原子物理第五章习题教案资料
原子物理课件第五章(06年2月)
（2）康普顿散射：光子与原子外层电子发生散射；
（3）电子对产生：光子在原子核的库仑场中产生一对正负电子。
截面：
光电 康 电子对； 光电 康 电子对
反应截面：
光电 康 电子对； 光电 康 电子对
Z
光电
康普顿
电子对
第五章 X 射线
§1 X 射线的发现
1895 年，伦琴（德），阴极射线管
X 射线：短波电磁波，波长 ~ 0.01 — 10 Å
x 1 Å ———— 软 x 射线 x 1 Å ———— 硬 x 射线
§2 X 射线的产生机制
一、X 射线管
真空管
靶
-e
X 射线 阴级
高压 当高速电子突然在靶面受阻而减速时，产生 X 射线。
h (1 cos ) Mme 0
MC
（4）康普顿轮廓
原因是前面的“自由电子”近似造成的， 电子动量有分布。
问：X 光究竟是波动还是粒子？ 答：X 光既是波动又是粒子 ！
§5 电子对的产生和湮灭
e
e
正粒子 负粒子
e e e e 2 或 3
电子对产生：
e-
h 2m0C 2
+Ze
...........
L 壳层电子电离，出现空穴，M 壳层电子填补，发 L 线。
L 壳层电子电离，出现空穴，N 壳层电子填补，发 L 线
...........
2．X 射线能级图
6
O
5
N
4 3
Nα Nβ M
Mα Mβ Mγ
2
L
Lα Lβ Lγ Lδ
1
K
n
Kα Kβ Kγ Kδ Kε
南华大学 核原子物理 第五章
由虚线知：A≥150时，Ed ＞0，而且Ed 随A的增加而增大。这就解释了为什么主要 是重核才观察到α 放射性。 由实线看到，在A = 145和213附近出现 了两个峰值；同时曲线与Ed = 0线的交点在 A = 140附近。这表明，对于A≥140的核都 有可能产生α 衰变。
5.2 α 衰变的实验规律
可见，衰变能等于整个系统衰变前后静止能 量的变化量。也等于衰变前后结合能的改变量。 由于α 衰变是一个自发过程，其必要条件是 Ed ＞ 0 。
5.2 α 衰变的实验规律
根据式（5.2-4）和结合能半经验公式（2.9-4）， 可以求得衰变能Ed 的表达式。
假定结合能B随Z，A连续变化，则可以将 （BY－BX）近似地表示为Z，A的微分，即
BY − B X ≈ ∆B = ∂B ∂B ∆Z + ∆A ∂Z ∂A
则
Ed ≈ ∆B + Bα ∂B ∂B ≈ ∆Z + ∆A + Bα ∂Z ∂A
式中△Z = －2，△A = －4，Bα = 28.3MeV。
5.2 α 衰变的实验规律
将结合能的半经验公式代入，其中对能在α 衰变时变化不大，可视为常数，故有： 8 Z Z 2Z 2 −1 / 3 Ed = Bα − 4av + a s A − aa (1 − ) + 4ac 1/ 3 (1 − ) A 3 3A A 将各系数值代入，得
原子物理杨家富 第五章答案
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4. L-S耦合原子态对应的能级顺序 能级跃迁的选择定则
每个原子态对应一定的能级。由多电子组态形成的原 子态对应的能级结构顺序有两条规律可循： 洪特定则： 1.在L-S耦合 L 耦合下，由给定的电子组态所形成的原子态中重数 重数 （2s+1）最大的能级最低 最低；重数相同的诸能级（同S）又以 L最大 最低。 最大为最低 2.对于同科电子，即同nl，不同J值的诸能级顺序是：当同科 电子数≤闭合壳层电子占有数一半时，以最小J值（|L－S|） 的能级为最低，称正常序 正常序。同科电子数>闭层占有数之一半 时，以最大J（＝L+S）的能级为最低，称倒转序 倒转序。
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6.原子基态
原子基态指原子能级最低的状态。从基态电子组态确定 的原子态中，按照洪德定则，找出能级最低的状态。就是原 子的基态。 ml=－2, －1， 0， +1， +2 定基态的简便法: a. 将 ↑ （表示自旋取向）按右 图顺序填充ml各值，如l=2， １ 10 ２ ９ ３ ８ ４ ７ ５ ６
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§５.1 泡利不相容原理 §５.2 双电子原子系统－ 氦原子光谱和能级 §５.3 两个电子的耦合 §５.４ 元素周期表 §５.５ 多电子原子的塞曼效应
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§5.1 泡利不相容原理
1925年，年仅25岁的泡利提出不相容原理：原子中每个 状态只能容纳一个电子，换言之原子中不可能有两个以上 的电子占据四个量子数(n,l,ml,ms)相同的态。后来发现凡自 旋为 1 2 奇数倍的微观粒子(电子、质子、中子等，统称费 米子)都满足上述泡利原理。泡利原理更普遍意义是微观全 同粒子是不可区分的，交换两个全同粒子不改变其几率。 例如交换两个粒子的位置，仍有
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而且像
原子物理高中例题讲解教案
原子物理高中例题讲解教案
教案名称：原子物理高中例题讲解
教学目标：
1. 理解原子结构的基本概念。
2. 掌握原子结构相关的知识。
3. 能够解答与原子物理相关的高中考试题目。
教学重点：
1. 原子结构的基本组成。
2. 电子排布规律。
教学难点：
1. 原子结构的电子排布规律。
2. 掌握解题方法。
教学准备：
1. 教师准备PPT讲解材料。
2. 学生准备笔记本和笔。
教学过程：
1. 导入：通过引发学生的兴趣，简单介绍原子结构的基本概念，并提出例题让学生思考。
2. 讲解：教师利用PPT进行讲解原子的基本组成和电子排布规律，并介绍解题思路。
3. 实例分析：教师给学生提供一道例题，让学生独立思考并解答，同时解答过程中引导学生理解解题的方法和原理。
4. 拓展应用：教师给学生提供更多类似的例题，让学生独立解答，并帮助学生理解不同情况下的解题方法。
5. 总结归纳：教师根据解题过程总结出解题的关键点，并帮助学生整理相关的知识点。
