原子物理课后完整答案 杨福家.doc

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：rm=Z1*Z2*e2/4*p*e0*E = = 1.14 10-13 m 氕核情况结论相同-21页 4题：a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/m3 的金箔。试求所有散射在 q 90 的a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 MAu = 197 1.66 10-27 kg = 3.27 10-25 kg箔中金原子密度 N = r/MAu = = 5.91 1028 个/m3入射粒子能量 E = 1/2 MV2 = 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 = E0/(1-V2/C2)1/2 = 8.50 10-13 J对心碰撞最短距离 a=Z1Z2e2/4pe0E = . = 4.28 10-14 m百分比 dn/n (90180)= = 8.50 10-4 %-21页7题：3.5 MeV a粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。a粒子与银箔表面成60角。在离a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 m2的计数器。测得散射进此计数器窗口的a粒子是全部入射a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：MAg = 107.9 1.66 10-27 kg = 1.79 10-25 kg银箔有效质量厚度：m = 0.01 kg/m2 cos30 = 0.0115 kg/m2有效单位面积上的银原子数：Nt= m/MAg = = 6.45 1022 个/m2 计数器立体角：dW = S/r2 = 6.0 10-5 m2 / (0.12 m)2 = 4.17 10-3dW 与 dq 之间的关系：dW = S/r2 = (2pr sinq) (rdq) / r2 = 2p sinq dq微分散射截面 ds = = = 0.2866 a2百分比 dn/n = NtAds/A = Nt ds = 29/106 所以 ds = 4.496 10-28 a = 3.96 10-14 m即 Za ZAg e2 / (4pe0E) = a = 3.96 10-14 m 计算得 ZAg = . = 48 约等于实际值 47第一章习题课：能量为 3 MeV 的a粒子束射向厚度为 1.5 mm 的 Pb 箔。试求a粒子被散射到 6090的几率。Pb的密度为 11350 kg/m3，原子序数为 82，原子量为 207。解：单个铅原子质量：MPb = 207 1.66 10-27 kg = 3.436 10-25 kg单位体积内铅原子数：N = r / MPb = = 3.303 1028 个/m3散射到6090度方向的几率 P(6090) = = 其中 a= ZaZPbe2/4pe0Ea = . = 7.87 10-14 m P(6090) = = 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： 所以 mev2 = 27.2 eV = 43.57 10-19 Jv = 2.187 106 m/sf = v/2pr = 2.187 106 m/s / 6.28 0.529 10-10 m = 6.583 1016 HZa = v2/r = 9.05 1022 m/s23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/ m2) 所以 m2 12.36 m = 3hn(mn) = E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n2-1/m2) l(31)=hc/E(3)-E(1) = 102.6 l(32)=hc/E(3)-E(2) = 657.0 l(21)=hc/E(2)-E(1) = 121.7 5题：从 Li2+ 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：En = -hcRZ2/n2 n=1,2,3.题中Li2+ 离子中出射光子能量 E = E2 E1 = 9/4 hcR = 91.8 eV使 基态He+ 离子电离所需能量 Eion = E - E(1) = 2 hcR = 54.4 eV9/4 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 ke2/r2 = 2mv2/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： -(3)从运动学角度求取体系能量的表达式E = EK+EP = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 Ke2/r = mv2 Ke2/r -Ke2/2r - (4)(3) 代入 (4) 中En = - = 1/2 En (H) = - 13.6 eV/2n2E2 E1 = = 5.1 eVl(21)=hc/E(2)-E(1) = 2433 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 mz 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 fz = mz B/z，方向因 mz 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 az = fz/m 刚脱离磁场时刻 原子 Z 方向的瞬时速度 vz = az t1 原子在 Z 方向的偏转位移 d/2 = 1/2 az t12 + vz t2代入数值计算得 mz = 1.007 mB = 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 En = - hcR/n2 = -13.6 eV/n2 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 V2 估算 He+ 离子、Li2+ 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 En = -hcRAZ2/n2 -hcRHZ2/n2 n = 1,2,3,. 轨道半径 rn = a1 n2/Z 电离能 Eionization = (E - E1) = hcRHZ2 第一激发能：Eexcitation = E2 - E1 = 3/4 hcRHZ2 赖曼系第一条谱线的波长 l = hc/(E2-E1) = 4/(3RHZ2) 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 ：93 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 (Ha) 之间的波长差 Dl 有多大？已知 RH = 10967758 m-1，RD = 10970742 m-1解：巴耳末系满足 1/l = R (1/4 1/n2) n = 3, 4, 5, 6,.