-2.53x103ev12e(3)由波长公式x=_hcAEhchc1.24x103nm-evhchc九=0.49nmminAEE-E0-(2.53x103ev)maxg1已知氢和重氢的里德伯常量之比为728，而它们的核质量之比为m

20、/m=20，试计算质子质量与电子质HD量之比。解：由R=可知a-m1+LMam1+e-Md=0.999728m1+严MHM=Mh1+0.500201+0.50020mMh一=0.999728m1+e-MHMMHm0.4995280.000272二1836.5沁1.8x103hvv=反hvv=反mcHms=3.26mS2）氢原子的反冲能量为当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时，（1）试求这个氢原子所获得的反冲速率为多大（2）试估计氢原子的反冲能量与所发光子的能量之比。解：（1）所发光子的能量hv=E-E=Rhc（-丄）=-x13.6ev=10.2ev2112224光子的动量P=h=

21、hv=102ev九cc氢原子的反冲动量等于光子动量的大小，即hvMv=P=H反c10.2x1.602x10-191.67x10-27x3x108Ek=2mHv反=2x1.67x1027x（3.26）2J=8.87x1027JEkhv8.87Ekhv10.2x1.602x10-19=5.4x10-9=5.4x10-9能级跃迁时，可产生几条谱线（不考虑精细结构）解：不考虑能级的精细结构，钠原子的能级图如下：4F4D5S4P3D4S3P3S根据辐射的选择定则A/=1可知，当钠原子从4P态向低能级跃迁时可产生6条光谱。2.14钠原子光谱的共振线（主线系第一条）的波长等于入=辅线系线限的波长等于九二，试

22、求（1）3S、3P对应的光谱项和能量;（2）钠原子基态电子的电离能和由基态到第一激发态的激发能。解：(1)由Na的能级图可知，3P能级的光谱项和能级分别为：11T=v=2.447x106m-13p3p九408.6nmgE=-hcT1.24nm-Kev=-=-3.03ev3p3p408.6nm3S能级的光谱项和能级可通过下式求出：1-T仝二3s3p1九1T=T+丄=2.447x106+-=4.144x106m-13s3p九589.3x10-91E=hcT=-1.24x103nm-evx4.144x106m-1=-5.14ev3s3s2)Na原子的电离能为E=E-E=0-(-5.14ev)=5.1

23、4evig3s故电离电势为v=2=5.14vieAEEE曲=AEEE曲=3p3s-12ee-3.03ev-(-5.14ev)=2.11ve第三章题解3-1电子的能量分别为10eV，100eV，1000eV时，试计算相应的德布罗意波长。解：依计算电子能量和电子波长对应的公式由德布罗意波长公式:电子的能电子的能3-2设光子和电子的波长均为，试问：（1）光子的动量与电子的动量之比是多少2）光子的动能与电子的动能之比是多少解：（1）由可知光子的动量等于电子的动量，即:p=1:1光子电子光子（2）电子由光子动能与波长的对应的关系电子动能与波长的关系则知3-3若一个电子的动能等于它的静止能量，试求：（1）

24、该电子的速度为多大（2）其相应的德布罗意波长是多少解：（1）依题意，相对论给出的运动物体的动能表达式是：所以2)根据电子波长的计算公式：3-4把热中子窄束射到晶体上，由布喇格衍射图样可以求得热中子的能量若晶体的两相邻布喇格面间距为，一级布喇格掠射角(入射束与布喇格面之间的夹角)为30,试求这些热中子的能量解：根据布喇格衍射公式n入二dsin。入二dsin。二Xsin30nm=nm3-5电子显微镜中所用加速电压一般都很高，电子被加速后的速度很大，因而必须考虑相对论修正试证明：电子的德布罗意波长与加速电压的关系应为：式中V二V(1+X10-6V),称为相对论修正电压，其r中电子加速电压V的单位是伏

25、特.分析:考虑德布罗意波长,考虑相对论情况质量能量修正,联系德布罗意关系式和相对论能量关系式,求出相对论下P即可解.证明：根据相对论质量公式将其平方整理乘C2,得其能量动量关系式题意得证.3-6(1)试证明：一个粒子的康普顿波长与其德布罗意波长之比等于式中E和E分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量.(康普顿波长入二h/mc,m为粒子静止质量，其意义在第六章中讨论)00(2)当电子的动能为何值时，它的德布罗意波长等于它的康普顿波长证明：根据相对论能量公式将其平方整理乘C21)相对论下粒子的德布罗意波长为粒子的康普顿波长为2)若粒子的德布罗意波长等于它的康顿波长则电子的动能为.则电子的动能为注意