教学反思：
通过这堂课的教学，学生通过实例的解答掌握了原子结构相关的知识，并能够独立解答相关的高中考试题目。
同时，学生也提高了解题的思维能力和逻辑分析能力。
在今后的教学中，可以通过更多实例训练来巩固学生的知识和能力。
2020_2021学年新教材高中物理第五章原子核1原子核的组成学案新人教版选择性必修3.doc
原子核的组成必备知识·素养奠基一、天然放射现象1.1896年,法国物理学家贝克勒尔发现,铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线,这种射线可以穿透黑纸使照相底版感光。
2.物质发射射线的性质称为放射性,具有放射性的元素称为放射性元素,放射性元素能自发地发出射线的现象叫作天然放射现象。
3.原子序数大于83的元素,都能自发地发出射线,原子序数小于或等于83的元素,有的也能放出射线。
二、射线到底是什么【思考】提示:甲为β射线,乙为γ射线,丙为α射线。
1.α射线:实际上就是氦原子核,速度可达到光速的,其电离能力强,穿透能力较弱,在空气中只能前进几厘米,用一张纸就能把它挡住。
2.β射线:是高速电子流,它速度很大,可达光速的99%,它的电离能力较弱,穿透能力较强,很容易穿透黑纸,也能穿透几毫米厚的铝板。
3.γ射线:呈电中性,是能量很高的电磁波,波长很短,在10-10 m以下,它的电离作用更弱,穿透能力更强,甚至能穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土。
4.放射线来自原子核,说明原子核内部是有结构的。
三、原子核的组成1.质子的发现:1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子,质子是原子核的组成部分。
2.中子的发现:卢瑟福猜想原子核内存在着一种质量与质子相同,但不带电的粒子,称为中子。
查德威克通过实验证实了这个猜想。
3.原子核的组成:原子核由质子和中子组成,质子和中子统称为核子。
4.原子核的符号:5.同位素:具有相同的质子数而中子数不同的原子核,在元素周期表中处于同一位置,因而互称同位素。
例如,氢有三种同位素氕、氘、氚,符号是H H H。
关键能力·素养形成一天然放射现象的三种射线1.三种射线的比较:α射线β射线γ射线组成高速氦核流高速电子流光子流(高频电磁波)带电量2e -e 0质量4m pm p=1.67×10-27kg静止质量为零符号He e γ速度0.1c 0.99c c在电磁场中偏转与α射线反向偏转不偏转贯穿本领最弱用纸能挡住较强穿透几毫米的铝板最强穿透几厘米的铅板对空气的很强较弱很弱电离作用2.三种射线在电场和磁场中的偏转:(1)在匀强电场中,γ射线不发生偏转,做匀速直线运动,α粒子和β粒子沿相反方向做类平抛运动,在同样的条件下,β粒子的偏移大,如图所示。
原子物理第五章课后习题
第五章多电子原子：泡利原理5.1.The ionization energy required to pull one electron off a helium atom is 24.5eV .If we want to ionize the two electrons one-by-one,what is the energy to be supplied?氦原子中电子的结合能为24.6eV ，试问：欲使这个原子的两个电子逐一电离，外界必须提供多少能量？Solution :The ionization energy required to pull one electron off a helium atom is 124.5E eV ∆=,the inization energy required to pull the second electron off a heliumatom is:22222122213.654.41Z Rhc Z Rhc E E E Z Rhc eV eVn ∞∞⎛⎫∆=-=---==⨯= ⎪⎝⎭The total ionization energy required to ionize the two electrons one-by-one is:1224.554.478.9E E E eV eV eV=∆+∆=+=5.3.Calculate the possible values of L S for an 1,22S L ==state.对于12,2S L ==，试计算L S 的可能值。
Solution :1135,2,2,2222S L J L S ===±=±=For “spin-orbit coupling”term,222,2J S L J S L S L=+=++⋅Then,()()()()22221111122S L J S Lj j s s l l ⋅=--=+-+-+⎡⎤⎣⎦ ()()222213133113,2,11221222222221515511,2,112212222222S L J S L S L J S L ⎡⎤⎛⎫⎛⎫===⋅=⋅+-⋅+-⋅+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫===⋅=⋅+-⋅+-⋅+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦5.5.Among hydrogen,helium,lithium,beryllium,sodium,magnesium,potassium and calcium atoms,which one shows the normal Zeeman effect?Why?在氢、氦、锂、铍、钠、镁、钾和钙中，哪些原子会出现正常塞曼效应？为什么？Solution :For normal Zeeman effect,total spin 0,211S S =+=,the electron numbers of the atom should be even,that is,helium(Z=2),beryllium(Z=4),Magnesium(Z=12),calcium(Z=20)atoms can show the normal Zeeman effect.5.7.According to the L S -coupling rule,what are the resultant states from the following electron configurations?Which one is lowest?(a).4np (b).5np (c).()()nd n d '依照L S -耦合法则，下列电子组态可形成哪些原子态?其中哪个能态最低？解：（a ）4np 与2np 具有相同的原子态。
