原子物理学杨福家1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1.1速度为v的非相对论的粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：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：设粒子的质量为M，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O处，碰撞后以速度v沿方向反冲

2、。粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：222e111MV2MV2mv2MVMVcosmvcose1（1）（2）0MVsinmvsine（3）作运算：（2）sin(3)cos,得sinMVMVsin()mvMVesinsin()（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去与v，MV2MV2sin2M2V2sin2()mesin2sin2()化简上式，得nsi2n()si2Mnsi2me（）若记mMe，可将（）式改写为nnsi2n()si2si2（）视为的函数（），对（7）式求的极值，有ddsin2sin()sin2sin2()d0d令，则sin2(+)-sin2=0即2co

3、s(+2)sin=0若sin=0,则=0（极小）（8）（2）若cos(+2)=0,则=90-2（9）2sin2(900)sin2sin2将（9）式代入（7）式，有由此可得mesinM14183610-4弧度（极大）此题得证。1.2（1）动能为5.00MeV的粒子被金核以90散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？（2）如果金箔厚1.0m，则入射粒子束以大于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90180范围的积分.关键要知道n,注意推导出n值.VVVAA总分子数NmolN1VnA(N)ANA,其他值从书中ZZe2a12bcot4E22参考列表中找.a和0解：

4、（1）依金的原子序数Z2=7912Ze2791.44bcotcot45o22.7521015(m)24E25.000答：散射角为90所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(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,Au=1.888104kg/m3依:dNntNa16sin22sind416sindNa22sindntN22sind2sincos2d()2sin2d(sin)2222234Ent()22()22e22Z2sincos22d16sin42nt()22()24E2

5、e22Z2cos2d16sin322e22Znt()22(4E)24sind(sin)2216sin42VVVAANmolN1V总分子数nA(N)NAA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。22Ze2nt()()244E是常数其值为-15)2cosd(sin)2d221I1.881076.2210232791.010-6(1.4410()29.64810-519745.002sin3sin3222最后结果为：dN/N=9.610-5，说明大角度散射几率十分小。1-31-4练习参考答案（后面为褚圣麟1-31-4作业）1-3试问4.5MeV的粒子与金核对心碰撞时的最小

6、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。1cs2c解:对心碰撞时rma2，180时，4rma1csc90a24E4.5离金核最小距离ZZe22791.44ra1250.56fmm04E4.5离7Li核最小距离ZZe2231.44ra121.92fmm0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7.0fm,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4.0fm

7、。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,mM不满足,应考虑靶核的反冲,用相对运动的质心系来解.79AAu=19613AAl=27解：若入射粒子的质量与原子核的质量满足mM，则入射粒子与原子核之间能1csc2达到的最近距离为rma2，180时，rma1csc90a244r即ZZe2e2ZZ12rE1m00m2即：179E1.44fmMeV16.25MeV7.0fm若金核改为铝核，m20散射的相对粒子数（散射粒子数与入射数之比）为4.010-3.试计算：散射d角=60角相对应的微分散射截面d。要点分析：重点考虑质量厚度与nt关系。N2.0102

8、解：m=2.0mg/cm2dNATa=181ZTa=73ANtAN=60nAnmAANntmAd16sin4依微分截面公式由公式d212知该题重点要求出a2/16N166.0221023180sin418116sin4dN2180nt20d2.0a22sind20221804.31036.02210231806.651021(4)4.31032202.0a218116202sinda2116sin4sin22a26.651021(4)(-22.13)4.310316所以a2162.331026d16sin4d2112.3310261.456102760sin4221-8(1)质量为m1的入射粒

9、子被质量为m2（m230范围内的相对数目。被金原子散射的相对数目为：180dN22sindtZ2Z21.44211Aunt22sin2230Au18030sin4AuN16AA2AuN12式中，N为入射质子总数，dNAu为被金原子散射到30范围内的质子数。同理12可得质子被银原子散射的相对数目为：AgntN22sin2230AgdN18022sindtZ2Z21.4421130sin4AgN16AA2Ag13180被散射的相对质子总数为12AgN13180304E2A4E2sin2sin222AuAgtAuNAAuAZ2Z2(1.44105)21Z2Z2(1.44105)2t1AAg将已知数据

