原子物理学第四,五,六,七章课后习题答案
原子物理学杨福家1-6章_课后习题答案
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α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α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α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ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φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0 若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ222)(90si nsi nsi n+=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV的α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1.0 μm，则入射α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90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º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, ρAu=1.888×104kg/m3依θa2 sin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。
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原子物理学课后答案（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射线第七章：原子核物理概论第八章：超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编（7.3元定价）高等教育出版社第一章习题答案1-1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为410-rad.解：设碰撞以后α粒子的散射角为θ，碰撞参数b 与散射角的关系为2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)碰撞参数b 越小，则散射角θ越大。
也就是说，当α粒子和自由电子对头碰时，θ取得极大值。
此时粒子由于散射引起的动量变化如图所示，粒子的质量远大于自由电子的质量，则对头碰撞后粒子的速度近似不变，仍为，而电子的速度变为，则粒子的动量变化为v m p e 2=∆散射角为410*7.21836*422-=≈≈∆≈v m v m p p e αθ 即最大偏离角约为410-rad.1-2 (1)动能为5.00MeV 的α粒子被金核以︒90散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚为1.0um ，则入射α粒子束以大于︒90散射（称为背散射）的粒子是全部入射粒子的百分之几？ 解：（1）碰撞参数与散射角关系为：2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)库伦散射因子为：Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 5.45579*2**44.1= 瞄准距离为： fm fm a b 8.2245cot *5.45*212cot 2===︒θ（2）根据碰撞参数与散射角的关系式2cot 2θa b =，可知当︒≥90θ时，)90()(︒≤b b θ，即对于每一个靶核，散射角大于︒90的入射粒子位于)90(︒<b b 的圆盘截面内，该截面面积为)90(2︒=b c πσ，则α粒子束以大于︒90散射的粒子数为：π2Nntb N =' 大于︒90散射的粒子数与全部入射粒子的比为526232210*4.98.22*142.3*10*0.1*19788.18*10*02.6--===='πρπtb M N ntb N N A 1—3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少？若把金核改为Li 7核，则结果如何？ 解：（1）由式4—2知α粒子与金核对心碰撞的最小距离为=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 6.505.479*2**44.1=（2）若改为Li 7核，靶核的质量m '不再远大于入射粒子的质量m ，这时动能k E 要用质心系的能量c E ，由式3—10，3—11知，质心系的能量为：)(212mm mm m v m E u u c +''==式中 得k k k Li He Li k u c E E E A A A E m m m v m E 117747212=+=+≈+''==α粒子与Li 7核对心碰撞的最小距离为：=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 0.37*5.411*3*2**44.1=1—4 （1）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？（2）若金核改为铝核，使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？设铝核半径为4.0fm 。
原子物理学 课后答案
目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！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！未定义书签。
1.本课程各章的重点难点重点:α粒子散射实验公式推导、原子能量级、氢原子的玻尔理论、原子的空间取向量子化、物质的波粒二象性、不确定原则、波函数及其物理意义和薛定谔方程、电子自旋轨道的相互作用、两个价电子的原子组态、能级分裂、泡利原理、电子组态的原子态的确定等。
难点：原子能级、电子组态、不确定原则、薛定谔方程、能级分裂、电子组态的原子态及基态的确定等。
2.本课程和其他课程的联系本课程需在高等数学、力学、电磁学、光学之后开设，同时又是理论物理课程中量子力学部分的前导课程，拟在第三学年第一学期开出。
3.本课程的基本要求及特点第一章原子的位形：卢瑟福模型了解原子的质量和大小、原子核式模型的提出；掌握粒子散射公式及其推导，理解α粒子散射实验对认识原子结构的作用；理解原子核式模型的实验验证及其物理意义。
第二章原子的量子态：玻尔模型掌握氢原子光谱规律及巴尔末公式；理解玻尔原子模型的基本假设、经典轨道、量子化条件、能量公式、主量子数、氢能级图；掌握用玻尔理论来解释氢原子及其光谱规律；了解伏兰克---赫兹实验的实验事实并掌握实验如何验证原子能级的量子化；理解索菲末量子化条件；了解碱金属光谱规律。
第三章量子力学导论掌握波粒二象性、德布罗意波的假设、波函数的统计诠释、不确定关系等概念、原理和关系式；理解定态薛定谔方程和氢原子薛定谔方程的解及n,l,m 三个量子数的意义及其重要性。