对于谱线 Ha ，n=3，1/la = 5R/36， la = 36/5Rla(H) - la(D) = 36/5 (1/RH 1/RD) = = 1.7856 4 欲使电子与处于基态的Li2+ 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 Li2+ 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：DE= E2 E1 = hcRZ2(1/12 1/22) = 91.8 eV此即为电子至少需具备的动能。5.m- 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 m 原子。试计算：（1）m子原子的第一玻尔轨道半径；（2）m子原子的最低能量；（3）m子原子赖曼系中的最短波长。解：m- 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： - （5）式中 a1 = 0.529 ，为氢原子第一玻尔轨道半径。根据（5）式，可求得，m子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284 。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 En = 因此，m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/l = 2530 eV 计算得到 lmin = 4.91 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： l = h/p 所以 pph/pe = le/lph = 1:1电子动能 Ee = 1/2 me ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2mele2)光子动能 Eph = hn = hc/lph 所以 Eph / Ee = hc/lph (2mele2) / h2 = hc / (2mec2le)其中 组合常数 hc = 1.988 1025 Jm mec2 = 511 keV = 0.819 1013 J 代入得 Eph / Ee = 3.03 1032 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 = Ek + m0c2 = mc2 = 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：容易解得 (2) 电子动量 其德布罗意波长 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、q、f中，电子出现几率对三者的依赖关系为：（1） 与 f 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 nl 个极大值。当nl=1时，极大值出现在 r = n2a1 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q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 = a1 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 4a1。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 4a1。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 m0 v2 = 10000 eV = m0c2 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 E0 = m0c2 = 511 keV加速后电子总能量 E = m0c2 + 10000 eV =521000 eV用相对论公式求加速后电子动量 电子德布罗意波长 = 0.1222 采用非相对论公式计算也不失为正确：0.1227 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。= 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 （） 的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为： （）。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： p0 为不考虑相对论而求出的电子动量，l0 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，l 为这时求出的波长。则 l/l0 = p0/p = 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。l/l0 = ，这里 m0c2 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。m0c2 也以电子伏特为单位时，2 m0c2 的数值为 1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000伏特，那么 V/2m0c2 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/2m0c2 远小于 1 的假设可能不成立）。 设 y = 1 + V/2m0c2 = 1+Dx，f(y) = 由于 Dx 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 + = 1 + = 1Dx/2 = 1 将m0c2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得f(y) = 因此 l = l0 f(y) = 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 mm。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： ，这里 m0 为电子静止质量，Ek 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 Dp Dx /2。这里 Dx 1 mm。所以 Dp/p /2 (1/p) (1/Dx) = = 3 106即 Dp/p 3 104 %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 L 时 V = V0。（1） 试推导粒子在 E V0 情况下 总能量 E 满足的关系式。（2）利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量 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 和 x 0 区域， V = V0，代入薛定谔方程并整理 得设 ，由题中 E 0容易知道，上面薛定谔方程的通解在 x L区均为：，其中 A、B 为待定系数。（注意，这里不可以认为在 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 L 时，A = 0 。因此 x L 时，u = B ekx在 0 x 0。