原子物理学-杨福家-第四版-课后答案

-...1- -..7-⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..12 1.6 -...1- -..7-⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..12 1.6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯23 2..8.没.有错误!未定义书签。12121 2Mv mve Mv22e2MvMvmvep=mve，其大小：mvv veMe22m2vv veMep=mve(1)目录第一章原子的位形 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理：泡利原理⋯⋯⋯第六章X射线 第七章原子核物理概论 第一章原子的位形1）解：α粒子与电子碰撞，能量守恒，动量守恒，故有：22m2

(v2v'2)(vv')(vv') ve2M近似认为：pM(vv');vv'有2vvmve2Me亦即：p(1)2/(2)得亦即：p(1)2/(2)得p1Mmve22e(2)p2m2ve2pMmve22mM104亦即：tg p～10-4(rad)pa=28ea=28e24E2）解：①bactg；库仑散射因子：2242Ze2Ea(40E2EZ))1.44fmMev(279)5Mev45.5fm90时，ctg211a22.75fm2亦即：15b22.751015m②解：金的原子量为A197；密度：1.89107g/m3依公式，λ射粒子被散射到θ方向，立体角的内的几率：dP(dP((1)) a2d nt(1))nt16sin42式中，n为原子核数密度，mn(NAA)n即：nA由（1）式得：在90o→180o范围内找到180P(902ant2sind164

sin2(2)粒子得几率为：4a2nt将所有数据代入得5P()9.4105这就是1-3）解：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。EE44.5.5Meevv;;对于全金核Z79;;对于7Lii,,Z3;222Ze2 e2 2Zrma()()m40E40E当Z＝79时279rm1.44fmMev42.5M7e9v50.56fm当Z＝3时，rm1.92fm;但此时但此时M并不远大于mm， EcElEc12uvrmac2M

Ma(147)E,acma(1Mm)3.02fm1-4）解：①rm2Ze240E2Z)(2Z)7fm0E将Z＝79代入解得：E=16.25Mev②对于铝，Z＝13，代入上公式解得：4fm=e2(13)E=4.68Mev4E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：El(1Mm)Ec对于①El(1②El(11)Ec16.33Mev197c1)Ec4.9Mev27c可见，M>>m时，ElEc，否则，ElEc1-5）解：在θ方向dΩ立方角内找到电子的几率为：dNnt(NZ1Z2e24E4

sin2注意到：AntNAt;ntNAAdNNNAAt(4a)2n4sin2e2(4eZ1Z2E)1.44fmMev79113.76fm1.0Mev1.510221.5102dN6dN68.9106N6A.A0219t(714a0)223sidn14.510n232

211114410153)21.5102)sin4301-6）解：dNa2dNnt(4)24sin422Nnt4sincos2d32180散射角大于θ得粒子数为：NdN180dsin2N依题意得：N60603

sin290180dsin2即为所求90sin7)解P(01800)1800dN0N1800nt0Z1P(01800)1800dN0N1800nt0Z1Z2e2E2cos2d3

sin21800tNA0Acos2d2a43

sin21800mNA2aA4cos2d

sin3210mNAa2ctg204

4210316103AmNActg20c()dd2a11814103tg2100依题：444sin21026.02102340sin302241028m2/sr24b/sr

8)解：在实验室系中，截面与偏角的关系为(见课本29页)m11m1sinm2 m2(L)max90m1m21m111sinL0m2m1(1－sinL)m11－ sinL0m2m2由上面的表达式可见：为了使L(L)存在，必须：m1m21(m1sinL)2m1m2即：(1m1sinL)(1－m1sinL)0m2 m2m11sinL0m11sinL0亦即：m2或m2－m11－1sinL01－m1sinL0m2m2考虑到：L180sinL0第二组方程无解第一组方程的解为：1m1sinL1m2可是，m1sinL的最大值为1，即：sinLm2②m1为α粒子，m2为静止的He核，则m11，m2(L)max901-9)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P()nta2ctg242当靶中含有两种不同的原子时，则散射几率为0.710.32将数据代入得：