10、代入：NA=6.021023,E=1.0MeV,t=0.916m,ZAu=79,AAu=197,Au=18.88103kg/m3,ZAg=47,AAg=108,Ag=10.5103kg/m31.02810-5结果讨论:此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1.2MeV、束流为5.0nA的质子束，垂直地射到厚为1.5m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（=1.888104kg/m3）15961;20=6030=60的值。2180115.7191095.719109sin2sin2226015.719

11、10931.71511010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0=10的值。2180115.7191095.719109sin2sin222101总数为9.361012-7.561011=8.61012(个5.71910932.161.84101114第二章习题解答2.1铯的逸出功为1.9eV，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1.5eV的光电子，必须使用多少波长的光照射？解：光电效应方程12mv2hm（1）由题意知v0即mh01.9ev4.591014Hzh4.1361015e

12、vschc1.24nmKev652.6nm1.9ev1.5evhhc（2）12mv21.5evmhc1.24nmKev364.7nm1.5ev1.5ev1.9ev2.2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15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rrn1n2z，r1memc2e20.511为氢原子第一波尔半径42(c)2(197.3)20ranm0.053nm112ee0r氢原子第二波尔半径n2r4r

13、0.212nm2112r可知：He+(Z=2)a110.0265nm12ra2220.106nmLi+(Z=3)a30.0176nm1113ra2220.0705nmv电子在波尔轨道上的速率为cznn于是有H:v1c1137ms2.19106ms122He+:cv1.1106ms12v2c4.38106ms11cv106ms122Li+:v3c6.57106ms11cv106ms1216(2)电子在基态的结合能Ek在数值上等于原子的基态能量。由波尔理论的能量公式2en1zEm(c)2nEk故有H:He+:Li+:可得1m(cz)213.6z2ev2eE13.6evkE13.62254.4evk

14、E13.632122.4evk（3）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。e22444对H:He+:Li+:E1V1213.6z2(1)121V13.6(1)10.2v121V13.622(1)40.8v121V13.632(1)91.8v12共振线（即赖曼系第一条）的波长：E12hc12hcEE2110.2ev121.24nmkev121.24nmkevH:He+:Li+:121.24nmkev121.6nm30.4nm40.8ev13.5nm91.8ev2.3欲使电子与处于基态的锂

15、离子Li发生非弹17Li+基态能量为Em(cz)2122.4ev，从基态到第一2e性散射，试问电子至少具有多大的动能？解：11激发态所需能量为2E13.6Z2(111223)122.491.8v4故电子必须具有91.8ev的动能.2.4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：2MEkmv2(1p1mp)E12H2E20.4ev12v2Ekmc2p220.4evc3108ms6.26104ms938Mev（质子静止能量mc2938Mev）p2.5（1）原子在

16、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En的激发态的原子数为：NNn1gne(EnE1)kTg118k式中N1是能量为E1状态的原子数，为玻尔兹曼常量，gn和g1为相应能量状态的统计权重。试问：原子态的氢在一个大气压、20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g1=2和g2=8。（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？略。2.6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min95nm，有1min11R(12n21)故minR9

17、51091.0973731107nmin4.8R1951091.097373110711min95nm的波长的光子不足以将氢原子激发到n=5的激发态，但可以将氢原子激发到n=4的激发态n1=4同理有：n2R1251091.0973731107min1.9R11251091.09737311071min对应于n=1的辐射光子的波长应比125nm更长，在波段以外19赖曼系主线：24223236n2=2又氢原子的吸收谱对应于赖曼系，在（95125nm）波段内只能观察到3条即(m1,n2)1(m1,n3)2(m1,n4)32.7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133.7nm？解：13

18、RZ2(1)RZ2赖2巴耳末主线：RZ2(11)5RZ2巴二主线波长差：5RZ236巴赖4188(10820)133.7nm3RZ215RZ215RZ2228888Z2415R133.7nm15109737.31107133.7Z22.8一次电离的氢原子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E2E1跃迁辐射的光子的能量为hEERcZ2(11)3Rhc2120氢原子的电离能为EEE0(Rhc)Rhc1电离的电子的能量为E3RhcRhc2Rhck该电子的速度为v2Ekme4Rhcme413.61.610199.111031