设 容易知道 上面薛定谔方程的通解为 C和 d 为 待定常数，且 0 d 2p或 C 和D为待定系数或 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， u1 = A ekx A 待定0 x L， u3 = B ekx 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，u1 = u2 ； du1/dx = du2/dxx = L 处，u2 = u3 ； du2/dx = du3/dx将上述连续性条件应用于波函数 得A = C sindAk = C l cosdB ekL = C sin(lL+d)B k ekL = C l cos(lL+d)进一步推导tand = l/ ktan(lL+d）= l/ k由 tand = l/ k 0，得 0 d p/2、和 3p/2 d 2p由 tan (lL+d) = tan (d) 得lL+d = np d 即 d = np/2 lL/2 = n = 1, 2, 3, .又由tand = l/ k 得 因此能量 E 满足的关系式为 0 = p/2 n=1,2,3,N1 或 p = 3p/2 n= 3,4,5,.N2其中 N1 = INTEGER() N2 = INTEGER()(2) 图解法说明 能量取值的不连续性设 0 f1(x) = arcsinx p/2；f2(x) = ；p f3(x) = arcsin(x) 3p/2其中 0 x = 1则能量E 的解可通过 f2 与f1 的交点、与f3 的交点的横坐标求出。做各函数曲线如上图所示。图中横坐标为 。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。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 = V0 II 区 L/2 x L/2， V=V0在 I 区中： 其中 k = 利用边界条件知道 A1 = 0，所以 同理知道在III区中：， 在 II 区中： 所以 ，其中 波函数的连续性 要求：x = L/2 处，uI = uII ； duI/dx = duII/dxx = +L/2 处，uII = uIII ； duII/dx = duIII/dx代入波函数进行运算 得 - （1） -（2） - （3） - （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。=两式相加 (略去B2的下角标)： = 两式相减 (略去B2的下角标)： = 当 A 0 ，同时 B 0 的条件下：。无实数解。当A 0 ，同时 B = 0 条件下： 即 当A = 0 ，同时 B 0 条件下： 即上面两式 即为能量 E满足的关系式。图解法求 能量 E：设 x = f1(x) = f2(x) = f3(x) = 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：当A = 0 ，同时 B 0 条件下：设 x = ，(0 x 1)；设 =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 f1(x) = cos(Cx)；f2(x) = x ；f3(x) = sin(Cx) 曲线：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 l = 6707 ，辅线系系限波长 l = 3519 。求Li原子第一激发电势和电离电势。解：Li原子主线系为 np 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/l = 1.988 1025 Jm / 6707 = 2.96 1019 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/l = 1.988 1025 Jm / 3519 = 5.64 1019 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 143 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 12S1/2 。 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 22S1/2，22P1/2, 22P3/2。 由跃迁选择定则：Dl =1；Dj =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：22P1/2 和B：22P3/2 态 到 12S1/2 态的跃迁。2P1/2 态能级低于 2P3/2 态能级。 两条跃迁的波长差为：Dl = lA lB = hc/EA hc/EB =hc (EBEA)/(EAEB) hc (EBEA) / (En=2 En=1)2 式中：hc = 1.988 1025 Jm = 1.241 106 eVm(En=2 En=1)2 = (hcR/4 + hcR/1)2 = 9/16 (hcR)2 = 9/16 (13.6 eV)2 = 104.04 eV2EB EA = (En=2, Bohr + DEn=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling Eground-state) (En=2, Bohr + DEn=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling Eground-state) = DEn=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling DEn=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling = = = = 4.53 105 eV所以 Dl = hc (EBEA) / (En=2 En=1)2 = 0.00543 已知 Li 原子的 S 能级的量子数亏损 Ds = 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 203.44 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s。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 2S1/2。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 2S1/2 态）的能量。主线系的波数可表达为： n=2, 3, 4, .系限跃迁波数 由题意知道：Ds = 0.41。另外 近似 取 RLi 为类氢 Li 离子情况的 RLi+ ,约为 1.097 107 m1。则系限跃迁能量即第一个电子的电离能为：E1st = = 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 因此Li原子第三个电子的电离能为 E3rd = E E1 = hcRLiZ2 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 ：E2nd = Etotal E1st E3rd = 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s。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 Zs。由这样状态的电子所形成的原子能级应该近似满足 n= 1, 2, 3, 4, .