132（11.4410132（11.441013Mevcm）2（0.70 79210.30197gmol121.5103gcma2ntctg426.0221023mol1a2ntctg424（1.0Mev）24931）5.8103108gmol11-10）解：则：之间得几率可用的几率可用下式求出：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：44sin2nt（a）22sin4sin2由于1Z1Z2e2a4ER1791.44Mevfm1.2Mev，可近似地将散射角视为：12

将各量代入得：5961260；615918094.8fm0.0349rad419.321.51046.021972310231394.810132sin6040.03491.51104sin430单位时间内入射的粒子数为：ItT时间内入射质子被散时到5961之间得数目为：10NNT3.12510101.511060591.4109（个）入射粒子被散时大于θ的几率为：nt4actg22Ant4actg22AtNA2a2

ctg2421.8810310NNT3.125101031.881036051.81010（个）大于10的几率为：28.1710210大于10的原子数为：N'3.125101.6010198.171026057.6610111.6010191)1)2小于10的原子数为：N3.12510101605N'8.61012（个）注意：大于0的几率：1大于0的原子数为：NT3.1251010605第二章原子的量子态：波尔模型第二章原子的量子态：波尔模型1）解：hvEkWEk0,有hvEk0,有hv01W.9e1.9eV154.13571015eVs4.61014Hz1.9eVhc1.24103nmeV652.6nm1.9eVW1.9)eVchc1.24103nmeV364.7nmhcEkW(1.51.9)eV2-2）解：2nrn a1Z;vnc V1Z 1Z;EnnnE1(Z)2

n①对于2-2）解：2nrn a1Z;vnc V1Z 1Z;EnnnE1(Z)2

n①对于H：r1a1nr1a1n0.5a31A;0r.253A4a;1r224.1a21A2.12Av16c2.19106(ms1);v212v11.1106(m1)对于He+：Z=2r1v11a10.265A;r22a11.06A22c4.38106(ms1);v1c2.19106(ms1)对于Li+：Z＝3r11a10.177A;r234a1310.707A22E1 0结合能＝En E1(Z)2EA122.4evn122.4evEH13.6ev;EHe413.654.4ev;ELi由基态到第一激发态所需的激发能：)1(E12Z2)Z(E1)1(E12Z2)Z(E12)Z(E1E12ZE1336).)3613(40H;121261A6A13对于He+：3对于He+：(E1()HEe)He34而Li++最小得激发能为 E12LiE2E132E1(223)91.8eV133hchhcc.613.46440.48e0.v8;evH;eH 303300.393.9A.9A.A.19A对于Li++：(E1()LEi)He3133.163.96491.480e.v8;ev;HeHhchc1313530.51344 EE.A.19A3)解：所谓非弹性碰撞，即把Li++打到某一激发态，这就是碰撞电子应具有的最小动能。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E12E2E110.2eVv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：Ec MELcMmL所求质子的动能为：Ek1mv2MmEc(1m)E122E1220.4eVv2MM所求质子的速度为：v2mEk 221.06.47311.602170 6.26104(ms1)方法二：质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒，则mPmPv10 mmPv10 mPmHvmPmH

1mPv1201(mPmH)v21mPv120 mH222 mPmH12E10 mPv102E2(E2E1)20.4eV2E42v10 2c6.2610(m/s) 其中mPc938MeVmPc2-7)解：211v~RZ2(1212)，巴而末系和赖曼系分别是：mnv0BRZ2(LRZ2121122

2R2Z232111322

);vLRZ2(122112212);136RZ2514RZ23133.7nm2222即：HHEeE原子的离子。RRZZ2(1(1333.7.n7nmm))888,解,得：ZZ2-8)解：hc21EhvhcvhcRZ2(1)4H原子之后的剩余能量为：此能量电离即：12mv2E'v2E'2cmc2-9)解：m2m质心系中:rm134Rhc43Rhc40.8eVvE'40.813.627.2evV54.41060.511083.1106(ms1)r1r2,r12:ke2r角动量量子化条件运动学方程r22mv2r2,v1v2r