19、3.09106msmM2.9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：meemM2ee2me（1）r401242022a20.053nm0.106nm21e（2）电离能为EEERhci1A21E1Rhc1.09737311071.24106ev6.80ev22e式中于是则电离电势为RRRi11Am21eM1EVi6.80viE3R

20、hc5.10v12V12ee2e第一激发电势为11RhcZ2()A2212（3）共振线波长为2.10hc1.24103nmevE5.10ev12243.1nm12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，被质子俘获形成子原子，试计算：（1）子原子的第一波尔轨道半径；（2）子原子的最低能量；3）子原子赖曼线系中的最短波长。解：（1）子原子可看作类氢体系，应用波尔理论，其轨道半径为rn42n20e2Z207mM207mM2071836e式中e2071836em186.0me186.0me2186.0186.0其第一波尔半径为42a0.

21、053nm01r2.85104nm1e222n2n（2）子原子的能量公式为1z1zE(c)2186.0m(c)2ne最低能量n12hc1E186.0m(c)2186.013.6ev2.53103ev1e（3）由波长公式Eminhchc1.24103nmev0.49nmEEE0(2.53103ev)max12.11已知氢和重氢的里德伯常量之比为0.999728，而它们的核质量之比为mH/mD=0.50020，试计算质子质量与电子质量之比。解：由RRAm1eMA可知RHRD11meMD0.999728meMH0.50020m又MMHD10.50020meMH1eMH0.999728则MHme0.4

22、995280.0002721836.51.8103232.12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12224光子的动量hEERhc()13.6ev10.2ev21Phh10.2evcc113c氢原子的反冲动量等于光子动量的大小，即MvPhH反mc1.6710273108v反h10.21.6021019mHs3.26msE122（2）氢原子的反冲能量为1mv21.671027(3.26)2J8.871027JkH反E8.871027kh10.21.60210195

23、.41092.13钠原子的基态为3s，试问钠原子从4P激发态向低能级跃迁时，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：24SPDF4F4D5S4P3D4S3P3S根据辐射的选择定则l1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=589.3nm，辅线系线限的波长等于=408.6nm，试求（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：T3p13p1408.6nm2.447106m13p1.24

24、nmKevE3phcT408.6nm3.03ev3S能级的光谱项和能级可通过下式求出：25TT3s3p111TT13s3p12.4471061589.31094.144106m1EhcT1.24103nmev4.144106m15.14ev3s3s（2）Na原子的电离能为EEEi3s0(5.14ev)5.14eve故电离电势为VEi5.14vi123s第一激发电势为V12EEE3.03ev(5.14ev)3peee2.11v电子的能量:E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p2k2mp2meEke

25、hh由德布罗意波长公式:p2mEeK261.226Enm10011.22610nm0.388nm1.226nm0.1226nm21000解：1）由h可知光子的动量等于电子的动量，光子(KeV)E1.226nm0.0388nm3（3-2设光子和电子的波长均为0.4nm，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？（p即p:p=1:1光子电子（2）由光子动能与波长的对应的关系1.24nm光子电子动能与波长的关系电子1.226nmE电子1.226E()2nm电子电子则知E光子E电子1.241030.4329.961.22623-3若一个电子的动能等于它的静止能

26、量，试求：(1)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：Emc2EEmc2k0mc22mc2027m2m01v21c24mm01v2c22m01v23v241c24c2所以v3c0.866c4（2）根据电子波长的计算公式：1.226nmE(eV)k1.226nm511103eV0.001715nm3-4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0.18nm，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=dsin=dsin=0.1

27、8sin30nm=0.09nm1.226nmE(eV)k1.226nmE()213.6222eV185.56eVk3-5电子显微镜中所用加速电压一般都很高，28式中Vr=V(1+0.97810-6V)，称为相对论修正电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：1.226nmVr压，其中电子加速电压V的单位是伏特分析: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mcm0v1()2c理乘c2,得其能量动量关系式vm21()2c2m2c20将其平方整cccm2c2