第四章 原子的精细结构：电子的自旋理解原子中电子轨道运动的磁矩、电子自旋的假设和电子自旋、电子量子态的 确定；了解史特恩—盖拉赫实验的实验事实并掌握实验如何验证角动量取向的量子化；理解碱金属原子光谱的精细结构；掌握电子自旋与轨道运动的相互作用；了解外磁场对原子的作用，理解史特恩—盖拉赫实验的结果、塞曼效应。
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第四章 碱金属原子1. 已知Li 原子光谱主线系最长波长0A 6707=λ，辅线系系限波长A 3519=∞λ.求Li 原子第一激发电势和电离电势.解：主线系最长波长是原子从第一激发态跃迁至基态的光谱线的波长E h hc νλ∆==第一激发电势1eU E =∆34811976.626210310V 1.850V 1.602210 6.70710E hc U e e λ---∆⨯⨯⨯====⨯⨯⨯辅线系系限波长是原子从无穷处向第一激发态跃迁产生的 辅线系~~*2n R n νν∞=-,~~*n n νν∞→∞=192 5.648910J hc eU λ-∞==⨯2 3.526V U =电离电势：U =U 1+U 2=5.376V2. Na 原子的基态3S .已知其共振线波长为58930A ，漫线系第一条的波长为81930A ，基线系第一条的波长为184590A ，主线系的系限波长为24130A 。
试求3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值. 解：主线系波数~p 22s p ,3,4,(3)()n R Rn n ν=-=-∆-∆~~p 2s ,(3)n Rn νν∞→∞==-∆系限波长：p λ∞=24130A =72.41310m -⨯~1613S 71m 4.144210m 2.41310T ν--∞-===⨯⨯共振线为主线系第一条线, 是原子从3P 到3S 跃迁产生的光谱线 共振线波长：λp1=58930A =75.89310m -⨯~61p13S 3P 71 1.696910m 5.89310mT T ν--=-==⨯⨯1616S 3P 3m 104473.2m 106969.1--⨯=⨯-=T T漫线系（第一辅线系）波数~d 22p d ,3,4,(3)()n R Rn n ν=-=-∆-∆漫线系第一条线是原子从3D 到3P 跃迁产生的光谱线 漫线系第一条光谱线的波长7d18.19310m λ-=⨯167D 3P 31~d m 102206.1m10193.81--⨯=⨯=-=T T ν1616P 3D 3m 102267.1m 102206.1--⨯=⨯-=T T基线系（柏格曼线系）波数,5,4,)()3(2f 2d ~f =∆--∆-=n n RR n ν 基线系第一条线是原子从4F 到3D 跃迁产生的光谱线 基线系第一条光谱线的波长6f1 1.845910m λ-=⨯156F 4D 31fm 104174.5m108459.1--⨯=⨯=-=T T ν 1515D 3F 4m 108496.6m 104174.5--⨯=⨯-=T T3. K 原子共振线波长为7665Å，主线系系限波长为2858Å. 已知K 原子的基态为4S. 试求4S 、4P 谱项的量子数修正项∆S 、∆P 值各为多少？K 原子的主线系波数,5,4,)()4(2P 2S ~p=∆--∆-=n n RR n ν 2S ~~p )4(,∆-==∞→∞Rn n νν 1617~m 104990.3m 10858.211---∞∞⨯=⨯==p λν 16~S 4m 104990.3-∞⨯==νT而 2S S 4)4(∆-=RT 所以 S4S 4T R =∆- 17m 100973731.1-∞⨯=≈R R 7709.14S =∆-2291.2S =∆K 原子共振线为主线系第一条线, 是原子从4P 到4S 跃迁产生的光谱线1p A 7665=λ167P 4S 41pm 103046.1m10665.7--⨯=⨯=-=T T ν 1616S 4P 4m 101944.2m 103046.1--⨯=⨯-=T T而 2P P 4)4(∆-=RT 所以 P4P 4T R =∆- 17m 100973731.1-∞⨯=≈R R7638.14P4P =-=∆T R第五章 多电子原子1. He 原子的两个电子处在2p3d 电子组态.问可能组成哪几种原子态?用原子态的符号表示之.已知电子间是LS 耦合.解：p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为,11=l 211=s . d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为,21=l 212=s . 因为是LS 耦合，所以.,,1,212121l l l l l l L -⋯-++=.1,2,3=L.0,1.2121=-+=S s s s s S 或而 .,,1,S L S L S L J -⋯-++=.1,0,1===J S L 原子态为11P . .0,1,2,1,1===J S L 原子态为30,1,2P ..2,0,2===J S L 原子态为12D ..1,2,3,1,2===J S L 原子态为31,2,3D ..3,0,3===J S L 原子态为13F . .2,3,4,1,3===J S L 原子态为32,3,4F .2. 已知He 原子的两个电子被分别激发到2p 和3d 轨道，其所构成的原子态为3D ，问这两电子的轨道角动量p l 1与p l 2之间的夹角，自旋角动量p s 1与p s 2之间的夹角分别为多少？(1). 解：已知原子态为3D ,电子组态为2p3d, 所以2,1,1,221====l l S L因此'1212221211212221222211113733212/)(cos cos 26)1(6)1(22)1(οθθθπ==---=-+==+==+==+=l l l l L l l l l L L l l p p p p P p p p p P L L P l l p hl l p 所以'0'0471061373180=-=οθL(2).1212122s s S s s p p P =======因为所以而'2212221222212221228109312/)(cos cos 2οθθθ=-=---=-+=s s s s S s s s s S p p p p P p p p p P 所以'0'0327028109180=-=οθS4. 试以两个价电子l 1=2和l 2=3为例说明,不论是LS 耦合还是jj 耦合都给出同样数目的可能状态. (1) LS 耦合.3,221==l l.,,1,212121l l l l l l L -⋯-++=.1,23,4,5=L .2121==s s .0,1=S.,,1,S L S L S L J -⋯-++=当S =0时，J =L , L 的5个取值对应5个单重态, 即1=L 时,1=J ,原子态为11P .2=L 时,2=J ,原子态为12D .3=L 时,3=J ,原子态为13F . 4=L 时,4=J ,原子态为14G .5=L 时,5=J ,原子态为15H .当S =1时，.1,,1-+=L L L J代入一个L 值便有一个三重态．