:m1v1r1m2v2r2mvrEnEEkEp2

ke

r22(m/2)e42mv22240nh2

m1v122ke2r2m2v22

ke

rEnH213.6eV2n21)基态时两电子之间的距离：r2a10.106nm把(把(5)式代入上式中2)电离能：E＝RAhcE1RhcE16H.80ev6.80eV122第一激发能：EhEc1v2E342RAhEc183Rhc5.10evV3)由第一激发态退到基态所放光子的波长：(21)hc

E2(21)hc

E2E1243.3nm10)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=m1m2/(m1+m2)=186mer1=rm2/(m1+m2)=rM/m1r2=rm1/(m1+m2)=rM/m2TOC\o"1-5"\h\z运动学方程：Ke2/r2=m1v12/r1=m12v12/(Mr) (1)Ke2/r2=m2v22/r2=m22v22/(Mr) (2)角动量量子化条件：m1v1r1+m2v2r2=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(4)Mv2(m2/m1+1)r=n?即m2v2r=n(4)(2)式和(4)式联立解得：rn20rn20h224M1n86a15)式中a1=0.529A，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=0.00284A再从运动学角度求取体系能量对r的依赖关系。222E=EK+EP=1/2m1v12+1/2m2v22–Ke2/r=(1/2M/m1+1/2M/m2–1)Ke2/r=-1/2Ke2/rT(3S)T(nP)；T(3S)T(nP)；1En=22Me4En=22Me4(40)2n2h2186En(H)因此，子原子的最低能量为E(n=1)=186(-13.6eV)=-2530eV赖曼系中最短波长跃迁对应从n=的跃迁。该跃迁能量即为2530eV。由hc/=2530eV计算得到min=4.91A2-11)解：重氢是氢的同位素RHMe;RD重氢是氢的同位素RHMe;RDMH1Me