28、p2c2m2c20E2p2c2m2c4EEmc0k0EEEk0111pE2m2c4(Emc2)2m2c4E(E2mc2)0k00kk02E(E2mc2)hphcE(E2mc2)kkehc2mc2ekke2mc2e1.226E(E2mc2)kke2mc2e1.2261.2261.226VV(10.9785106V)VV(1)r2mc2e291总能量(康普顿波长c=h/mc,m为粒子静止质题意得证.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EE式中E和E分别是粒子的静止能量和运动粒子的o00量，其意义在第六章中讨论)(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

29、长?证明：根据相对论能量公式将其平方整理乘c2mm0v1()2ccE2p2c2m2c4EEmcp1cccp1cccc（1）相对论下粒子的德布罗意波长为：p(EE)(EE)00粒子的康普顿波长为vm21()2c2m2c20m2c2p2c2m2c202EEEk00k011E2m2c4(Emc2)2m2c4E(E2mc2)0k00kk0111E2m2c4(Emc2)2m2c4E(E2mc2)(EE)(EE)0k00kk000hhchcE2E20hhchcmcmc2cE00030(E2E2)（2）若粒子的德布罗意波长等于它的康顿波长E则电子的动能为211.55KeV.hcEEc00()21hcEE00

30、(E2E2)0E()211E0E()22,E2E00E2E2511722.55KeV0EEE722.55511211.55(KeV)k0则电子的动能为211.55KeV注意变换：1.P转化为表示;2.E转化为表示;3-7一原子的激发态发射波长为600nm的光谱107，试问该原子态线，测得波长的精度为的寿命为多长?解：依Eth求tEhhEhcc2tE2600109107t1.6109s2E2hc4c43.14310831为：px(p)2平均(p2)3328mr23-8一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：xp粒子被束缚在线度为r的范围内，x2即x

31、=r那么粒子的动量必定有一个不确定度，它至少2xp(pp)2p0 xxxx1x平均电子的最小平均动能为E2.848108eVk|y|z|3-9已知粒子波函数Nexp|x|，试求：2a2b2c(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-b+b和-c+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=1dvN2e22xdxedye即:2a2y2b2z2cdzN22aed2bed2cexyz0a0b0所以N0a区域内几率abcdN28abc1xyzc18abc(2)粒子的x坐标在32为:N2ea2x2adxe2y2bd

32、ye2z2cdzN24abce11N2e2adxe2bdye2cdzN8abc(1)2(1)22xb2yc2z11x，y，z)，其中足标1，2分别代表质子和电子，011(1)2e(3)粒子的y(b,b),z(c,c)区域内的几率为:2bcee3-10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；111222试写出：(1)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；(2)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，

33、计算在任意本征态n中的平均值x及(xx)，并证明：当n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13,143-13设氢原子处在波函数为(r,)1era的基态，a为第一玻尔半径，试求势能133a的平均值U(r)1y,pix,p0 xp,LiPe4r3-14证明下列对易关系：yx,L0 xx,Liyzp,L0 xxyz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:0V(x)=x00 xaVxa试求:(1)粒子能级表达式;(2)证明在此阱内至间满足关系式:Va232m0少存在一个束缚态的条件是,阱深V和阱宽a之

34、020解:(1)在xa,(4)V(x)V薛定谔方程为:2d203E3令k32m(VE)0dx2方程的解为:dx整理后得:则:(5)d2d23k2023302m(VE)/230Bekx式中A,B为待定系数,根据标准化条件的连续性,有(a)(a)将(3),(5)式代人得:(6)23(a)(a)23kctgkkukavka则(6)式可改(2):证明:令为:uctguv(7)同时,u和v还必须满足下列关系式:(8)u2v2(k2k2)a22mva2/h20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