５个L 值共有５乘３等于１５个原子态，分别是：1=L 时,0,1,2=J 原子态为30,1,2P2=L 时,1,2,3=J 原子态为31,2,3D3=L 时,2,3,4=J 原子态为32,3,4F 4=L 时,3,4,5=J 原子态为33,4,5G5=L 时,4,5,6=J 原子态为34,5,6H因此，LS 耦合时共有２０个可能状态． (2) jj 耦合.,...,.2527;2325;21212121j j j j j j J j j s l j s l j -++===-=+=或或或 将每个j 1、j 2 合成J 得：.1,2,3,42523.2,3,4,52723.0,1,2,3,4,52525.1,2,3,4,5,6272521212121============J j j J j j J j j J j j ，合成和，合成和，合成和，合成和4,3,2,15,4,3,25,4,3,2,1,06,5,4,3,2,1)25,23()27,23()25,25()27,25(共20个可能状态所以，无论是LS耦合还是jj耦合，都会给出20种可能状态．6.已知He原子的一个电子被激发到2p轨道，另一个电子还在1s轨道,试做出能级跃迁图来说明可能出现哪些光谱线跃迁.解：在1s2p组态的能级和1s1s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s.利用LS耦合规则求出各电子组态的原子态如下:1s1s：1S01s2s：1S0、3S11s2p：1P1、3P0,1,2根据选择定则,这些原子态之间可以发生5条光谱线跃迁。
原子物理学课后习题答案
第一章 原子的基本状况1.1 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：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==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。
1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为220121()(1)4sinmZe 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1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 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。
原子物理学课后答案
速度：米/秒 加速度： 2.2 试由氢原子的里德伯常数计算基态氢原子的电离电势和第一激 发电势。 解：电离能为，把氢原子的能级公式代入，得：=13.60电子伏特。 电离电势：伏特 第一激发能：电子伏特 第一激发电势：伏特 2.3 用能量为12.5电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢 原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线？ 解：把氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量 是： 其中电子伏特 电子伏特 电子伏特 电子伏特 其中小于12.5电子伏特，大于12.5电子伏特。可见，具有12.5电子伏特 能量的电子不足以把基态氢原子激发到的能级上去，所以只能出现的能 级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为： 2.4 试估算一次电离的氦离子、二次电离的锂离子的第一玻尔轨道
1.8 设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均 匀分布在半径约为米的球形原子内，如果有能量为电子伏特的粒子射向 这样一个“原子”，试通过计算论证这样的粒子不可能被具有上述设想结 构的原子产生散射角大于的散射。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）。
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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α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α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α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ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φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α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1.0 μm ，则入射α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90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º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, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin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。
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精品文档1．原子的基本状况1.1解：根据卢瑟福散射公式：ctg24Mv2Kb 42Ze2Ze 2b得到：Ze2ctgb 24K(479(1.601019)2ctg15028.851012)(7.681061019)3.971015米式中K1Mv22是粒子的功能。
1.2已知散射角为的粒子与散射核的最短距离为r m(41)2Ze21(1Mv2sin2)，试问上题粒子与散射的金原子核之间的最短距离rm多大？解：将1.1题中各量代入rm的表达式，得：rmin(41)2Ze21(1Mv2sin2)9109479(1.601019)21(1)7.68106 1.601019sin753.021014米1.3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解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180。
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：1Ze2 Mv2K24r0min ，故有：rmin 4Ze2Kp910979(1.601019)106 1.60101921.141013米p精品文档精品文档由上式看出：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min米。
13代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为1.14101.7能量为3.5兆电子伏特的细粒子束射到单位面积上质量为1.05102公斤/米2的银箔上，粒解：设靶厚度为t'。