MDRH0.999728RD11x110.5002x0.999728解得：x0.54451解得：x0.54451103；质子与电子质量之比1x1836.502-12)解：①光子动量：ph①光子动量：ph，而：hcEEEpp =EEpp =mmpvpvvvccEE22ccmmpcpc101.02.2eevv663311008m8mss1133.2.266mmss1193983.83.3101606②氢原子反冲能量：2p2②氢原子反冲能量：2p2Ek12mpv(E)22mpc210.2ev695.41094P3D;4P4S;3D3P;4S3P;4P3S;3P3S2-14)解：依题：主线系：辅线系：~1辅线系：T(3P)T(nS)或~ T(3P)T(nD)1.0111.011104即：T(3S)T(3P)①T(33SS)589.3nm1589.3nm;T(3P)14.144408.6nm0408.6nm106(m1)T(3S);T(33PP)408.6nm2.447106(m1)T(3P)相应的能量：E(3S)hcT(3S)31.24103nmeV4.144106m15.14eVE(3P)hcT(3P)31.2410nmeV2.447106m13.03eV②电离能E(3S)5.14eV第一激发电势：E12E(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：1212mev mec2e2e511keV122v1000eVc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=511keV加速后电子总能量E=mec2+1000eV=512000eV用相对论公式求加速后电子动量1p1 E2me2c4c262144000000261121000000eVc31984eV电子德布罗意波长hc61.241106eVm31984eV31984eV100.388010m=0.3880?采用非相对论公式计算也不失为正确：hhhcp 2meEk 2mec2Ek1.241106eVm2511keV1000eV1.241106m50.3882?0.31969105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。hcp 2meEk22mec2Ek61.241106eVm2511keV100eV61.241106m1.2287?4由由P88例1可得pp0为不考虑相对论而求出的电子动量，h hhc 1.241106eVm1.241106m43.8819?p 2meEk 2mec2Ek 2511keV10eV0.319691042)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=1/2meve2=pe2/2me=h2/(2mee2)光子动能Eph=h=hc/ph所以Eph/Ee=hc/ph(2mee2)/h2=hc/(2mec2e)其中组合常数hc=1.98810-25Jmmec2=511keV=0.81910-13J代入得Eph/Ee=3.0310-33)解：2(1)相对论情况下总能E=Ek+m0c2=mc2=m0cv21(c)511keV。其中Ek为动能，m0c2511keV。由题意：m0由题意：m0c2EkEm0c21)(2)电子动量pmv1m0v(v)2c3m0c其德布罗意波长hc1.9881025Jm0其德布罗意波长h/p3m0c21.7325111.6021016J0.014A3-5)解：证明：非相对论下：012.25hVp0容易解得v3/2c0.866c0为这时求出的波长。考虑相对论效应后：这里p为考虑相对论修正后求出的电子动量，考虑相对论效应后：这里p为考虑相对论修正后求出的电子动量，p为这时求出的波长。则/0=p0/p=TOC\o"1-5"\h\z2meEk c2meEk c2meEk 11 E2 me2c4 (Ek mec2)2 me2c4 Ek2 2mec2Ek Ek 1c 2mec2Ek=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。2mVec2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/2mec2远小于1的假设可能不成立)。设y=1+V/2mec2=1+x，f(y)=1y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：V4mV4mec2f(y)=1+fy|y1x=1+(1/2)3/21y|y1x=1-x/2=1-将m将mec2以电子伏特为单位时的数值511000代入上式，得f(y)=10.489106V因此0f(y)=12.2512.V因此0f(y)=12.2512.V25(10.48912.25106)nmnmV(10.978106)7)解：c得:c得:,即6030110091075107Hz由E又tE 又tE 2,所以t2E4h11.59109s48)解：1414210142020020Ek328mer23234236.6310343.1429.10910311.0114.58851011J

52.8678105eV3-9)解：(1)2dxdydzx2aN2eayzbcdxdydzxyzN2eadxebdyecdzN2(2a)(2b)(2c)8abcN211归一化常数N18abca02dxdydzN2axeadx0yzebdyecdz1111a12b2c18abce2e2)粒子x坐标在0到a之间的几率为3)粒子的y坐标和z坐标分别在b2dxdydz18abc(2a)2b1xeadxbebybdyczecdzc21122c11eeb和c c之间的几率N21e3-12)解：xnxndxxdx22nxxsinaa0x2nxcosadx22ax 1a 2nxadx xcos dxa02 a0a21a

a2naxd0sin2nxa1a2nxasindx22n2222hh(12h)UB2BB20.5788104evT11.2T1.39104eVv用源。用源。用源。第四章4-1）解：sBVeV1SVB22gSBmsBBme hxx平均a20a当n3-15)(1)时x0xa，Vxa，VV0，22nxsina,x20，ddx22dxndxdxdx

a2a112622n2平均k2d2dx2k由函数连续、有限和归一化条件求由函数有限可得：由函数连续可知：2a3-15)12(x)0，k22m2E，(x)AsinkxBcoskxk22m(V0E)(x)AkxkxeBeA,B,A,B(0)(a)(a)由错误！未找到引用源。由函数归一化条件得：B0AsinkakAcoskaBekaka

kBe和错误！未找到引用源。a(Asinkx)2dx (Bekx)2dx10错误！未找到引错误！未找到引kctykak错误！未找到引由错误！未找到引用源。和错误！原子的精细结构：电子的自旋esBSB2BmsB

