原子物理习题解答

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原子物理学习题解答
电子和光子各具有波长,它们的动量和总能量各是多少?
解：由德布罗意公式p h /=λ,得：
m/s kg 10315.3m 1020.0s J 1063.624
9
34⋅⨯=⨯⋅⨯===---λh
p p 光电 )J (109.94510310315.316-824⨯=⨯⨯⨯====-c p hc
h E 光光λ
ν
2162311622244
2022)103101.9(103)10315.3(⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=--c m c p E 电电
)J (1019.8107076.61089.9142731---⨯=⨯+⨯=
铯的逸出功为,试求: (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长;(2)如果要得到能量为的光电子,
必须使用多大波长的光照射?
解：(1) 由爱因斯坦光电效应公式w h mv -=ν2
2
1知,铯的光电效应阈频率为: Hz)(10585.410
63.6106.19.11434
19
0⨯=⨯⨯⨯==--h w ν 阈值波长: m)(1054.610
585.41037
14
800-⨯=⨯⨯==νλc (2) J 101.63.4eV 4.3eV 5.1eV 9.12
119-2
⨯⨯==+=+=mv w h ν 故: m)(10656.310
6.14.31031063.67
19
834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===ννλh hc c
若一个电子的动能等于它的静止能量,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）由题意知，20202c m c m mc E k =-=，所以
202
22
02
2/1c m c v c m mc =-=
2
3c
v =
⇒ （2）由德布罗意公式得： )m (104.110
3101.931063.632128
313400---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=====c m h v m h mv h p h λ (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2/120]1)/[(-E E ,式中0E 和E 分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量.
(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长? (1)证明：粒子的康普顿波长:c m h c 0/=λ
德布罗意波长: 1
)/(1)/(2020204202-=
-=-===E E E E c m hc
c m E hc mv h p h c λλ 所以, 2/120]1)/[(/-=E E c λλ
(2)解：当c λλ=时，有11)/(20=-E E ，即：2/0=E E 02E E =⇒
故电子的动能为：2000)12()12(c m E E E E k -=-=-=
)J (1019.8)12(109101.9)12(141631--⨯⨯-=⨯⨯⨯⨯-=
MeV 21.0eV 1051.0)12(6=⨯⨯-=
一原子的激发态发射波长为600nm 的光谱线,测得波长的精度为710/-=∆λλ,试问该原子态
的寿命为多长?
解： 7
7
83421010
61031063.6)(---⨯⨯⨯⨯⨯=∆⋅=∆-=∆=∆λλλλλνhc c h h E )J (10315.326-⨯= 由海森伯不确定关系2/ ≥∆∆t E 得：)s (1059.110
315.32100546.129
26
34---⨯=⨯⨯⨯=∆≥=∆E t τ 一个光子的波长为300nm,如果测定此波长精确度为610-.试求此光子位置的不确定量.
解： λλ
λλλλλλ∆⋅=∆≈∆+-=∆h h h h p 2，或：
λλλλλνννν∆⋅=∆=∆-=∆+-=∆h c c h c h c h c h p 2
)( m/s)kg (1021.21010
31063.63367
34⋅⨯=⨯⨯⨯=---- 由海森伯不确定关系2/ ≥∆∆p x 得：)m (10386.210
21.22100546.122
33
34---⨯=⨯⨯⨯=∆≥∆p x 当一束能量为的α粒子垂直入射到厚度为5100.4-⨯cm 的金箔上时,探测器沿20°方向每秒
纪录到4100.2⨯个α粒子.试求:
(1)仅改变探测器安置方位,沿60°方向每秒可纪录到多少个α粒子?
(2)若α粒子能量减少一半,则沿20°方向每秒可测得多少个α粒子?
(3) α粒子能量仍为,而将金箔换成厚度相同的铝箔, 则沿20°方向每秒可纪录到多少个α粒子(
金和铝的密度分别为cm 3和cm 3,原子量分别为197和27,原子序数分别为79和13.忽略核的反冲).
解：由公式, )2/(sin /')()41('42220220θπεr S Mv Ze Nnt dN =)
2/(sin /')
2()41(42
2220θπεαr S E Ze Nnt = (1) 当︒=60θ时, 每秒可纪录到的α粒子2'dN 满足:
01455.030sin 10sin )2/(sin )2/(sin ''44241412=︒
︒
==θθdN dN 故 241210909.210201455.0'01455.0'⨯=⨯⨯==dN dN (个)
(2) 由于2
/1'αE dN ∝,所以 413108'4'⨯==dN dN (个) (3) 由于2'nZ dN ∝,故这时:
3
12113
42
442112441410
/10/''--⨯⨯==A Z N A Z N Z n Z n dN dN A A ρρ 55310227
793.19197137.2''42
21421112
444=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=dN A Z A Z dN ρρ(个)
动能为40MeV 的α粒子和静止的铅核(Z=82)作对心碰撞时的最小距离是多少?
解：由公式: ])
2/sin(1
1[2412
020θπε+=Mv Ze r m , 当对心碰撞时,πθ=,1)2/sin(=θ,则 m)(109.510
6.11040)106.1(822109241
15
19
6219920---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==απεE Ze r m 动能为的质子接近静止的汞核(Z=80),当散射角2/πθ=时,它们之间的最小距离是多少?
解：最小距离为:
])
2/sin(11[241])2/sin(11[41202
020θπεθπε+=+=p p m E Ze v m Ze r m)(1060.1]45sin 11[106.11087.02106.18010913
19
62
199
---⨯=︒
+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯=）（ 试证明α粒子散射中α粒子与原子核对心碰撞时两者间的最小距离是散射角为90°时相
对应的瞄准距离的两倍。