非垂直入射时引起粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度t'，而是t t'/sin60，如图1-1所示。
因为散射到与d 之间d立体角内的粒子数dn与总入射粒子数n的比为：dnnNtd (1)20º1ze2dd ()2( )24Mv20sin42把（2）式代入（1）式，得：（2）60°t60ºtdn1ze2Nt( )2()n 4Mv22dsin42 (3)图1.1式中立体角元d ds/L2,t t'/sin6002t'/ 3,200N为原子密度。
原子物理学习题与答案(褚圣麟)很详细
1．原子的基本状况1.1解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε== 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。
1.2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1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 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。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细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粒解：设靶厚度为't 。
非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度'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 Mvze d （2） 把（2）式代入（1）式，得：2sin)()41(422220θπεΩ=d Mv ze 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。
原子物理学课后习题详解第4章
第四章 碱金属原子已知Li 原子光谱主线系最长波长ολA 6707=，辅线系系限波长ολA 3519=∞。
求锂原子第一激发电势和电离电势。
解：主线系最长波长是电子从第一激发态向基态跃迁产生的。
辅线系系限波长是电子从无穷处向第一激发态跃迁产生的。
设第一激发电势为1V ，电离电势为∞V ，则有： 伏特。
伏特375.5)11(850.111=+=∴+===∴=∞∞∞∞λλλλλλe hc V c h c h eV ehc V c heV Na 原子的基态3S 。
已知其共振线波长为5893οA ，漫线系第一条的波长为8193οA ，基线系第一条的波长为18459οA ，主线系的系限波长为2413οA 。
试求3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值。
解：将上述波长依次记为 οοοολλλλλλλλAA A A p f d p p f d p 2413,18459,8193,5893,,,,max max max max max max ====∞∞即容易看出： 16max 3416max 3316max316310685.0110227.1110447.21110144.41~---∞-∞∞⨯=-=⨯=-=⨯=-=⨯===米米米米f D F d p D p P P P S T T T T T v T λλλλλ K 原子共振线波长7665οA ，主线系的系限波长为2858οA 。
已知K 原子的基态4S 。
试求4S 、4P 谱项的量子数修正项p s ∆∆,值各为多少解：由题意知：P P s p p v T A A λλλοο/1~,2858,76654max ====∞∞由24)4(s R T S ∆-=，得：S k T R s 4/4=∆- 设R R K ≈,则有max411,229.2P P P T s λλ-==∆∞ 与上类似 764.1/44=-≈∆∞P T R pLi 原子的基态项2S 。
当把Li 原子激发到3P 态后，问当3P 激发态向低能级跃迁时可能产生哪些谱线（不考虑精细结构）答：由于原子实的极化和轨道贯穿的影响，使碱金属原子中n 相同而l 不同的能级有很大差别，即碱金属原子价电子的能量不仅与主量子数n 有关，而且与角量子数l 有关，可以记为),(l n E E =。
原子物理学习题解答
原子物理学习题解答第一章 原子的基本状况1.1 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：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米 式中212K Mvα=是α粒子的功能。
1.2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1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 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：dnNtd nσ=其中单位体积中的金原子数：0//Au Au Nm 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=⎰22218002903cos122()()4sin 2AuN Ze t d A Mu οοθρπθθπε=⋅⋅⎰ 等式右边的积分：180180909033cos sin 2221sin sin 22d I d οοοοθθθθθ=⎰=⎰=故'22202012()()4Au N dn Ze t n A Mu ρππε=⋅⋅ 648.5108.510--≈⨯=⨯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-⨯。
原子物理学课后习题答案第6章
第六章 磁场中的原子6.1 已知钒原子的基态是2/34F 。
（1）问钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为几束？（2）求基态钒原子的有效磁矩。
解：（1）原子在不均匀的磁场中将受到力的作用，力的大小与原子磁矩（因而于角动量）在磁场方向的分量成正比。
钒原子基态2/34F 之角动量量子数2/3=J ，角动量在磁场方向的分量的个数为4123212=+⨯=+J ，因此，基态钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂为4束。
（2）J J P meg2=μ h h J J P J 215)1(=+= 按LS 耦合：52156)1(2)1()1()1(1==++++-++=J J S S L L J J gB B J h m e μμμ7746.0515215252≈=⋅⋅⋅=∴ 6.2 已知He 原子0111S P →跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其间距厘米/467.0~=∆v，试计算所用磁场的感应强度。
解：裂开后的谱线同原谱线的波数之差为：mcBeg m g m vπλλ4)(1'1~1122-=-=∆ 氦原子的两个价电子之间是LS 型耦合。