该电子的电离能 Eionization = E E1 = hcRLi (Zs)2它应等于前面求出的 E2nd = 75.66 eV由 hcRLi (Zs)2 = 13.6 eV (3s)2 =75.66 eV 求出s = 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 5893 ，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（可以因为频率相同而发生共振被吸收原子吸收的光子）可以有很多条。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由题中已知信息 得依次解得：T(3S) = 4.144、T(3P) = 2.447、T(3D) = 1.227、T(4F) = 0.685 ，单位为 106 m13 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 DS、DP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。因此 DS = 2.229类似的计算得 DP = 1.7644 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 D l = 1、Dj = 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 T3D = 1.2274 10 6 /m。试计算该谱项之精细结构裂距。解答：（1） 由 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。在这样的计算中，必须假定表征有效电荷 Z* 的 Zs 和 Zs 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Zs 和 Zs的精细划分，Z*实际上与 Zs 相对应。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 用波数表示 =（用能量表示的裂距为4.538106 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 l1 = 1 s1 =1/2 d电子的轨道角动量和自旋角动量量子数l2 = 2 s2 = 1/2（1） LS 耦合情况： 总轨道角动量量子数 L = l1 + l2；l1 + l2 1； | l1 l2| = 3，2，1 总自旋角动量量子数 S = s1 + s2；s1 + s2 1； |s1 s2| = 1，0 总角动量量子数 J = L + S，L + S 1， |LS| 可耦合出的原子态2S+1LJ有：3F4,3,2、3D3,2,1、3P2,1,0、1F3、1D2、1P1（2） jj 耦合情况：p电子的总角动量量子数 j1 = l1 + s1，l1 + s1 1，| l1 s1| = 3/2，1/2d电子的总角动量量子数 j2 = l2 + s2，l2 + s2 1，| l2 s2| = 5/2，3/2总角动量量子数 J = j1 + j2，j1 + j2 1， | j1 j2|可耦合出的原子态 (j1, j2)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)2,12 求4I15/2 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：PS = = 总轨道角动量：PL = 总角动量：PJ = 三个角动量满足三角关系。代入各角动量数值后计算得 cos (PL, PJ) = 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 d2 和 d8 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 = 1/2LS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：ml1，ml2 = 2，1, 0, 1，2；ms1，ms2 = 1/2, 1/2ML = 4，3，2，1，0，1，2，3，4； MS = 1，0，1满足 Pauli exclusion principle 的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)ML MS104(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 ML 最大，这时该最大值为2。并给出对应的MS取值。如下：ML = 4,3,2,1,0,1,2,3,4MS = 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：ML = 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3MS = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 10, 0, 0, 0, 0, 0, 01,1,1,1, 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：ML = 2, 1, 0, 1, 2MS = 0, 0, 0, 0, 0对应 L = 2，S=0；原子态为 1D2ML = 1, 0, 1MS = 1, 1, 10, 0, 01,1,1对应 L=1，S=1；原子态为 3P0,1,2ML = 0MS =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、1S0d 支壳层填满时 容纳 10 个电子，因此 同科 d8 电子的原子态与 d2 相同。根据Hund 定则可以知道各原子态的能级顺序。由d2 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”）3F2 3F3 3F4 3P0 3P1 3P2 1G4 1D2 1S0由d8 电子生成的各原子态的能级顺序为3F4 3F3 3F2 3P2 3P1 3P0 1G4 1D2 n1 n0 。其频率间隔为 Dn1 = n1 n0 ，Dn2 = n2 n1 。求比值 Dn2/Dn1。解答： 基态Ca 原子 核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p64s2只考虑一个电子被激发的情况，Ca原子的激发态由4s2 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 1S0。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：1P1和3P2,1,0。其中的 3P2,1,0 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，3P2,1,0 中 3P2、3P1、3P0各原子态能级依次降低。根据Lande 能级间隔定则可知：E(3P2) E(3P1) : E(3P1) E(3P0) = 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(3S1) E(3P2) 、E(3S1) E(3P1) 、E(3S1) E(3P0) 它们分别与题中频率为 n0、n1、n2 的跃迁相对应。这些能量(即能级能量的差)分别记作 E0、E1、E2由跃迁能量与跃迁波数关系 E = hcn 得 Dn2/Dn1 = (n2 n1)/ (n1 n0) = (E2 E1)/(E1 E0)