me未找到引用源。可求得A,B4-2)2D3/2状态，sS11212,l,e2,2j,j334422;gj(j1)gB其大小：45B1.55Bzmg3,1,2,2,(6,2,(5,5,1,2,24mB53265)B4-3)解：6G3/2态：2s1652,l4,j该原子态的Landeg因子：31221)4(41)01)原子处于该态时的磁矩：gj(j1)B0(J/T)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PJ=[J(J+1)]1/2?=(15/4)1/2?PS=[S(S+1)]1/2?=(35/4)1/2PJ=[J(J+1)]1/2?=(15/4)1/2?S=gS[S(S+1)]1/2B=(35)1/2B L=gl[L(L+1)]1/2利用PS、PL、PJ之间三角形关系可求出=30cos527由已知的cos、S、L可求出以及=120所以=90。即矢量与PJ垂直、PJ方向的投影为0。或：根据原子矢量模型：总磁矩等于l,s分量相加，即：lcos(L,J) scos(S,J)(2JglBJ22LJ2S2)(gSBJ2S2lcos(L,J) scos(S,J)(2J2JB0.930.93101023JT16.02可以证明：lB0.930.93101023JT16.02将所有数据代入解得：Bz

z21.23102JT//mm4-5)解：44F33/22态，将所有数据代入解得：Bz

z21.23102JT//mm4-5)解：44F33/22态，j332,分裂为：2gj束）z2mgBzdDB2

zmvmgBzBdD2Ekm=31,22,13222,2,g55对于边缘两束，z22jgBBzzzdD2Ek0.57881041020.10.331.0102m501034-4）解：z BzdD，z2 BzdDz2 B2，z22B2zmvzmv322z22.010m;d1010m;D2510ml与s在在Jj上投影等值而反向，所以合成后， ＝01v400ms1;MmAN0107.871023103;kgB;6）解：12P3212P32态:s21,l1,j3312;m2,2,1,2,对于H原子：z22BBz2BdD0.6102mz2Ek对于氯原子：z2BzgBdDz2Ekz2gz212g(z2)z222对于2P32态:g4，代入得：z2'4/30.600.40cm32屏上可以接收到4束氯线即：＜注：T＝400K,表明：大部分H原子处于基态，当T=105K时，才有一定量得原1,j1,j23;m=23,21,12,23;2j14子处于激发态>7）解：赖曼系，产生于：n2n1n1,l0，对应S能级2P1Sn2;l0,1，对应S、P能级，所以赖曼系产生于：2P1S双线来源于：2P的分裂，22P3/2,22P1/2由21由21－12'知：3Z5.84cm1n3l(l1)将V292.69c.6mcm代1,入n，2n,l21,e代入1,解得：Z=3即：所得的类H离子系：Li++8）解：2P电子双层的能量差为：U 3Z4n3l(l1)47.25104ev314 7.25104ev231(11)44.53104ev两一方面：UBBU4.53104B42B20.57881040.39(T)34-10)解：3S1态:2s1,l0,j1;g12;m11,0,3P0态:2s32,l1,j0;m20（mg）m1g1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：c相应谱线与原谱线的波数差：BB(2,0,2)Bhc相邻谱线的波数差为：2BBhcs=0到s=0到s=0的能级之间的跃迁）11)解：①32P3232S12213P32:s,l232S12:s1,l12 21,j0,j34;g;m2312;g2;m31221222)根据题意，分裂前后能级间的关系如( b)图所示，且有：其中：分裂后的谱线与原谱线的波数差为：~5115~(mg)~(35,1,13,31,1,53)~eB4mee46.7B46.72.5m1116.75m1(53,1,13)35GHz②32P1232S12122;g分裂后的谱线与原谱线差：~(mg)~(43,23)~32P12:s1,l1,j23;m其中：eB46.7B46.72.5m14mee1116.75m1c(43,23)35GHz4-12)解：(1)钾原子的766.4nm2和769.9nm双线产生于42P3122242S1。这三个能级的g2因子分别为：g2443,g123,g0203因在磁场中能级裂开的层数等于2J+1，所以2P32能级分裂成四层，222P12和2S12能级分裂成两层。能量的间距等于guBB，故有：E0'g0uBB2uBB42E2'g2uBB3uBB；E1'g1uBB3uBB；33原能级和分裂后的能级图如(a)图所示。E1E2[E2(E2)max][E1(E1)min]1.5E1，E1。即E2E1(J2)maxg2uBB(J1)ming1E1。将(J2)max2,(J1)min 2代入上式，得：34123E2E1( )uBB(E2E1)。212323B221经整理有：BB1E1)12BB1E1)12(E2E0)(E1E0)1hc2(21hc212123.6783.678103eV11.24103eVnm(769.9766.4)nm2769.9nm766.4nm于是B37B33.678103eV33413.678103eV27.2T70.5788104eVT14-13）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：LS2meeLme2LS2meeLme2eme(L2S)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：eB2meeB2meeeB2meeB2mee(L2S)B2emBe(Lz2Sz)2）(ml2ms)(ml2ms)BB112，因此3）钠原子的基态为32S1，第一激发态为 32P0；对于3S态：ml0,ms2（2）式给出双分裂，分裂后的能级与原能级的能量差E1 uBB11对于3P态，ml0,1;ms ，（2）式理应给出23个分裂，但ml 1;ms 与221ml1;ms 对应的E值相同，故实际上只给出五分裂，附加的能量差为ls2E2（2,1,0,1,2）uBB原能级与分裂后的能级如图所示根据选择规律：ml0,1;ms0