原子物理习题解答
原子物理学习题解答第一章 原子的基本状况若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭'C 放射的,其动能为67.6810⨯电子伏特;散射物质是原子序数79Z =的金箔;试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大 解：根据卢瑟福散射公式： 得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米 式中212K Mv α=是α粒子的功能; 已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为2202121()(1)4sin mZe r Mv θπε=+ ,试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大解：将题中各量代入m r 的表达式,得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 143.0210-=⨯米若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔;问质子与金箔;问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大又问如果用同样能量的氘核氘核带一个e +电荷而质量是质子的两倍,是氢的一种同位素的原子核代替质子,其与金箔原子核的最小距离多大解：当入射粒子与靶核对心碰撞时,散射角为180ο;当入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时,两粒子间的作用距离最小; 根据上面的分析可得：220min124p Ze Mv K r πε==,故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米 由上式看出：min r 与入射粒子的质量无关,所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时,其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-⨯米;钋放射的一种α粒子的速度为71.59710⨯米/秒,正面垂直入射于厚度为710-米、密度为41.93210⨯3/公斤米的金箔;试求所有散射在90οθ>的α粒子占全部入射粒子数的百分比;已知金的原子量为197;解：散射角在d θθθ+之间的α粒子数dn 与入射到箔上的总粒子数n 的比是： 其中单位体积中的金原子数：0//Au Au N m N A ρρ==而散射角大于090的粒子数为：2'dndn nNt d ππσ=⎰=⎰所以有：2'dn Nt d nππσ=⎰等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故即速度为71.59710/⨯米秒的α粒子在金箔上散射,散射角大于90ο以上的粒子数大约是4008.510-⨯;α粒子散射实验的数据在散射角很小15οθ≤（）时与理论值差得较远,时什么原因答：α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的;而α粒子通过金属箔,经过好多原子核的附近,实际上经过多次散射;至于实际观察到较小的θ角,那是多次小角散射合成的结果;既然都是小角散射,哪一个也不能忽略,一次散射的理论就不适用;所以,α粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远;已知α粒子质量比电子质量大7300倍;试利用中性粒子碰撞来证明：α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;证明：设碰撞前、后α粒子与电子的速度分别为：',',0,e v v v ;根据动量守恒定律,得：''e v m v M v M +=αα由此得：'''73001e e v v M m v v ==-αα …… 1 又根据能量守恒定律,得：2'2'2212121emv Mv Mv +=αα 2'2'2e v Mm v v +=αα ……2 将1式代入2式,得：整理,得：0cos 73002)17300()17300('2'2=⨯-++-θααααv v v v即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的”;能量为兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-⨯的银箔上,α粒子与银箔表面成ο60角;在离L=0.12米处放一窗口面积为25100.6米-⨯的计数器;测得散射进此窗口的α粒子是全部入射α粒子的百万分之29;若已知银的原子量为;试求银的核电荷数Z;解：设靶厚度为't ;非垂直入射时引起α度't ,而是ο60sin /'t t =,如图1-1所示;因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为：dnNtd nσ= 1而σd 为：2sin)()41(422220θπεσΩ=d Mv ze d 2把2式代入1式,得：2sin )()41(422220θπεΩ=d Mvze Nt n dn (3)式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds dN 为原子密度;'Nt 为单位面上的原子数,10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη,其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数; 将各量代入3式,得： 由此,得：Z=47设想铅Z=82原子的正电荷不是集中在很小的核上,而是均匀分布在半径约为1010-米的球形原子内,如果有能量为610电子伏特的α粒子射向这样一个“原子”,试通过计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于090的散射;这个结论与卢瑟福实验结果差的很远,这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的原子中电子的影响可以忽略;解：设α粒子和铅原子对心碰撞,则α粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有下式决定：由此可见,具有610电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球;α粒子在到达原子表面和原子内部时,所受原子中正电荷的排斥力不同,它们分别为：3022024/24/2R r Ze F R Ze F πεπε==和;可见,原子表面处α粒子所受的斥力最大,越靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小,而且瞄准距离越小,使α粒子发生散射最强的垂直入射方向的分力越小;我们考虑粒子散射最强的情形;设α粒子擦原子表面而过;此时受力为2024/2R Ze F πε=;可以认为α粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作用,即作用距离为原子的直径D;并且在作用范围D 之内,力的方向始终与入射方向垂直,大小不变;这是一种受力最大的情形;根据上述分析,力的作用时间为t=D/v, α粒子的动能为K Mv =221,因此,M K v /2=,所以,K M D v D t 2//==根据动量定理：00-=-=⊥⊥⊥⎰Mv p pFdt t而2022024/24/2R t Zedt RZeFdt ttπεπε==⎰⎰所以有：⊥=Mv R t Ze 2024/2πε 由此可得：M R t Ze v 2024/2πε=⊥α粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0,入射方向上速度不变;据此,有：这时。
高中物理外研版必修四《原子物理学基础》教案
高中物理外研版必修四《原子物理学基础》教案教案概述：本教案是针对高中物理外研版必修四《原子物理学基础》这一单元的教学内容设计的。
通过本教案的学习，学生将了解到原子的结构和成分，学习到原子核的性质以及核反应的基本概念和计算方法。
同时，通过实验和案例分析，让学生能够掌握基本的核能利用和应用。
教案目标：1. 了解原子的结构和成分，掌握基本的原子词汇；2. 掌握原子核的基本结构和性质，理解核反应的基本概念；3. 学会使用基本的核能计算方法，掌握计算的基本技巧；4. 了解核能的利用和应用，培养对核能发展的思考和判断能力。
教学重点：1. 原子的结构和成分，原子核的性质；2. 核反应的基本概念，核能计算方法的掌握；3. 核能的利用和应用。
教学难点：1. 核能计算方法的应用；2. 核能的利用和应用的思考和判断。
教学准备：1. 教材，课件和教学实验设备；2. 学生实验报告书和作业本。
教学过程：一、导入与知识梳理（15分钟）1. 利用多媒体或板书，回顾前几节课学习的内容，引导学生回忆原子的基本结构和原子核的概念。
2. 分组讨论，学生自主整理并分享自己对原子的认识。
二、新知讲解与实验（40分钟）1. 提供图片或模型，引导学生了解原子核的结构和组成要素，包括质子、中子和电子等。
2. 讲解核反应的基本概念，包括裂变和聚变的区别，并列举实际案例进行说明。
3. 进行核反应实验，让学生亲身参与实验操作，观察和记录实验结果。
4. 学生在实验报告书上整理实验过程和结果，归纳实验中观察到的核反应现象。
三、知识探究与拓展（30分钟）1. 学生分组进行计算练习，完成一些基本的核能计算题目，例如能量守恒计算和质能方程计算等。
2. 学生通过小组合作交流，整理归纳核能计算的基本方法和步骤。
3. 师生共同探究，讨论核能的利用和应用，例如核能的储存和运输，核能在工业和农业中的应用等。
4. 结合实际案例，引导学生思考核能利用的优缺点，以及对核能发展的意见和建议。
高中物理第五章经典力学与物理学的革命第2节经典时空观与相对论时空观教案2
第2节经典时空观与相对论时空观新课教学：一．经典时空观从参考系的概念引入经典时空观，是为了介绍牛顿引入经典时空观的理论出发点，使学生领会经典时空观是经典力学的理论基础。
[讨论与交流]在匀速前进的车厢中的自由落体，相对于车厢中静止的观察者做竖直向下初速度为零的匀加速直线运动，相对于地面上静止的观察者做平抛运动。
[讨论与交流](1)我们所说的匀速运动实际上是以地面为参考系，物体不受外力或者所受合外力为零时的惯性运动。
(2)一个物体的运动对两个相互做匀速直线运动的惯性系来说，速度、加速度以及所遵循的力学规律都是相同的。
了解牛顿引入绝对时空观的缘由，教学中要注意理清以下思路：经典力学是讨论物体的运动状态及其改变的，而所有的运动都是在一定的时间、空间中进行的，机械运动是物体的位置移动，位置涉及空间概念，移动涉及速度，涉及时间概念，所以牛顿力学必定与一定的时空观相联系。
机械运动的描述离不开参考系，然而牛顿定律并不适用于所有的参考系(后人把牛顿定律适用的参考系叫做惯性参考系)，但是经典力学的理论框架本身并不能能明确给出什么是惯性参考系，牛顿的解决办法是引入一个客观标准——绝对空间，用以判断各物体足处于静止、匀速运动还是加速运动状态．参见课程资源——《牛顿对绝对空间的设想》。
