原子物理学_答案_杨福家_高教第四版

1 目目 录录 第一章 原子的位形 . 2 第二章 原子的量子态：波尔模型 . 8 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 . 错误错误!未定义书签。未定义书签。 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 . 错误错误!未定义书签。未定义书签。 2 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 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： 3 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 Z79 时 2 79 1.4450.56 4.5 m rfm Mevfm Mev 当 Z3 时，1.92; m rfm 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 Z79 代入解得：E=16.25Mev 4 对于铝，Z13，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 Mm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 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 5 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 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： 6 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： 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： 7 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） 小于10的原子数为： 1012 3.125 101 60 58.6 10NN （个） 注意：大于0的几率：1 大于0的原子数为： 10 3.125 1060 5NT 8 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+：Z3 1121 6161 11 14 0.177;0.707 33 3 36.57 10 ();3.29 10 () 2 raA raA vcm svcm s 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 9 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 10.2EEEevV 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 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 10 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 13.627.2EevV 即： 2861 26 1254.4 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： （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： 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 eVEEE eV HE E 10. 5 80. 6 2 1212 1 nm EE hc 3 .243) 12( 12 11 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 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： 12 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。1l，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 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 13 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 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 14 电子动能 Ee = 1/2 me ve2 = 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 = 1.988 1025 Jm mec2 = 511 keV = 0.819 1013 J 代入得 Eph / Ee = 3.03 103 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 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。 15 /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(= 1x/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 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） 16 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 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 17 3-15)（1）0x， V， 0)(x ax 0，0V， 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：0A 由函数连续可知：0x 0)0( B ax ak eBkaAa sin)( 错误错误!未找到引未找到引 用源。用源。 ak eBkkakAa cos)( 错误错误!未找到引未找到引 用源。用源。 由错误错误!未找到引用源。未找到引用源。 和错误错误!未找到引用源。未找到引用源。 得 kk ctyk a 由函数归一化条件得：1)()sin( 2 0 2 dxeBdxkxA a xk a 错误错误!未找到引用未找到引用 源。源。 由错误错误!未找到引用源。未找到引用源。和错误错误!未找到引用源。未找到引用源。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 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 18 Bz ) 5 6 5 2 , 5 2 , 5 6 ( 4-3) 解解：6G3/2 态：; 2 3 , 4, 2 5 612jlss 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 = gSS(S+1)1/2B = (35)1/2 B L = glL(L+1)1/2B 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： ) 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 19 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：412j（束） k z B z B E dD z B mg mv dD z B mgz 2 2 2 , 3 1132 m= 2 22255 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 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; 2ln，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 20 由 2112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 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 21 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