证明：由库仑散射公式：2cot 2412020θπεMv Ze b =，当︒=90θ时，12cot =θ，这时2
2
0241Mv Ze b πε= 而对心碰撞的最小距离：
b Mv Ze Mv Ze r m 22241])2/sin(11[2412
2
02020=⋅=+=πεθπε 证毕。

已知氢的赖曼系、巴尔末系和帕邢系的第一条谱线的波长分别为：,和.由此还可以求出哪
些系的哪几条谱线来它们的波长各为多少
解: 由题意知: 1
16.121/1)2()1(-==-λT T (1)
1
1'3.656/1)3()2(-==-λT T (2) 1
1"1.1875/1)4()3(-==-λT T (3) 由(1)+(2)式得: 1
11112')3()1(---+==-λλλT T nm 59.102
2=⇒λ 由(1)+(2)+(3)式得: 1
1111113"')4()1(----++==-λλλλT T nm 27.973=⇒λ 由(2)+(3)式得: 11
1112"'')4()2(---+==-λλλT T nm 145.486'2=⇒λ 其中,2λ和3λ分别是赖曼系第二、三条谱线; 2'λ是巴尔末系第二条谱线.
试由氢原子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: 电子经电势差为U 的电场加速后,若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原
子电离,则U 称为该原子的电离电势; 若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子激发到第一激发态,则U 称为该原子的第一激发电势.
由 22
n
Z hcR E H n -= , ,2,1=n ，对于基态氢原子, Z=1,
由 13.64eV J 10097.11031063.678341=⨯⨯⨯⨯⨯==--∞H hcE E E 得电离电势为
由 eV 23.104
3
13.64eV )211(212=⨯=-=-H hcE E E
得第一激发电势为.
对于氢原子、一次电离的氦离子He +和两次电离的锂离子Li 2+，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速度；（2）电子在基态的结合能；（3）第一激发电势及共振线的波长。