35、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:22232m2mva02Va20354-l一束电子进入1.2T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;zmsgsBB解：已知：电子自旋磁矩在磁场方向的投影mgzssBB依磁矩与磁场的作用能量EBBcos自旋与磁场平行时EBBcos0B1ssB自旋与磁场反平行时则EBBcos180B2ssBEEE2B21.20.5788104eV1.389104eV21B364-2试计算原子处于2D状态的磁矩及投影的可能值解：已知：j=3/2,2s+1=2s=1

36、/2,l=23/2z31sl3144j22则g()()36j22155依据磁矩计算公式415依据磁矩投影公式mg55j(j1)gjjBB26mg,jj25zjjB,55zB26B412214g()2222334-3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解释解:因为2S+1=6S=5/2J=3/2l=4m=3/2,1/2,-1/2,-3/2j5531S2L2310j22gm=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.37z2E对原子态SL=0S=1/2J=1/2故M=12Z.(1)z2EzJGDd2g=20.5788

37、104eVT1Z2103mJ4-4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400ms，线束在屏上的分裂间距为2.0mm，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12107.87u解：原子束在屏上偏离中心的距离可用下式表示:BdDzMgZBK21/2朗德g因子为:g=2对于上屏边缘的线束取M=-J,对于下屏边缘的线束取M=J所以BdDBZEz2JgZKBKB1BD25102md10102代入上式得:BZ1.24102T/mz横向磁场梯度为z，磁极的纵向范围4-5在

38、史特恩-盖拉赫实验中(图19.1)，不均匀B5.0T/cmd=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38解：对于多个电子2S+1=4S=3/2E=50MeV试求屏上线束边缘成分之间的距离kL=3，J=3/222j231412则31s2l2g(j)()15152254222223113m;j依公式ZmgJJBdDBz3kT又12mV250MeV3kT=mV2=0.1eVZmgJJBdDBz3kT321030=255.0500.52092cm和ZmgJJBdDzB3kT500.1736cm121030=5.025即:Z3/2Z1/2=2Z=2

39、0.52092=1.42cm2(3/2)=2Z=20.1736=0.347cm2(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0.60cm若把氢原子换成氯原子(基态为2P)，其它实验条件不变，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?39解：已知Z=0.30cmT=400K3kT=328.61710-5400eV=0.103eVJ=1/2g=2mg=1jjj由ZmgJJBdDBz3kT0.3l=1s=1/2BdDBz3kT2当换为氯原子时，因其基态为P32，j=3/2,31s2l2314422j22215322

40、22解：32g()()j43113m;j34z0.30.6cm2314z0.30.2cm23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?z4n3l(l1)5.84cn1z4n3(l1)5.84cm129.6cm1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Li40解:Bhc又由(21-13)式,=4.5310-5eV4-8试估计作用在氢原子2P态电子上的磁场强度222BBB4.53105225.7881050.4TB在B为100T的磁场中发生塞曼分裂，试问：2(4-9试

41、用经典物理方法导出正常塞曼效应4-10Z=30锌原子光谱中的一条谱线(3S3p)10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J解：已知：对于激发态L=0，=1,S=1.m=0,11,在外磁场作用下，可以分裂为三条。31SL320g)()22J22对于基态L=1，J=0,S=1m=0,在外磁场作用2下，并不分裂。22J231S2L2g(23203)()222EE(EE)(mgmg)BB=EE0B22BBe2me242e0Bme4124224mec222eB0014B(T)GHzme22eB000.467B(T)cmc.93

42、4)cm-1=(0.934,0,-0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，+，-三条谱线。虽然谱线一分为三，但彼此间间隔值为2BB，并不是BB，并非激发态和基态的S=0，因S0所以它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2.5T的磁场中，钠原子的D双线所引起的塞曼分裂422l21s解：A对于2S1/2态，用，将s=1/2,因而mj=，于是mjgj=1。g2223jl=0;j=1/2代入，即可算出g=2；由于j=1/2,j12B.对于P态，相应的l=1，因而j=ls,s=1/2,j=1/2，3/2，有两个原子态2P，2P。1