26、变换：1.AP转化为入表示；2.AE转化为Av表示；3-7一原子的激发态发射波长为600nm的光谱线，测得波长的精度为，试问该原子态的寿命为多长解：依求At3-8一个电子被禁闭在线度为10fm的区域中，这正是原子核线度的数量级，试计算它的最小动能解：粒子被束缚在线度为解：粒子被束缚在线度为r的范围内，即Ax=r那么粒子的动量必定有一个不确定度，它至少为：电子的最小平均动能为3-9已知粒子波函数，试求：(1)归一化常数N；(2)粒子的x坐标在0到a之间的几率；(3)粒子的y坐标和z坐标分别在-bf+b和-Cf+c.之间的几率解:(1)因粒子在整个空间出现的几率必定是一,所以归一化条件是:dv=1

27、即:所以N(2)粒子的x坐标在区域内几率为:(3)粒子的区域内的几率为:3-10若一个体系由一个质子和一个电子组成，设它的归一化空间波函数为(x,y,Z；x，y，z),其中足标1,2分别代表质子和电子，试2写出2：2在同一时刻发现质子处于(1,0,0)处,电子处于(0,1,1)处的几率密度；发现电子处于(0,0,0),而不管质子在何处的几率密度；(3)发现两粒子都处于半径为1、中心在坐标原点的球内的几率大小3-11对于在阱宽为a的一维无限深阱中运动的粒子，计算在任意本征态中的平均值及，并证明：当nfg时，上述结果与经典结果相一致3-12求氢原子1s态和2P态径向电荷密度的最大位置第三章习题13

28、,143-13设氢原子处在波函数为的基态，a】为第一玻尔半径，试求势能的平均值3-14证明下列对易关系：第三章习题15解3-15设质量为m的粒子在半壁无限高的一维方阱中运动,此方阱的表达式为:(x)=试求:(1)粒子能级表达式;(2)证明在此阱内至少存在一个束缚态的条件是，阱深和阱宽a之间满足关系式:解：(1)在xa,薛定谔方程为：(4)整理后得:令则:方程的解为:(5)式中A,B为待定系数,根据标准化条件的连续性,有将(3),(5)式代人得:(6)(2):证明:令则(6)式可改为:(7)同时，u和v还必须满足下列关系式：(8)联立(7)(8)可得粒子的能级的值.用图解法求解:在以v为纵轴u为

29、横轴的直角坐标系中(7)(8)两式分别表示超越曲线和圆,其交点即为解.因kk都不是负数，故u和v不能取负值，因此只能取第一象限.由图可知(7)(8)两式至少有一解得条件为:即4-l一束电子进入的均匀磁场时，试问电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大分析要点:ms=1/2,gs=2;解：已知：电子自旋磁矩在磁场方向的投影依磁矩与磁场的作用能量自旋与磁场平行时自旋与磁场反平行时则4-2试计算原子处于状态的磁矩U及投影U的可能值解：已知：j=3/2,2s+1=2s=1/2,l=2则依据磁矩计算公式依据磁矩投影公式4-3试证实：原子在6G状态的磁矩等于零，32并根据原子矢量模型对这一事实作出

30、解释解:因为2S+1=6S=5/2J=3/2l=4m=3/2,1/2,-1/2,-3/2jgm=0JJ这是一个多电子耦合系统,相互作用产生的总效果为零.说明多电子作用有互相抵消的情况.4-4在史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄的银原子束通过极不均匀的横向磁场，并射到屏上，磁极的纵向范围d=10cm,磁极中心到屏的距离D=25cm如果银原子的速率为400m/s，线束在屏上的分裂间距为20mm,试问磁场强度的梯度值应为多大银原子的基态为2S，质量为.解：原子束在屏上偏离中心的距离1可/2用下式表示:对原子态2SL=0S=1/2J=l/2故M二朗德1/2g因子为:g=2对于上屏边缘的线束取M=-J,

31、对于下屏边缘的线束取M=J所以（1）g=2D代入上式得:4-5在史特恩-盖拉赫实验中（图，不均匀横向磁场梯度为，磁极的纵向范围d=10cm,磁极中心到屏的距离D=30cm,使用的原子束是处于基态4F3/2的钒原子，原子的动能Ej50MeV试求屏上线束边缘成分之间的距离解：对于多个电子2S+1=4S=3/2L=3，J=3/2则依公式又3kT=mV2=和即：Z=2Z=2X=1.42cm3/22(3/2)Z=2Z=2X=0.347cm1/22(1/2)4-6.在史特恩-盖拉赫实验中，原子态的氢从温度为400K的炉中射出，在屏上接受到两条氢束线，间距为060cm若把氢原子换成氯原子（基态为2P），其它