对绝对时空观及其三个推论的教学建议采用举例和联想、比喻的方式，使学生结合生活经验了解和领会。
牛顿认为，宇宙本身结构是不会变的，他称这结构为绝对空间．我们打个比方，把“空间”设想成物体做机械运动的舞台和背景，在日常生活中我们有这样的经验：在一个箱子中可以放进一定数量的东西，这是箱子的一种性质，可以叫做箱子的容积，也就是箱子的空间．这个容积大小或空间大小是与箱子里放什么东西(以及放不放东西)没有关系的．在卖箱子的商店里，总是要标出26×26×10等等尺寸，之所以能这样标出，就是以容积是箱子的不受“外在的情况”影响的本性这一点为依据的．进一步，我们设想箱子无限地扩大，这就得到了一个与任何特殊的物质无关的、绝对的空间．它就是牛顿的绝对空间。
【襄樊五中】第五章第1节《原子结构》第2课时
第五章物质结构、元素周期律第一节原子结构（2课时）第二课时一、本课知识要点1．复习原子核外电子排布的初步知识，了解原子核外电子运动的特征2．理解电子去以及电子云密度大小的含义，正确理解氢原子电子云的示意图3．掌握原子核外电子排布的规律，熟练掌握1—20号元素的原子结构示意图二、课前思考1．电子云的含义？2．简述原子核外电子排布规律？三、同步训练1．某元素原子的最外层电子数是次外层电子数的a(a>1)倍，则该原子核内的质子数是（）A．2a B．a+2 C．2a+10 D．2a+22．某元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，那么该元素原子核内质子数是（）A．8 B．10 C．6 D．73．下列关于核外电子运动的说法中错误的是（）A．没有确定的轨道B．无法计算或测定电子在某一时刻的位置C．核外有电子云存在D．能指出在核外某空间电子出现机会的多少4．下列各组微粒中，电子层结构不相同的是（）A．K+和S2―B．Na+和F―C．Ca2+和Br―D．Mg2+和F―O2气体，不久前在兰州近代物理研究所研究成功。
1mol这种O2 5．一种比黄金贵百倍的188气体中含中子的物质的量为（）A．10mol B．16mol C．20mol D．36mol6．若a A n+和b B2―两种离子的电子层结构相同，则有（）A．a = b + n + 2 B．a + 2 = b + n C．a = b ―n ―2D．a―2 = b―n7．两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在核电荷数1—10的元素中，满足上述关系的元素共有（）A．1对B．2对C．3对D．4对8．元素X的原子获得3个电子或元素Y的原子失去2个电子后，它们的电子层结构与氖原子的电子层结构相同，X、Y两种元素的单质在高温下得到的化合物的正确化学式为（）A．Y3X2B．X2Y3C．X3Y2D．Y2X39．下列叙述正确的是（）A．稀有气体元素原子的最外层电子数都是8B．非金属元素原子的最外层电子数都大于4C．M层作次外层时，可能容纳8个电子，也可能容纳18个电子D．电子云示意图是用高速照相机拍摄的照片10．有X、Y两种原子，X原子的M层比Y原子的M层少3个电子，Y原子的L层电子数恰好为X原子L层电子数的2倍，X和Y分别是（）A．氮和铍B．硅和钠C．硼和氦D．碳和铝11．在氢原子的电子云示意图中，小黑点的含义是（）A．一个小黑点表示一个电子B．小黑点多的地方说明电子数也多C．小黑点多的地方表示在该区域单位体积空间内电子出现的机会多D．小黑点少的地方说明该区域电子具有能量低，因此电子很难运动到该区域12．2g AO32―中电子数比质子数多3.01×1022个，则A的相对原子质量为_______。
原子物理第五章习题资料讲解
原子物理第五章习题精品资料第五章习题 1,2 参考答案 5-1 氦原子中电子的结合能为 24.5eV ，试问：欲使这个原子的两个电子逐一电离，外界必须提供多少能量?解 : 第一 个 电 子 电 离 是 所 需 的 能 量 为 电 子 的 结 合 能,即: E 1 = 24.5eV第二个电子电离过程 ,可以认为是类氢离子的电离,需要的能量为 :11∞ = Rhcz 2 = 22⋅13.6eV = 54.4eVE 2 = hv =1n ∞所以 两 个 电 子 逐 一 电 离 时 外 界 提 供 的 能 量 为 :E = E 1 + E 2 = 24.5eV + 54.4eV = 78.9eV5-2 计算 4D 3/2 态的 L ·S .(参阅 4.4.205)分析要点:L 与 S 的点积,是两矢量的点积,可以用矢量三角形的方法,用其他矢量的模来表示;也可以求出两矢量模再乘其夹角的余弦.解：依题意知，L =2，S =3/2，J =3/2J =S +LJ 2=S 2+L 2+2S ·L据：5-3 对于 S =1/2，和 L =2，试计算 L ·S 的可能值。
要点分析:矢量点积解法同 5-2.解：依题意知，L =2，S =1/2可求出 J =L ±1/2=2±1/2=3/2，5/2 有两个值。
因此当 J =3/2 时有：精品资料1仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢= 1 [J (J +1) − S (S +1) − L (L +1)]ℏ2 L ⋅ S 322= 1 [ 3 ( 3 +1) − 1 ( 1 +1) − 2(2 +1)]ℏ 2据：2 2 2 2 2= − 3 ℏ 22而当 J =5/2 时有：= 1 [J (J +1) − S (S +1) − L (L +1)]ℏ2L ⋅ S 522= 1 [ 5 ( 5 +1) − 1 ( 1 +1) − 2(2 +1)]ℏ 2据：2 2 2 2 2= ℏ2 3 ℏ2故可能值有两个− ℏ 2，25-4 试求 3F 2 态的总角动量和轨道角动量之间的夹角。
大学物理课后习题详解(第五章)中国石油大学
5-14 要使电子的速率从增加到必须做多少功? [解] 由动能定理，外力所作的功为
代入数据，得
5-15 某粒子的静止质量为，当其动能等于其静能时，其质量和动量 各等于多少? [解] 动能为 由已知条件
，故 解出 所以有 因此
(2)如果火箭A向正北飞行，火箭B仍然向西飞行，则由火箭B测得火 箭A的速率大小中方向又如何?