解：（1）He +
：680211038.4210313714⨯=⨯⨯⨯==⋅=cZ Z e v απε (m/s)
6811019.211031371
2⨯=⨯⨯⨯=⋅=Z c v α(m/s)
)nm (0265.021
053.0111=⨯==Z a r
)nm (106.02
4053.02212=⨯==Z a r
Li 2+
：6811057.631031371⨯=⨯⨯⨯==cZ v α(m/s) 68110285.323
10313712⨯=⨯⨯⨯=⋅=Z c v α(m/s)
)nm (0177.031
053.0111=⨯==Z a r
)nm (0708.03
4053.02212=⨯==Z a r
（2）电子在基态的结合能等于把电子从基态电离所需要的能量：
22211
Z hcR Z hcR
E E E H H ==-=∆∞
对于He +
有：56.5422=⋅=∆H hcR E (eV) 对于Li 2+有：76.12232=⋅=∆H hcR E (eV)
（3）H H hcR Z Z Z hcR E E 4
3)21(2
222212=
-=- 对于He +
有：8.406.13334
23212=⨯==⨯=-H H hcR hcR E E (eV) 所以He +的第一激发电势为
对于Li 2+
有：8.916.134
27433212=⨯=⨯=-H hcR E E (eV) 所以Li 2+
的第一激发电势为.
共振线波长:30nm m)(1030.03712=⨯==-=-+H
He hcR hc
E E hc λ
nm 5.31m)(10135.02747122=⨯==-=-+H
Li hcR hc
E E hc λ
能量为的电子射入氢原子气体中，气体将发出哪些波长的辐射？
解： 由2
2eV
6.131n n hcR E H n -=-=，得
eV 6.131-=E ，eV 4.32-=E ，eV 51.13-=E ，eV 85.04-=E ，…
而12.6eV eV 2.1012<=-E E ，12.6eV eV 09.1213<=-E E ，
但12.6eV eV 75.1214>=-E E ，所以气体将发出以下三种波长的辐射：
m)(102188.1106.12.101031063.6719
8
34121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=-=E E hc λ m)(10028.110
6.109.121031063.67
19
834132---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=-=E E hc λ m)(105774.610
6.1)51.14.3(1031063.6719
8
34233---⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=E E hc λ 一次电离的氦离子He +从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能使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 +所辐射的光子能量：
eV 8.403)2
212(22
212==-=-=∆H H hcR hcR E E E
氢原子电离所需要的能量为eV 6.13''1=-∞E E ，所以，放出的电子动能为
eV 2.276.138.40=-=k E ，
速度为： 631
19
10093.310
1.9106.1
2.2722⨯=⨯⨯⨯⨯==
--e
k
m E v m/s
已知氢和重氢的里德伯常数之比为,而它们的核质量之比为m H /m D =.计算质子质量与电子质
量之比.
解: 由H e H m m R R /11+=∞和D
e D m m R R /11
+=∞知:
999728.0/1/50020
.01/1/1=++=++=H e H e H e D e D H m m m m m m m m R R 解得: 5.1836/=e H m m 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度是多大(2)试估计氢原子的反冲能量与所发光子能量之比.
解: (1) 放出的光子的动量: m/s)kg (1044.510
310632.1278
18
⋅⨯=⨯⨯===--c h h p νλ 由动量守恒定律得氢原子的反冲速度为: )m/s (26.31067.11044.527
27
=⨯⨯===--H H H m p m p v (2) 反冲能量 )J (1087.810
67.12)1044.5(222727
22722---⨯=⨯⨯⨯===H H H kH
m p m p E J 106321eV )4.36.13(1812-⨯=-=-=.E E h ν
显然 918
27
10435.510
632.11087.8/---⨯=⨯⨯=νh E kH
可见反冲能量是可以忽略不计的.
一粒子在一维无限深势井中运动，已给a x A x /sin )(πϕ=，求归一化常数A ；又若
）（x a Ax x -=)(ϕ，A=，粒子在何处几率最大
解：由归一化条件，在粒子可能出现的空间发现粒子的总几率等于1，因此：
a a a a x a x A dx a x A dx a x A dx x 02020222|)2sin 42(2/2cos 1sin )(ππππϕ-=-==⎰⎰⎰+∞∞-12/2
=⋅=a A 得: ,/2a A = a x a x /sin /2)(πϕ=. 同理，若）（x a Ax x -=)(ϕ，由归一化条件可得：
dx x ax a x A dx x a x A a
a
o
)2()(2220
22
22+-=-⎰
⎰
130
)514231(5
2054232
=⋅=+-=a A x x a a x A a 则 5/30a A =， )(/30)(5x a x a x -=ϕ.
粒子出现几率最大处对应:0/)(])([2
2=='dx x d x ϕϕ,
有
[]
0462)
2()(322432222=+-=+-=-x ax xa dx
x ax a x d dx x a x d 易求得 2/a x = (由波函数的连续性，x =0,或x=a 两个解舍去) 所以, 粒子在2/a x =处出现的几率最大.
钠原子基态为3s ，已知其主线系第一条线（共振线）波长为，漫线系第一条线的波长为，
基线系第一条线的波长为，主线系的系限波长为，试求3S,3P,3D,4F 各谱项的项值。

解：由题意知：)m (10144.4nm 3.241/1/1S 316-∞⨯===λ
由 )m (10696.1nm 6.589/1/1P 3S 3161-⨯===-λ
得： )m (10448.2P 316-⨯=
由 )m (10221.1nm 3.819/1/1D 3P 3162-⨯===-λ 得： )m (10227.1D 316-⨯= 又由 )m (10542.0nm 9.1845/1/1F 4D 3163-⨯===-λ
得： )m (10685.0F 416-⨯=
处于3D 激发态的锂原子，向低能级跃迁时可产生哪些光谱线？在能级图上表示
出来：（1）不考虑精细结构；（2）考虑精细结构。