32、实验条件不变，那么，在屏上32可以接受到几条氯束线其相邻两束的间距为多少解：已知Z=0.30cmT=400K3kT=3X2X10-5X400eV=J=1/2g=2mg=1当换为氯原子时，因其基态为2P，j当换为氯原子时，因其基态为2P，j=3/232l=1s=1/2共有2j+1=4条，相邻两条间距为|Z-Z|=0.4cm。4-7试问波数差为29.6cm-1的赖曼系主线双重线，属于何种类氢离子解：以为是赖曼系主线n=2L=1代入上式得，z=3所以是Li原子又因为其为类氢离子所以为4-8试估计作用在氢原子2P态电子上的磁场强度解:又由(21-13)式，Ay=X10-5eV4-9试用经典物理方法导出

33、正常塞曼效应4-10Z=30锌原子光谱中的一条谱线(sSfp)在B为100T的磁场中发生塞曼分裂，试1问：0从垂直于磁场方向观察，原谱线分裂为几条相邻两谱线的波数差等于多少是否属于正常塞曼效应并请画出相应的能级跃迁图解：已知：对于激发态L=0，J=1,S=1.m=0,1,在外磁场作用下，可以分裂为三条。1对于基态L=1，J=0,S=1m=0,在外磁场作用2下，并不分裂。2=,0,cm-1所以原谱线在外加磁场中分裂为三条，垂直磁场可以看到三条谱线。m=0,+1,-1,分别对应于n,o+,o-三条谱线。虽然谱线一分为三，但彼此间间隔值为2UB,B并不是UB,并非激发态和基态的S=0,因SHO所以它

34、不是正常的塞曼效应。对应的能级跃迁图4-11试计算在B为的磁场中，钠原子的D双线所引起的塞曼分裂解：A.对于2S2态，用，将s=1/2,l=0;j=1/2代入，即可算出/2g=2；由于j=1/2，因而m=,于口jj是m.g二土1。B.对于P态，相应的1=1,因而j=l土s,s=1/2,j=1/2,3/2,有两个原子态2P,2P。1/23/2g=2/3,mg二土1/31/211g=4/3,mg=土2/3,土6/33/222依分裂为四条线。分裂为六条线。4-12注:此题(2)有两种理解(不同习题集不同4-12注:此题(2)有两种理解(不同习题集不同做法,建议用第二种方法).钾原子的价电子从第一激发

35、态向基态跃迁时，产生两条精细结构谱线，其波长分别为和，现将该原子置于磁场B中(设为弱场),使与此两精细结构谱线有关的能级进一步分裂(1)试计算能级分裂大小，并绘出分裂后的能级图(2)如欲使分裂后的最高能级与最低能级间的差距AE等于原能级差AE的倍，所加磁场B应为21要点分析:钾原子的价电子从第一激发态向基态的跃迁类似于钠的精细结构。其能级图同上题。解：(1)先计算朗德因子和m.g.A.对于2S态，用，将s=1/2,l=0;j=1/2代入，1/2即可算岀g=2；由于j=1/2，因而m二，于是mg二.1。B对于P态，相应的1=1,因而j=l土s,s=1/2,j=1/2,3/2,有两个原子态2P,2

36、Po1/23/2分别对应于2P对应有m二1/2，g=2/3,mg=1/211/2111/32P对应有m=1/2,g=4/3,mg=2/3,3/223/2226/3能级分裂大小:P能级分裂大小:P能级分裂大小:3/24/3UBBP能级分裂大小:1/22/3UBBS2能级分裂大小：(2)解:有两种认为:mg从+6/3*+2/3为22mg从+1/3*T/3为22mg从+1*-1为2UB11B(2)第一种认为ME=(E-E)与教材计21算结果一致.21分裂后的最高能级2Pm=3/2与最低能级差3/2,J2P,m=-1/21/2J若使AE若使AE二AE=(E-E)2121即AE+7/3UB=A1B即即7

37、/3UB=AE=(E-E)B121=(E-E)-(E-E)=2010B=T第二种认为:AE=(E-E)与教材结果相差甚远20分裂后的最高能级2Pm=3/2与最低能级差3/2,J2sm=-1/21/2,J若使AE二AE即AE+3UB=AE即3U2B=AE1=(E-E)1B1B120B=T4-13假如原子所处的外磁场B大于该原子的内磁场，那么，原子的LS耦合将解脱，总轨道角动量L和总自旋角动量S将分别独立地绕B旋进写出此时原子总磁矩卩的表示式；写出原子在此磁场B中的取向能AE的表示式；如置于B磁场中的原子是钠，试计算其第一激发态和基态的能级分裂，绘出分裂后的能级图，并标出选择定则(Am=0,Am=