[解] (1)选地球为S系，火箭B为系，并设正东为x轴正向，则对A 有：
由速度变换公式，得：
方向为正东。 (2) 坐标系仍如(1)问， 由速度变换公式，有 有正东方向夹角为
5-10 一空间飞船以0.5c的速率从地球发射，在飞行中飞船又向前方
相对自己以0.5c的速率发射一火箭，问地球上的观测者测得火箭的速率 是多少? [解] 地面取为S系，飞船取为系，则，。对地面观测者而言火箭速率
5-11 半人马星座的口星距地球为m，设有一飞船以0.999c的速率往 返于。星与地球之间。由地球上观测，飞船往返一次需多少时间?若在 飞船上观测，往返一次需多少时间? [解]取地球为S系，飞船为系，地球上观测飞船往返一次需时：
故有 由动量守恒、能量守恒定律，得
可解得
5-19 在北京的正负光速相差多大?一个电子的动量是多大?(电子的静止能量)。
[解] 因为 所以
5-20 静止质量为的粒子在静止时衰变为静止质量为和的两个粒子。试 求静止质量为的粒子的能量和速度。 [解] 根据动量、能量守恒定律列出方程 令、，上两式化为 从(4)式得
5-1 设有一宇宙飞船，相对于地球作匀速直线运动，若在地球上测 得飞船的长度为其静止长度的一半，问飞船相对地球的速度是多少? [解] 飞船静止长度为其固有长度，地球上测得其长度为运动长度，由长 度收缩公式，有：
2021原子物理第五章PPT优秀资料
2)总自旋，总轨道和总角动量的计算
总自旋： S S1 S2
其中:
S1 s1(s1 1) S2 s2 (s2 1)
S s (s 1)
且
S s1 s2, s1 s2 1,
1
(s1
) 2
(s2
1) 2
s1 s2 1,0
故总自旋的 可能值为:
S 2 ,0,
总轨道 L L1 L2
其中: L1 l1(l1 1) , L2 l2 (l2 1) 故: L l (l 1) 其中: l l1 l2,l1 l2 1, l1 l2
在氦的第二族元素中，考虑自旋后，在一种电子组态 n1l1n2l2 中，两个价电子分别有各自的轨道和自旋运动，因 此存在着多种相互作用，使得系统具有的能量可以有许多不 同的可能值。而每一种能量的可能值都与一种原子态，即一 个能级相对应。我们说，这些原子态便是该电子组态可能的 原子态。
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二.同一组态内的相互作用
早先人们以为有两种 氦，把具有复杂结构的氦 称为正氦，而产生单线光 谱的称为仲氦。
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2．能级和能级图 什么原因使得氦原子的光谱分为两套谱线呢？我们知道，
原子光谱是原子在不同能级间跃迁产生的；根据氦光谱的上 述特点，不难推测，其能级也分为
单层结构: S1, P1, D1, F1----仲氦 两套：
性到奇性．
我们可以用下面的方法来判定某一情况下原子的奇偶性：
将核外所有电子的角量子数相加，偶数对应偶性太， 奇数对应， 因此，Laporte 定则表述为：
偶性态（ l i 偶 数） 奇性态 ( i
即初态与末态的宇称必须相反。
奇数l)i (1)
i
用这种方法进行判定，在实际操作中是很麻烦的，因
【单元练】(人教版)石家庄高中物理选修3第五章【原子核】知识点总结(提高培优)
A．质量和能量可以相互变化
B．当物体向外释放能量△E时，其质量必定增加△m，满足△E=△mc2
C．物体的核能可以用mc2表示
D．mc2是物体所蕴藏能量的总和D
解析：D
A．质量和能量不能相互转化，A错误；
B．当物体向外释放能量△E时，其质量必定减少，B错误；
解析： ； ；
[1]．根据质量数和电荷数守恒可得 ，故 为 ；
[2]．该核反应的质量亏损
；
释放能量
．
17．国际权威学术期刊《自然》于2017年11月30日在线发布，中国暗物质粒子探测卫星“悟空”在太空中测到电子宇宙射线的一处异常波动，这意味着中国科学家取得了一项开创性发现．有理论预言，当两个暗物质粒子相遇时，由于互为反物质，它们便会湮灭，从而产生出高能的γ射线．假设有一个α粒子（ ）和一个反α粒子（ ），它们的质量均为m，以相同的动能Ek进行对心碰撞而发生湮灭．已知普朗克常量为h．试回答下列问题：
负有失【解析】由图知原子是由位于中心的原子核和外围带负电的电子构成组成的原子核的质子和中子也有更精细的结构原子失去电子后将带正电