对应11P 原子态，1,0,12-=M ；1,1,0===J L S ，对应01S 原子态，01=M ，211.0,0,0g g J L S =====。
mc Be vπ4/)1,0,1(~-=∆ 又因谱线间距相等：厘米/467.04/~==∆mc Be vπ。
特斯拉。
00.1467.04=⨯=∴emcB π 6.3 Li 漫线系的一条谱线)23(2/122/32P D →在弱磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。
解：在弱磁场中，不考虑核磁矩。
2/323D 能级：,23,21,2===j S l54)1(2)1()1()1(123,21,21,232=++++-++=--=j j s s l l j j g M2/122P 能级：,21,21,2===j S l 32,21,211=-=g ML v)3026,3022,302,302,3022,3026(~---=∆ 所以：在弱磁场中由2/122/3223P D →跃迁产生的光谱线分裂成六条，谱线之间间隔不等。
原子物理学习题答案(褚圣麟)很详细
1．原子的基本状况1.1解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε== 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。
1.2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1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 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。
1.7能量为3.5兆电子伏特的细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粒解：设靶厚度为't 。
非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度'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。
原子物理学杨福家1-6章-课后习题标准答案
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α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α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α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ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φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2） ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90sin sin sin +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α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1.0 μm ，则入射α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90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º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, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin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。
原子物理学第四章习题解答
第四章习题解答4-1 一束电子进入1.2T 的均匀磁场时,试问电子的自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大?解：∵磁矩为μu r 的磁矩，在磁场B u r中的能量为：U = -μu r ·B u r= -sz μ B电子自旋磁矩 sz μ=±B μ∴电子自旋平行于和反平行于磁场的能量差u =B μ B – (-B μB) =2B μ B ∴u = 2B μ B =2 ×0.5788×410-eV ·1T -× 1.2 T = 1.39 ×410- eV4-2 试计算原子处于23/2D 状态的磁矩μ及投影μz 的可能值. 解：由23/2D 可知 S=12 J=32L=2 ∴j g =32+12(1)(1)(1)S S L L J J +-++=32+121323223522⨯-⨯⨯=45又j μ=j g Bμ45B μ =1.55 B μ∴μ=1.55 B μ又,j z j j B m g μμ= 又3113,,,2222j m =--∴,142×255j z B B μμμ=±=±或,346×255j z B B μμμ=±=±即,6226(,,,)5555j z B μμ=--4-3 试证实:原子在63/2G 状态的磁矩等于零,并根据原子矢量模型对这一事实作出解释.解：由63/2G 可知：S =52 J = 32L = 4∴5745 31(1)(1)3122··03522(1)22×22JS S L LgJ J⨯-⨯+-+=+=+=+∴(1)0J j Bj j gμμ=+=即原子在63/2G状态的磁矩等于零。
解释：∵原子的总角动量为J L S=+u r u r u r，而处于63/2G态原子各角动量为：(1)4(41)20 4.47L L L=+=+==h h h h5535(1)(1) 2.9622S S S=+=+==h h h h3315(1)(1) 1.94222J J J=+=+==h h h h则它们的矢量关系如图示：Lu r和Su r同时绕Ju r旋进，相对取项保持不变由三角形余弦定理可知：22222211()[(1)(1)(1)]22L J L J S L L J J S S⋅=+-+++-+u r u rh h h=22355715[45]222222=⨯+⨯-⨯=hh而222221573515()(45)2222224S J S J L⋅=+-=⨯+⨯-⨯=-u r u r hh∴相应的磁矩2B BS Sg S Sμμμ=-=-u r u r u rh hB B Lg L L μμμ∆=-=-u ru r u r hhS L μμμ=+u r u ru r由于磁矩μu r 随着角动量绕J u r 旋进，因而对外发生效果的是μu r在J u r 方向上的分量。
原子物理学第四,五,六,七章课后习题答案-推荐下载
原子的基态为 4S. 试求 4S 、4P 谱项的量子数修正项∆S 、∆P 值各为 多少？
K 原子的主线系波数
~
p n
n ,
~
R (4 S )2
1 p
~
p n
~
1 2.858 107
~
T4S 3.4990 106 m 1
而
T4S
所以 4 S
R T4P
1.3046 106 m1
第五章 多电子原子
1. He 原子的两个电子处在 2p3d 电子组态.问可能组成哪几种原子态?用
原子态的符号表示之.已知电子间是 LS 耦合.