38、0,1)亠sI所允许的跃迁4-144-14在居B=4T的外磁场中，忽略自旋轨道相互作用，试求氢原子的2P-1S跃迁(入=121nm)所产生的谱线的波长.解：忽略自旋与轨道相互作用,即引起帕邢-巴克效应。此时，或者(1)选择规则变为Am=0，Am=0，1sI对应于1S态，m二土1/2,m=0.因此类sl比(1)式给出双分裂.对应于1P态，m二土1/2,m=0,土1.因sl此给出六分裂.依据跃迁定则可能的跃迁如图.产生六种跃迁三种波长。由（1）式看来，三种波长必然差入=121nm第四章原子的精细结构：电子的自旋4T)解：U=止B=SB=2卩mBnAU二2卩BmBsBe2鸟mBgh)B=2卩B=2x

39、0.5788x10-4ev-T-ix1.2T=1.39x10-4evSBsh2B4-2)2D状态4-2)2D状态3/23344心j电尺5T5卩=j（j+i）g巴二其大小：卩=3(3+1)x4卩=1.55,225bb4H=mg,=_m,zB5B3113m=,22226226H=(三，一一三)卩z5555B6G3/24-3)解：6G/态:2s+1=6ns=5,l=4,j=6G3/2/222该原子态的Landeg因子：g=3+1.%(%32（/232（/2+卩原子处于该态时的磁矩：卩二gj+也二0（J/T）pp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+i)/2h=

40、(35/4)1/2hp=l(l+i)1/2h=(20)1/2hpSLJ=J(J+1)1/2h=(15/4)1/2h二gS(S+1)1/2=(35)1/2二gL(L+1)1/2SSBBLlB利用p、P、P之间三角形关系可求出=30cos二5SLJ2戶由已知的cos、可求出=SL“5卩B以及=120所以=90。即矢量与P垂直、在P方向的投jj影为0。或:根据原子矢量模型：总磁矩卩等于应,应分量相加，即:ls可以证明:T,cos(L，cos(S,J)=(-g巴)+(-gs)可以证明:卩cos(L,J)=一卩cos(S,J)l曲与？在J上投影等值而反向，所以合成后，卩=0l4-4）解：z=知退竺，Az

41、=2卩込空mv22B力Zmv22BQzmvmv2人兮二2.0 x10-3m;d=10 x10-2m;D=25xlO-2mA10787v=400ms-1;M=x10-3；kg;1=090.X10-10-23JT-1N6.02x10-23BB0将所有数据代入解得：翌=1.23x102T/m4-5）解:辆3/2态，j=|,分裂为：+1=4（束）Az=mgp2dBdDi=mgRBozmv2oBdD旷Boz2Ek1,j=23;m=322113222，2，2呢=示对于边缘两束4-6）解：123m=-2OBdDOz2EkAS=2x3x2x0.5788x10-4x5x102x0.1x0.3=1.0 x10-2

42、m252x50 x10-31331132P3态s=2hj=2；m=2迈，2，23；2j+1=4即：屏上可以接收到4束氯线2对于H原子oBdDAz=2卩丁-=0.6x10-2m2Boz2Ek对于氯原子：oBdDAz=gR22EkAz2=2g（竺）=gAz=22对于2P态：g=4，代入得：az八=4/3x0.60=0.40cm326322注:T=400K,表明：大部分H原子处于基态，当T=105K代入得：时，才有一定量得原子处于激发态4-7）解：赖曼系，产生于：n=2=1n=l,l=0，对应S能级n=2;l=,对应S、P能级，所以赖曼系产生于:2PT1S双线来源于：2P的分裂，22P,22P3/2

43、1/2由21T2知：“晶x5.84cm-i彳寸=宏96Ccm-代代入2,l序壬代代入入解得：Z=3即：所得的类H离子系：Li+144-8）解：2P电子双层的能量差为:14x7.25x10-4ev=4.53x10-4x7.25x10-4ev=4.53x10-4evn3l(l+1)23-1-(1+1)方面B=竺=4-53X10-4=0.39(T)2r2x0.5788x10-4、B4-10)解：3S态:2s+1=3ns=1,l=0,j=1;g=2;m=1,0,-111133P态：2s+1=3ns=,l=1,j=0;m=0022A(mg)=mg有三个值，所以原谱线分裂为三个。11相应谱线与原谱线的波数