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)BB，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)式中L~ eB46.7m1T1B4mec1因 1~，故有 2~146.74m1711.87107nm1将,~代入上式，得：32.74103nm2' (121.0nm)2(1,0,1)L~02.74103nm(121.00.00274)nm

121.0nm(121.00.00274)nm第五章多电子原子435－2解：4D32:L2,S2,JL?2S?2)21[J(J1对于L2;SLS12(J?25－3解LS5－4解：1)L(L521(J?2L?2S?2)1[J(J222;J由J?2L?21)S(S1)L(L1)S?22L?S?得1)]23由J?2S(S1)]L?2S?2S?得1;J5时:221(L?22S?2J?2)12[52(52122;J3时:221(L?2S?2J?2)1[3(3LS1)LS1)当L2;S当L2;S2(21)2(21)PJPLPS它们的矢量图如图所示。由图可知：PLLPJScoss((PL,PPJJ))。PS2PL2PJ22PLLPJ经整理得：cocoss(P(LP,LPJP)J)L(L1)J(J1)S(S2L(L1)J(J1)对于3F2态，S1,L3,J2，代入上式得：cos(PL,PPJJ))112(21)]1112(121)]1)3423120.9428,234121(PL,PJ)=cos10.94281928'所以总角动量PL与轨道角动量PJ之间得夹角为1928'。5－6解：j-j耦合：根据j-j耦合规则，Pj322各个电子得轨道角动量Pl和自旋角动量Ps先合成各自的总角动量Pj，即PlPs，j=l+s,l+s-1,⋯ls。于是有：l12,s11/2,合成j15/2,3/2;l22,s21/2,合成j25/2,3/2。然后一个电子的Pj1再和另一个电子的Pj2合成原子的总角动量PJ，即PJPj1Pj2j1=5/2和j2=5/2合成J=5,4,3,2,1,0j1=5/2和j2=3/2合成J=4,3,2,1;j1=3/2和j2=5/2合成J=4,3,2,1;j1=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PJ J(J1)将J值依次代入上式即可求得PJ有如下6个可能值，即PJ5.48,4.47,3.46,2.45,1.41,0对于L-S耦合：PL和两个电子的轨道角动量Pl1和Pl1，自旋角动量Ps1和Ps1分别先合成轨道总角动量自旋总角动量PSPL和PLpPl1pPl2PL,Ll1l2,l1l2－1，...,l1l2;PSps1Ps1psP2s2PS,Ss1s2,...,s1s2;1l1 l2 2,那么L＝4,3,2,1,0, ；s1 s2,S1,0。1 21 2 2然后每一个PL和PS合成PJ，即：PJPJLPLSPS，JLS,LS1,...LS因此有：S=0S=1L=01S03S1L=11P13P2,1,0L=21D2D3,2,1L=31F3F4,3,2L=41G43G5,4,3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：1212PJ5.48,4.47,3.46,2.45,1.41,0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。2s2s组态形成的原子态：1S02s3p组态形成的原子态：1P1，3P2,1,0其间还有2s2p组态形成的原子态：1P1,3P2,1,0；2s3s组态形成的原子态：1S0,3S1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：S0,L1,J0,1（00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)2组态可形成的原子态有：1S0,1D2,G4,P2,1,0,F4,3,2。