解：p 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为 l1 1,
d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为 l1
R (4 S )2
R R 1.0973731107 m1
4 S 1.7709
S 2.2291
R (n P )2
R (4 S )2
R T4S
m 1
,
n 4,5,
3.4990 106 m1
K 原子共振线为主线系第一条线, 是原子从 4P 到 4S 跃迁产生的光
1.2206 106 m1
~
f 1
T3D
T4F
1 1.8459 106 m
T4F T3D 5.4174 105 m 1 6.8496 105 m 1
5.4174 105 m 1
3. K 原子共振线波长为 7665Å，主线系系限波长为 2858Å. 已知 K
第四章 碱金属原子
0
原子物理学第七章习题解答
原子物理学第七章习题解答第七章习题解答7-1 试计算核素40Ca 和56Fe 的结合能和比结合能。
解：402020Ca结合能 22(2020)p n ca E mc m m m c ?=?=+-[]220(1.008665 1.007277)39.96259c =+-(40.3188439.96259)931.5mev =-?331.85mev =比结合能331.88.340E mev A ε?=== 562630Fe结合能： 2(2630)p n Fe B m m m c =+-0.51425931.5479.024mev =?=比结合能：479.0248.55456B mev A ε===7-2 1mg 238U 每分钟放出740个α 粒子，试证明：1g 238U 的放射性活度为0.33 Ci μ，238U 的半衰期为94.510a ?证明：1mg 238U 的放射性强度 A=74060可知1g 238U 的放射强度x 为： 374010:1:60x -= ∴x = 74060×310= 43.7103次/s =13Ci μ= 0.33Ci μ7-3 活着的有机体中，14C 对12C 的比与大气中是相同的，约为1.3×1210-，有机体死亡后，由于14C 的放射性衰变，14C 的含量就不断少，因此，测量每克碳的衰变率就可计算有机体的死亡时间。
现测得：取之于某一骸骨的100g 碳的β衰变率为３００次衰变／min ，试问该骸骨已有多久历史？解：由于12C 的丰度高达98.89%，可以近似认为自然界的碳全部由12C 组成故1g 碳中，12C 的原子数目为：2322(12)11 6.0210 5.02101212A N N ==??=?个根据题意：1g 碳中，14C 的原子数目为：12122210(14)(12)1.3010 1.3010 5.0210 6.5310N N --=?==?个根据衰变率的定义（单位时间内发生的核衰变数），1g 碳中，14C 的衰变率，在t=0时为： 100(14)0.693 6.531057303652460A N λ== 150=次衰变/Min由题知t 时刻测得的衰变率为（1g 14C 在t 时刻的衰变率） 3003.00100A ==次衰变/Min 因放射性强度服从指数衰变规律 1/20.69300t T t A A e A e λ--== ∴41/20573015.0 1.3100.6930.693 3.00T A t In In y A ==?=?7－4 一个放射性元素的平均寿命为１０d ，试问在第５d 内发生衰变的数目是原来的多少？解：放射性衰变规律为0N N = t e λ-。
原子物理学杨福家第四版课后答案-七章全
注意到：
N dN N A a d A nt t ; nt A t t ( )2 n NA A N A 4 sin 4 2
e2 Z1Z 2 79 a( ) 1.44 fmMev 113.76 fm 4 E 1.0Mev
180
2 3 ，即为所求 1 d sin 2 sin 3
3
90
2
BYJ.exe@2012
-3-
参考答案
原子物理学
参考答案
-4-
1-7)解
P( 0 1800 )
1800
0
1 dN 1800 nt 4 0 N 0
1-4)解： ① rm
2Ze2 e 2 2Z ( )( ) 7 fm 4 0 E 4 0 E
将 Z＝79 代入解得： E=16.25Mev ② 对于铝，Z＝13，代入上公式解得：
e2 13 4fm= ( ) 4 E
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：
BYJ.exe@2012
（ 1 即：
m1 1 m sin L 0 2 亦即： m 1－ 1 sin 0 L m2
原子物理学
考虑到： L 180
sin L 0 第二组方程无解
第一组方程的解为： 1
m1 sin L 1 m2
单位时间内入射的粒子数为： N
Q I t 5.0 109 1 3.125 1010 （个） 19 e e 1.60 10
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第四章 碱金属原子1. 已知 Li 原子光谱主线系最长波长 6707A ，辅线系系限波长3519A .求Li 原子第一激发电势和电离电势解：主线系最长波长是原子从第一激发态跃迁至基态的光谱线的波长E h hc第一激发电势eU 1 EU 1 e E e hcee6.6262 1190 343 1087 V 1.850V 1.6022 10 19 6.707 10 7辅线系系限波长是原子从无穷处向第一激发态跃迁产生的辅线系U 2 3.526V电离电势： U=U 1+U 2=5.376V2. Na 原子的基态 3S.已知其共振线波长为 5893A ，漫线系第一条的00波长为 8193A ，基线系第一条的波长为 18459A ，主线系的系限波长 0为 2413A 。