44、差=丄-=X_-L九九ccTOC o 1-5 h z=-(v_-v)=(2,0,-2)Rbbchc2rBBhc2rBBhc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：32PT32S32121343132P:s=,l=1,j=;g=;m=,土322232232S:s=,l=0,j=;g=2;m=12222分裂后的谱线与原谱线的波数差为A=A(mg)0=(-3，T，-3,3,1，|)0其中：0=二46.7B二46.7x2.5m-1二116.75m-14兀meeAv=cA=(土，1,)x35GHz33eB32PT32S12123:1,1,1;2;132p.2：s

45、=2,1=1，j=2；g=3；m=2.分裂后的谱线与原谱线差:42Av=A(mg)0=(3，3)0其中：eB=46.7B=46.7x2.5m-1=116.75m-14兀mee42Av=cAv=(,)x35GHz334-12)解：(1)钾原子的和双线产生于42PT42S31丄2,22g因子分别为：g=4,g=2,g=2)23130这三个能级的因在磁场中能级裂开的层数等于2J+1,所以2P能级分裂成四层，2PIf3212和2S能级分裂成两层。能量的间距等于guB，故有:12B42AE=guB=uB；22B3BAE=guB=uB；AE=guB=2uB11B3B00BB原能级和分裂后的能级图如（a）图

46、所示。E1（2）根据题意，分裂前后能级间的关系如（b）图所示，且有:AE=E+(AE)-E+(AE)=.5AE，222max11min1即E-E+(J)guB(J)guB=-AE。212max2B1min1B21将(J)=3,(J)=-1代入上式，得：2max21min234123E-E+(x+x)uB=(E-E)。212323b221经整理有：3rb=2(e-E)=2ke-E)-(e-e)L-2(hc-hc)=hC.23B221220102hh2hh2112=1X1.24X103eV-nmx(769.9766.4)nm=3.678xlO-3eV2769.9nmx766.4nm于是B二丄x3.

47、678x10-3eV二x3.678x10-3eV二27.2T7r7x0.5788x10-4eV-T-1B4-13)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：r*二rr*二r+r二LS1)2m2)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：U=-!?B=(+2S)-B=竺(L+2S)(2)32P；对于3S(2)32P；对于3S态：0分裂后的能级与原能ee=(m+2m)=(m+2m)rB2mlslsBe(3)钠原子的基态为32S，第一激发态为12m=0,m=1，因此(2)式给出双分裂，1s2级的能量差AE=uB1B对于3P态

48、，m=0,1;m=1，(2)式理应给出2x3个分裂，但ls2m=-1;m=1与m=1;m=-1对应的AE值相同，故实际上只给出五分ls2ls2裂，附加的能量差为AE=(2,1,0,-1,-2)uB2B原能级与分裂后的能级如图所示根据选择规律：Am=0,1;Am=0ls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)卩B，因此只能观察到三条谱线，其中一条与不加磁场时重合。B这是，反常塞曼效应被帕型巴克效应所取代。1/221/221121-1Q成-1/2-1-1/2-2-1/21-L/2-1钠原子的旺和苗态在强磁场中的能级分裂和跃辻、4-14)解：因忽略自

49、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：氏二(1,0,-1)0式中0=B=46.7m-1T-1-B=46.7x4m-1=1.87x10-7nm-14nmee因X=丄，故有AX=-X2A将X,A代入上式，得:-2.74x10-3nmA九二九-九二一(121.0nm)2x(1,0,1)命二02.74x10-3nm(121.00.00274)nm:入=121.0nm(121.0+0.00274)nm第六章X射线6-1）解：X=1-24(nm6-1）解：X=1-24(nm)nV(k

50、V)=1-24(nm)100kVminV(kV)0.0124(nm)6-2）解：v=0.246x1016(Z-1)2Hzkacv=ka九2.998x1080.0685x10-9=4.38x1018Hz代入解得：Z=436-3）解：L吸收限指的是电离一个L电子的能量艮卩：E-E=AE=hv=竺gLLL九L而：AE=E-E=E-E+竺KgKLK九L九的Moseley公式为:Ka九的Moseley公式为:Ka而：hv=EEKaLK将Z=60;X=0.19nm代入解得:Lv=0.246x1016(Z-1)2Ka6-5）解：层电AE=42.0KevK子结合能为hcE=KhcE=K九K由K线的能量体系,a=87.9KeVE=EE得L层电子结合能KakL为：hc