根据 可得放出的核能
(2)[4]比 核多2个中子的同位素核为 。核发生 衰变，残核的质量数为233。设 粒子质量为4m，则残核质量为233m，由动量守恒定律得
解得残核的速度为
14．如图所示实验装置可实现原子核的人工转变，当装置的容器内通入气体B时，荧光屏上观察到闪光。图中气体B是________，该原子核人工转变的核反应方程式是_________。
解析：BC 2Ek+2mc2
（1）[1]．系统的初动量为零，光子有动量，如果只放出一束γ射线，则系统末动量不为零，即违背了动量守恒定律，故A错误．如果两束频率相同的光子，方向相反，则系统末动量仍为零；如果放出三个或更多频率相同的光子，只要系统末动量仍为零，仍满足系统动量守恒，都是可以实现，故BC正确，D错误．所以选BC．
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原子物理第五章习题
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第五章习题 1,2 参考答案 5-1 氦原子中电子的结合能为 24.5eV ，试问：欲使这个原子的两个
电子逐一电离，外界必须提供多少能量?
解 : 第一 个 电 子 电 离 是 所 需 的 能 量 为 电 子 的 结 合 能,即: E 1 = 24.5eV
第二个电子电离过程 ,可以认为是类氢离子的电离,需要的能量为 :
1
1
∞ = Rhcz 2 = 22
⋅13.6eV = 54.4eV
E 2 = hv =
1
n ∞
所以 两 个 电 子 逐 一 电 离 时 外 界 提 供 的 能 量 为 :
E = E 1 + E 2 = 24.5eV + 54.4eV = 78.9eV
5-2 计算 4
D 3/2 态的 L ·S .(参阅 4.4.205)
分析要点:L 与 S 的点积,是两矢量的点积,可以用矢量三角形的方法,用其他矢量的模来表示;也可以求出两矢量模再乘其夹角的余弦.
解：依题意知，L =2，S =3/2，J =3/2
J =S +L
J 2
=S 2
+L 2
+2S ·L
据：
5-3 对于 S =1/2，和 L =2，试计算 L ·S 的可能值。
要点分析:矢量点积解法同 5-2.
解：依题意知，L =2，S =1/2
可求出 J =L ±1/2=2±1/2=3/2，5/2 有两个值。
因此当 J =3/2 时有：
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= 1 [J (J +1) − S (S +1) − L (L +1)]ℏ2 L ⋅ S 3
2
2
= 1 [ 3 ( 3 +1) − 1 ( 1 +1) − 2(2 +1)]ℏ 2
据：
2 2 2 2 2
= − 3 ℏ 2
2
而当 J =5/2 时有：
= 1 [J (J +1) − S (S +1) − L (L +1)]ℏ2
L ⋅ S 5
2
2
= 1 [ 5 ( 5 +1) − 1 ( 1 +1) − 2(2 +1)]ℏ 2
据：
2 2 2 2 2
= ℏ2 3 ℏ2
故可能值有两个
− ℏ 2
，
2
5-4 试求 3
F 2 态的总角动量和轨道角动量之间的夹角。
(参阅 4.3.302)
解: 总角动量
P J = J ( J +1)ℏ
(1)
P L =
ℏ
轨道角动量
L (L +1)
(2)
P S = ℏ 自旋角动量 S (S +1) (3)
三者构成矢量三角形,可得: P S 2 = P L 2 + P J 2 − 2 P L P J cos(P L ⋅ P J )
⇒ cos(P P ) = P 2 + P 2 − P 2
L
J
S
(4)
L J 2 P L P J
把(1) (2) (3) 式代人(4)式: 得
cos(P L P J ) =
L (L + 1)ℏ 2 + J ( J + 1)ℏ 2 − S (S +1)ℏ 2
2 L (L +1)ℏ J (J +1)ℏ
对 3
F 2 态 S =1 L =3 J =2
代人上式得:
⇒ θ = 19 � 28'
cos(P L P J ) = 0.9428
5-5 在氢、氦、锂、铍、钠、镁、钾和钙中，哪些原子会出现正
2
常塞曼效应?为什么?