43、/23/2分别对应于g=2/3,mg=1/31/211g=4/3,mg=2/3,6/33/222依(mgmg)B/h(mgmg)L2211B2211434323163132(mgmg)L(1)L3L122113为四条线。5(mgmg)L(31)LL22211六条线。分裂分裂为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态向基态跃迁时，产生两条精细结构谱线，其波长分别为766.4nm和769.9nm，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

44、高能级与最低能级间的差距E2等于原能级差E1的1.5倍，所加磁场B应为多大?442l21sA.对于2S,将s=1/2,l=0;j=1/2代入，即可算出g=2；由于j=1/2,因而mj=，于是mjgj=1。态，用g222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mjgj3j1/2j12B.对于P态，相应的l=1，因而j=ls,s=1/2,j=1/2，3/2，有两个原子态2P，2P。1/23/2分别对应于451/32P对应有m=1/2,g=2/3,mg=1/211/211BBS能级分裂大小:mg从+1-1为2BB2P对应有m=1/

45、2，g=4/3,mg=2/3,3/223/2226/3能级分裂大小:P能级分裂大小:mg从+6/3+2/3为4/33/222BP能级分裂大小:mg从+1/3-1/3为2/31/222B1/211(2)解:有两种认为:(2)第一种认为:E=(E-E)与教材计21算结果一致.2P,m=-1/2分裂后的最高能级2P3/2,1/2Jm=3/2与最低能级差J333BB=1.5E即7/3BB=0.5E=0.5(E-E)=0.5(E-E)-(E-E)=0.5hh2617EE(mgmg)BE()BEB212211B1B1若使E=1.5E=1.5(E-E)即E+7/321211B1121cc20101B0.5h

46、h1即c7c3B24610.5hhB37Bcc23110.51976.287766.4769.910.5788104m=-1/23即E+3BB=1.5E即3BB=0.5E=0.5(E-E)=0.5h27.17(T)B=27.17T(3)第二种认为:E=(E-E)与教材结果20相差甚远分裂后的最高能级2Pm=3/2与最低能级差3/2,J2s1/2,J6EE(mgmg)BE(1)BE3B212211B1B1B若使E=1.5E2111120c13B0.5hB0.5h1c3B1Bc10.51976.28113766.44648.3(T)B=4648.3T10.578810447此时，UB4-13假如原

47、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(1)写出此时原子总磁矩的表示式；(2)写出原子在此磁场B中的取向能E的表示式；(3)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(ms=0，m=0，1)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(=121nm)所产生的谱线的波长.解：hh(m2g2m1g1)BB忽略自旋与轨道相互作用,即引起帕邢-巴克效应。e2m(gsSglL)Be48UeB(2SL)(2mm)(1)e2

48、m2m选择规则变为或者eBzzslems=0，m=0，1对应于1S态，ms=1/2,ml=0.因此类比(1)式给出双分裂.对应于1P态，ms=1/2,ml=0，1.因此给出六分裂.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LeB0.467cm141.87cm14mce0L1111=121nm491210.002741210.00274121nm第四章原子的精细结构：电子的自旋m4-1)解：UseBSB2mBU2BBsBeBVVSVB2gmBBh)UB2B20.5788104evT11.2T1.39104evVe1m1sh2(Ss2BBe状态，sS,l,e

49、2,2j,j;gg24-2）D3/21133442222555m,3j(j1)g其大小：B4mgmzBB3112222334(1)1.55225BB55554-3)6226(,)zB解：6G3/2态：2s16s5,l4,j3;22223(31)315(51)4(41)该原子态的Landeg因子：g2222原子处于该态时的磁矩：gj(j1)0(J/T)jB0SPLPJPSL利用矢量模型对这一事实进行解释：50各类角动量和磁矩的矢量图如上。其中P=S(S+1)1/2=(35/4)1/2P=L(L+1)1/2=(20)1/2SLP=J(J+1)1/2=(15/4)1/2J=gS(S+1)1/2=(3