利用斯莱特方法求解如下：L1对(nd)2组态L1对(nd)2组态:S12;L2ML12,1,0,1,2;ML22,1,0,1,212;S2MS112;ML2根据泡利原理:可能的ML和MS数值如下表MSML-1014(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)(0,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(0,-1/2)(0,1/2)(1,1/2)(2,-1/2)(-1,-1/2)(2,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(2,-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)(0,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(0,-1/2)(0,1/2)(-1,1/2)(-2,-1/2)(1,-1/2)(-2,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(-2,-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)L 4,S0 J 4 1G4； L3,S1J4,3,23F4,3,2；L1,S1J2,1,03P2,1,0；L2,S0J21D2；L 0,S0 J 0 1S0根据洪特定则和正常次序，可知其中 3F2的能量最低。（2）钛原子（Z＝22）基态的电子组态为1S22S22P63S23P63d24S2。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，3d2组态所形成的原子态中，能量最低的（即基态）为3F2。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1s2，其基态必为1S0，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1s22s22p1，其基态为1P1/2，即J1。因此，在屏上可接受到两束。5－12解：1）151）15P的基态的电子组态:1s22s22p63s23p3，最外层电子数为满支壳层6个）S12S12的一半。则根据洪特定则：L1JS2S11132220(1)043基态为：4S32242）16S的基态的电子组态6个）2）16S的基态的电子组态6个）S121211122的一半。则根据洪特定则：L10(1)11基态为：3P2JSL22S13:1s22s22p63s23p4，最外层电子数大于满支壳层（22625:1s22s22p63s23p5，最外层电子数大于满支壳层（3）17Cl的基态的电子组态6个）S111111222222L10(1)101S3JL22S13的一半。则根据洪特定则：3基态为：3P32:1s:1s22s22p63s23p6，最外层电子数等于满支壳层所能S1111222212102容纳的电子数（6个）则根据洪特定则：L10(1)10(1)0J02S114）18Ar的基态的电子组态基态为：1S0第六章X射线6-1）解：min1.24(nm)V(kV)第六章X射线6-1）解：min1.24(nm)V(kV)1.24(nm)100kVV(kV)0.0124(nm)6-2）解：0.2461016(Z1)2Hzc2.9981089 4.381018Hz0.0685109代入解得：Z=436-3）解：L吸收限指的是电离一个L电子的能量即：E-ELELhvLhc即：E-ELELhvLhc而：EKE-EKELEKhcK的Moseley公式为：vK0.2461016(Z-1)2而：hvK ELEK将Z60;L0.19nm代入解得：EK42.0KeV将Z60;L0.19nm代入解得：EK42.0KeVv6-5）解：①K层电子结合能为：EKhc1.24KeVnm87.9KeV0.0141nm由K线的能量体系，EKEkEL得L层电子结合能为：ELEkEK 87.9KeVELEkEK 87.9KeVK0.nm0167同理可得：M,N层电子结合能为：EM3.0KeV;EN0.6KeV由此可得Pb原子K,L,M,N能级图（如下图所示）由矢量图可知：当 由矢量图可知：当 180时，Pe最大，此时0.6KeV②要产生L系谱线，必须使L