解: 正常塞曼效应的条件是,S =0,即 2S +1=1 是独态,也即电子为偶数并形成独态的原子,才能有正常的塞曼效应.
依据条件,氦、铍、镁、钙会出现正常塞曼效应。
5-6 假设两个等效的 d 电子具有强的自旋-轨道作用，从而导致 j -j ；耦合，试求它们总角动量的可能值．若它们发生 L -S 耦合，则它们总角动量的可能值又如何?在两种情况下，可能的状态数目及相同 J 值出现的次数是否相同?
5-7 依 L -S 耦合法则，下列电子组态可形成哪些原子态?其中
哪个态的能量最低?
(1) np 4；(2)np 5
；(3)nd (n ′d )．
解：（ 1）对于 np 4
的原子态同np 2
的原子态完全一样。
l 1=l 2=1, s 1=s 2=1/2
依 L-S 耦合原则，L = l 1+l 2，l 1+l 2-1，…|l 1-l 2
|=2,1,0 S = s 1+s 2，s 1+s 2-1，…|s 1-s 2|=1,0 对于 np 2 来说，n ,l 已经相同，考虑泡利不相容原理，只有m s ,m l 不能同时相同的原子态才存在；即只有满足斯莱特方法的原子态才存在，用斯莱特方法分析,原子态反映SL 的状态,它包含 SL 所有的原子态应有：(注:排表时不能写出 M L ,M S 为投影，可能
负值的哪些电子分布,可以证明,它们不能出现新的状态)
L =2，S =0
L =1，S =1
，
1
S 0
L =0
S =0
，
n,l,m l ,m s 都相同 3D 不存在
L =2
S =1
3,2,1
L =1，S =0
n,l,m l ,m s 有几个相同态都满足,不符合泡利原理.
， n,l,m l ,m s 都相同 3 S 同科不存在
L =0 S =1
1
后面几个态不符合泡利原理,即不存在.
基态分析:对 np 2
电子来说,是同科电子,根据洪特定则,自旋 S =1 时,
1
D 2
3
p 2,1,0
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能量最低,即 s1= s2=1/2.mlm s都相同,那么只有m l不同,L≠2,L≠0,只有 L=1.2 个 P 电子组合,按正常次序,J 取最小值 1 时能量最低,基态应是3P0.
（2）同理，对于np5的原子态同np1的原子态完全一
样。
有L=1,S=1/2
原子态2P
3/2,1/2
基态2P1/2如硼,铝,钾等3）对于nd(n′d)，由于电子为非同科电子，其原子态可以全部计算。
依L-S耦合原则，L=l1+l2，l1+l2-1，…|l1-l2|=4,3,2,1,0
S= s1+s2，s1+s2-1，…|s1-s2|=1,0
其组合的原子态有：
L=4，S=0 J=4
L=3，S=0 J=3
L=2，S=0 J=2
L=1，S=0 J=1
L=0，S=0 J=0
L=4，S=1 J=5，4，3
L=3，S=1 J=4，3，2
L=2，S=1 J=3，2，1
L=1，S=1 J=2，1，0
L=0，S=1 J=1
所以有：1S ，1P ，1D ，1F ，1G ，3S ， 3 P ，3D
3,2,1 ，
0 1 2 3 4 1 2,1,0
3F
4,3,2,3G5,4,3.
基态: S最大,L最大.J最小.应为:
3G5,两非同科d电子此种情况很少
见.常见的为同科p,d,f电子.
5-8 铍原子基态的电子组态是2s2s，若其中有一个电子被激发到3p态，按L—S耦合可形成哪些原子态?写出有关的原子态的符号．从这些原子态向低能态跃迁时，可以产生几条光谱线?画出相应
4
的能级跃迁图．若那个电子被激发到2p态，则可能产生的光谱线又为几条?
解：1.2s2s 电子组态形成的原子态
∵s1=s2=1/2l1= l 2=0l= l 1±l 2=0
S1=s1+s2=1S2= s1-s2=0
J=L+S
J1=L+S1=0+1=1J2=L+S2=0+0=0
∵2s2s形成的原
子态有3S1 , 1S0四种原子态。
由于为同科电子，所以只存在1S0一种原子态。
2 . 2s3p电子组态形成的原子态
∵s1=s2=1/2l 1=0l 2=1l l 1±l 2=1
S1= s1+s2=1S2= s1-s2=0
J=L+S
J1=L+S1=2,1,0J2=L+S2=1+0=1
2s3p 形成的原子态有3P2,1,0 , 1P0四种原子态。
∵ 同理2s2p形成的原子态有3P2,1,0,1P0四种原子态。
3.2s2s，2s3p形成的原子态的能级跃迁图
根据L-S耦合的跃迁选择定则，可产生的光谱线如图所示。
5-9证明：一个支壳层全部填满的原子必定具有1S0的基态．
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