试求 3S 、3P 、3D 、4F 各谱项的项值 . 解：主线系波数R*2 n *2,n*eU 2hc5.6489 10 19Jn漫线系第一条线是原子从 3D 到 3P 跃迁产生的光谱线 漫线系第一条光谱线的波长 d1 8.193 10 7mT 3D T 3P 1.2206 106m 11.2267 106m 1基线系（柏格曼线系）波数RR22(3 d )2 (n f )2基线系第一条线是原子从 4F 到 3D 跃迁产生的光谱线 基线系第一条光谱线的波长f11.8459 10 6mpn(3s)2 (n p)2 , n 3,4,R (3s)2系限波长：p=2413A = 2.413 10 7m2.413 10 7m 1 4.1442 106m 1共振线为主线系第一条线 , 是原子从 3P 到 3S 跃迁产生的光谱线 共振线波长：λp1=5893A =5.893 10 7m1.6969 106 m 1T 3P T 3S 1.6969 106 m 1 2.4473 106 m 1漫线系（第一辅线系）波数dnR (3p)2R (n d )2n 3,4,d1T3PT3D7 1.2206 106 m 18.193 10 7mn 4,5,pnp1T 3S T 3P1 5.893 10 7m1 5 16 5.4174 105m 11.8459 10 6mT 4F T 3D 5.4174 105m 1 6.8496 105 m 13. K 原子共振线波长为 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 ?S 、? P 值各为 多少？K 原子的主线系波数~R R p n2 2 , n 4,5,(4 S ) (n P )~ ~Rn , p n 2(4 S )2~1 1 1 6 11p 2.858110 7m 1 3.4990 106m 1T 4S3.4990 106m 1而T 4S(4S)271R R 1.0973731 107m 1 4 S 1.7709S2.2291K 原子共振线为主线系第一条线 , 是原子从 4P 到 4S 跃迁产生的光谱线0 p17665Af1T3DT4F所以 4 SR T 4ST4P T4S 1.3046 106m 12.1944 106m 1所以4P TR4PR R 1.0973731 107 m 1第五章多电子原子1. He原子的两个电子处在2p3d电子组态.问可能组成哪几种原子态? 用原子态的符号表示之.已知电子间是LS 耦合.解：p电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为l1 1, s1 1.d 电子的轨道角动量和自旋角动量量子数分别为l1 2, s2 1.2因为是LS 耦合，所以L l1 l2 ,l1 l2 1, ,l1 l2L 3, 2,1.S s1 s2 或s1 s2.S 1,0.而J L S, L S 1, , L S.L 1, S 0, J 1. 原子态为1P1.L 1, S 1, J 2,1, 0. 原子态为P0,1,2 .1L 2, S 0, J 2. 原子态为D2.p1 T4S T4P 7.665 10 7m1.3046 106m 1而T4PR2(4 P)2L 2, S 1, J 3, 2,1. 原子态为 3D 1,2,3 .L 3, S 0, J 3. 原子态为 F 3.L 3, S 1, J 4, 3, 2. 原子态为 F 2,3,4 .2. 已知 He 原子的两个电子被分别激发到 2p 和 3d 轨道，其所构成的原子态为 3D ，问这两电子的轨道角动量 p l1与 p l2之间的夹角，自旋角 动量 p s1与 p s2之间的夹角分别为多少？(1) . 解：已知原子态为 3D, 电子组态为 2p3d, 所以L 2,S 1,l 1 1,l 2 2因此 p l1 l 1(l 1 1) h22p l2 l 2(l 2 1) 6 P LL(L 1) 6P L 2p l12p l222p l1p l2 cos 12 2 21(PL pl1pl 2 )/2p l1p l 22 317313'L1800 73 13' 106047(2) .P S S(S 1)h 2所以 cos 1因为 s 1 s 2 1所以1 22222P S p s1 p s2 2 p s1 p s2 cos 2所以 cos 2 (P S2p s12p s22)/2p s1p s2 132 109 28'S1800 109 28' 70032'4. 试以两个价电子l1=2 和l2=3 为例说明,不论是LS耦合还是jj 耦合都给出同样数目的可能状态.(1) LS耦合l1 2,l2 3.L l1 l2,l1 l2 1, ,l1 l2 .L 5, 4,32,1.1s 1 s2 2.S 1,0.J L S,L S 1, , L S.当S=0时，J=L, L的5个取值对应5个单重态, 即L 1时,J 1,原子态为1P1.L 2 时,J 2 ,原子态为1D2.L 3时,J 3,原子态为1F3 .L 4 时,J 4 ,原子态为1G4.L 5时,J 5,原子态为1H5.当S=1 时，J L 1, L, L 1.代入一个L值便有一个三重态．５个L 值共有５乘３等于１５个原子态，分别是：L 1时,J 2,1, 0 原子态为 3P 0,1,2L 2 时,J 3, 2,1 原子态为 D 1,2,3 L 3时,J 4,3,2 原子态为 3F 2,3,4L 4时,J 5, 4,3 原子态为 3G 3,4,5L 5时,J 6,5,4 原子态为 3H 4,5,6因此， LS 耦合时共有２０个可能状态．