50、5)1/2SSBBL=glL(L+1)1/2B27利用P、P、P之间三角形关系可求出=30cos=5SLJ由已知的cos、可求出=SL5B以及=120所以=90。即矢量与P垂直、在P方向的投影JJ为0。或：根据原子矢量模型：总磁矩等于,分量相加，即：ls2J2JJ2L2S2J2S2L2cos(L,J)cos(S,J)(g)(glslBSB)可以证明：cos(L,J)cos(S,J)ls与在Jj上投影等值而反向，所以合成后，0ls4-4)解：z2BdDzBzmv2，z22BdDzBzmv2z2.0103m;d10102m;D25102m26.0210mv400ms1;MAN0107.87103;

51、kg;0.9393101023JT123BBJz将所有数据代入解得：B1.23102T/mz态，j,分裂为：2gj14（束）4-5)解：4FF3/232322zmg2BdDBdDBzmv2Bz2Ezmgzkm=,g3113222225对于边缘两束，z22jgBdDzBz2Ek51320.10.320.578810451021.0102m252501034-6)解：P态:s,l1,j;m,222222,e1,j;m=,;2j14即：屏上可以接收到4束氯线133113232133113222222对于H原子：z22BdDzBz2Ek0.6102m对于氯原子：zg2BBdDzz2Ek2gz2z2z2

52、12g(z)24，代入得：4/332对于2P态:g32z0.600.40cm2T4-7)解：赖曼系，产生于：n2n1n1,l0，对应S能级Pn2;l0,1，对应S、能级，所以赖曼系产生于：2P1S双线来源于：2P的分裂，22P,22P3/21/2由2112知：Z4n3l(l1)5.84cm1n2,ln1e1,2,1将V2929.6cm,代入，代入解得：Z=3即：所得的类H离子系：Li+4-8)解：2P电子双层的能量差为：UZ4147.25104evn3l(l1)231(11)527.25104ev4.53104ev两一方面：U4.53104B0.39(T)220.5788104BU2BBP态:

53、2s13s,l1,j0;m024-10)解：33S态:2s13s1,l0,j1;g2;m1,0,1111302(mg)mg11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：11cc相邻谱线的波数差为：2B1B()(2,0,2)BchcBhc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）223224-11）解：32P32S32121343132P:s,l1,j;g;m,3232S12111:s,l0,j;g2;m222(mg)(,1,1,)分裂后的谱线与原谱线的波数差为：51153333其中：eB4mee46.7B46.72.5m1116.75m1c(,1,)3

54、5GHz2232513332P32S1212112132P:s,l1,j;g;m1253(mg)(,)分裂后的谱线与原谱线差：4233其中：eB4mee46.7B46.72.5m1116.75m1c(,)35GHz42S。这三个能级的g因子分别为：g,g,g2033EguBuB；EguBuB；EguB2uB3B3B42334-12)解：(1)钾原子的766.4nm和769.9nm双线产生于4242P311210,2222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，P3212和2S能级分裂成两层。能量的间距等于guB，故有：12B4222B11B00BB原能级和分裂后的能级图如

55、（a）图所示。E2E1E1（2）根据题意，分裂前后能级间的关系如（b）图所示，且有：EE(E)222maxE(E)11min1.5E，1即EE(J)212maxguB(J)2B1minguB1B32E。12将(J)2max3,(J)1min1代入上式，得：2EE()uB(EE)。2323B2341232121经整理有：5423B2222LS(L2S)（1）2mm2mB(EE)(EE)(EE)hc)hc7111(hc122120101121(769.9766.4)nm1.24103eVnm3.678103eV2769.9nm766.4nm于是B33.678103eV33.678103eV27.2

56、T770.5788104eVT1B4-13）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：eeeLSeee（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：2m2meB2meeBUB(L2S)B(L2S)zzee(m2m)(m2m)BlslsBe（2）m0,m，因此（2）式给出双分裂，分裂后的能级与原能22m1;m1与m1;m对应的E值相同，故实际上只给出五分22（3）钠原子的基态为32S，第一激发态为32P；对于3S态：1021ls级的能量差EuB1B对于3P态，m0,1;m1，（2）式理应给出23个分裂，但ls1lsls

57、裂，附加的能量差为E(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：m0,1;m0ls55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)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。(1,0,1)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：L式中e4mceB46.7m1T1B46.74m11.87107nm11因，故有2将,代入上式，得：562.74