(2) jj 耦合j l s 或 j l s;5 3 7 5 j 1 或 ; j 2 或 .12 2 22 2J j 1 j 2, j 1 j 2 ,... j 1 j 2将每个 j 1、j 2 合成 J 得：57 j 1 和j 2 ，合成 J 6,5,4,3,2,1. 1 222j 1 5 6和j 2 5，合成 J 5,4,3,2,1,0.22 37j 1 3和j 2 7，合成 J 5,4,3,2.52，合成 J 4,3,2,1.22))) 7252721,2,3,4,5,60,1,2,3,4,52,3,4,5共20 个可能状态所以，无论是LS耦合还是jj 耦合，都会给出20 种可能状态．6. 已知He 原子的一个电子被激发到2p 轨道，另一个电子还在1s 轨道, 试做出能级跃迁图来说明可能出现哪些光谱线跃迁.解：在1s2p 组态的能级和1s1s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s.利用LS 耦合规则求出各电子组态的原子态如下:1s1s：1S01s2s：1S0、3S11s2p：1P1、3P0,1,2根据选择定则, 这些原子态之间可以发生5 条光谱线跃迁。
能级跃迁图如下11s2p P131s2p P031s2p P131s2p P211s2s 1S0301s2s 3S11s1s S0第六章在磁场中的原子1. 已知钒原子的基态是4F3 . (1)问钒原子束在不均匀横向磁场中将分2裂为几束？(2)求基态钒原子的有效磁矩J .(1). 钒原子基态 4F 3 的总角动量量子数22J 1 2 231 4层. 因此，基态钒原子束在不均匀横向磁场中将分裂 为 4束 .(2). 由已知条件： J 3, L 3.而2S 1 4，得到 S 3.22根据 g 1J(J 1) L(L 1) S(S 1),得到朗德 g 因子的值为g 4.2J(J 1) 5磁矩公式： J g2emP JP J 为原子的总角动量： P JJ(J 1)2h , 而J 23,故J g e P J2 e 15 h 15 he 15B , 式中. B 为波尔磁子，其2m5 2m 2 25 4 m 5值为 B0.927 10 23安 米2.4 已知 He 原子1P 1 1S 0跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其 间距 v 0.467厘米-1 ，试计算所用磁场的感应强度 . 解： 1 P 1原子态对应的 j 1, l 1, s 0, 则其朗德 g 因子为g 1 j(j 1) l(l 1) s(s 1) 1.g 1 2j( j 1) 1对于1P 1原子态，其角动量量子数 j 1,其能级将分裂成 2j 1 3层. 设 没在磁场中时 1P 1的能量为 E 1, 而在磁场中时，分裂成的 3 层对应的能 量由高到低为别为 E 2, E 3, E 4. 则：解：J 23 ，能级在磁场分裂为P JJ(J 1) h3 3 h 23(32 1) 2h15 h 22E 2 E 1 g B B E 1BB ,E 3 E1 ,E 3 E 1 B B这三个能级，相邻的两能级间隔相等 , 都是为 B B .对于 1S 0原子态，其角动量量子数 j 0, 其能级将分裂成 2j 1 1层. 设没在磁场中时 1S 0 的能量为 E 0, 而在磁场中时， 1S 0 还是 1 层, 能量 还是 E 0.设磁场中 1P 1能级分裂成三层中的最高一层到磁场中 1S 0 能级间的跃迁产生的光谱线的波数为 v 1, 有 hcv 1 E 1 B B E 0设磁场中 1P 1能级分裂成三层中的中间一层到磁场中 1S 0 能级间的跃迁产生的光谱线的波数为 v 2, 则有 hcv 2 E 1 E 0 . 则 hc(v 1 v 2) hc v E 1BB E 0 (E 1 E 0)BB .hc v由此 BB取 B0.927 1023A m 2,h 6.6262 10 34J s , 81c 3.0 108m s 1.根 据 已 知 条 件 ： v 0.467cm-146.7m 1 , 求 得6.6262 10 33410 46.780.927 10 23所以 JT=1.001T57.1805 10 -24安 米2第七章原子的壳层结构1. 有两种原子，在基态时其电子壳层是这样添充的：(1) n=1 壳层、n=2壳层和3s次壳层都填满，3p次壳层填了一半. (2) n=1壳层、n=2 壳层、n=3壳层及4s、4p、4d次壳层都填满. 试问这是哪两种原子？解：根据每个壳层上能容纳的最多电子数为2n2和每个次壳层上能容纳的最多电子数为2(2l 1).(1). n=1 壳层、n=2 壳层填满时的电子数为：2 122 2210.3s 次壳层填满时的电子数为：2 (2 0 1) 2.3p 次壳层填满一半时的电子数为：21 2(2 1 1) 3. 所以此原子中共有10+2+3=15个电子，即Z=15，是P(磷)原子.(2). 与(1) 同理：n=1,2,3 三个壳层填满时的电子数为2 122 2223228 个4s 、4p 、4d 次壳层都填满的电子数为2 (2 0 1) 2 (2 1 1) 2 (2 2 1) 18 个. 所以此原子中共有28+18=46个电子，即Z=46，是Pd(钯)原子.4. 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？(1)n,l,m; (2) n,l; (3)n.答：(1) n,l , m 相同时，根据泡利不相容原理，m s还可以取两个值：m s 1,m s 1；所以此时最大电子数为2 个.22(2) n,l 相同时，m l 还可以取两2l 1个值，而每一个m s还可取两个值，所以n,l 相同的最大电子数为2(2l 1) 个.(3) n相同时，在(2)的基础上，l还可取n个值(从0到n-1的整数)，n1因此n相同的最大电子数是：N 2(2l 1) 2n2.l011。