解：（1）不考虑精细结构时，如图（a ）所示。

（2）考虑精细结构时，如图（b
(图a )
（图b ） 钠原子共振线的双线波长分别为和，试求3P 能级精细结构的裂距。

解：)/1/1(~2
1λλνν-=∆=∆=∆hc hc h E )10896.511089.51(1031063.67
7834---⨯-⨯⨯⨯⨯= )J (10436.322-⨯=eV 101475.23-⨯=
某原子含有若干封闭壳层和封闭次壳层,当未满次壳层内有同科电子p 5(或p 4)时,试证明按
L-S 耦合,可能的原子态和单个p 电子(或p 2)可能形成的原子态相同.同样可推知,原子中未满次壳层同科电子d 9与d 电子、(d 8与d 2电子) 可能形成的原子态相同.
2S 3S 3D
证明: 若未满次壳层的情况能容纳的电子总数为N =2(2l +1).未满壳时的电子数为x ,则(nl )x
与(nl )N-x
的角动量L 和自旋角动量S 相等,这是由于满壳层时有
0=∑L M , l l l l m l ----=),1(,,1, ; 0=∑S M , 2/1±=S m
于是(nl )x 的总角动量对应的Lx M ∑与(nl )N-x 的总角动量对应的x N L M -∑等值反号,它们对应的角动量大小L 是相同的.类似地, Sx M ∑与x N S M -∑也是等值反号,对应的自
旋角动量大小S 相同.
这样,对l =1的p 次壳层,由于最多可容纳6个电子,所以p 5与p 1或者p 4与p 2的电子组态具有相同的角量子数L 和自旋量子数S ,因此可能形成的原子态相同.同样,对于同科d 电子,由于满壳层时有10个电子,所以d 9与d 或d 8与d 2电子的各角量子数分别相等,可能形成的原子态也相同.
已知氦原子的2p3d 组态所构成的光谱项之一为3D,问这两个电子的轨道角动量L 1和L 2之间
的夹角,自旋角动量S 1和S 2之间的夹角分别是多少?
解: 对组态为2p3d 的两个电子l 1 =1 , l 2 =2 , s 1 = s 2 = 1/ 2.
轨道角动量大小为 2)1(111=+=l l L , 6)1(222=+=l l L
它们构成的光谱项3D 对应的 l = 2 , s = 1
即它们总的轨道角动量L 的大小为 6)1=+=l l （L 它们总的自旋角动量S 的大小为 2)1=+=s s （S 由L = L 1 + L 2 ,如右图所示,可得轨道角动量L 1和L 2之间的夹角
2
2211222221122
2
22
)1()1(2)1()1()1(2cos +++-+++=-+='l l l l l l l l l l L L L L L 11θ63
6
22662=⨯-+= 则:317322.73'︒=︒='θ , 74106180'︒='-︒=θθ.
类似地自旋角动量S 1和S 2的大小为 2/3)12221 =
+==s s （S S 则自旋角动量S 1和S 2之间的夹角
22211222221122
2
2
)1()1(2)1()1()1(2cos +++-+++=-+='s s s s s s s s s s S S S S S 121α3/12
2/3322
4/34/3-=⨯⨯-+=
得: ︒='47.109α, '87047.109180︒=︒-︒=α .
按L-S 耦合写出下列组态所组成的全部原子态,并写出原子态符号.
(1)s nsn' (2) p nsn' (3) d nsn' (4) npnd (5) d ndn'
解: (1) 01=l , 02=l , 2/121==s s 0=L , 0,1=S .构成1S 0,3
S 1.
(2) 01=l , 12=l , 2/121==s s 1=L , 0,1=S .构成的原子态如表(2). (3) 01=l , 22=l , 2/121==s s 2=L , 0,1=S .构成的原子态如表(3).
(4) 11=l , 22=l , 2/121==s s 123，，
=L , 0,1=S .构成的原子态如表(4). (5) 221==l l , 21(5).
(2) S=0 S=1 L=1
1
P 1 3P 2,1,0 (3) S=0 S=1 L=2 1
D 2 3D 3,2,1
S=0 S=1 L=1
1P 1
3
P 2,1,0
S=0 S=1 L=0 1S 0 3S 1 L=1
1P 1 3P 2,1,0
1L 2
L L θθ'1
S 2
S S
α
'α
已知Mg 原子(Z=12)的光谱项的各多重态(原子态)属于L-S 耦合,
则该原子由3s4s 组态向3s3s 组态跃迁时,将出现哪些谱线?
画出能级跃迁图.(提示:中间有3s3p 组态,三重态为正常次序)
解: 3s3s 构成基态1S 0；3s3p 构成3p 1P 1和3p 3P 2,1,0; 3s4s 构成
4s 1S 0和4s 3S 1。

出现的谱线如图所示： 已知He 原子的一个电子被激发到2p 轨道,而另一个电子还在1s
轨道,试作出能级跃迁图来说明可能出现哪些光谱线的跃迁. 解: 原子基态为1s1s 1S 0;激发态1s2p 构成原子态1s2p 1P 1和
1s2p 3P 2,1,0.激发态1s2s 构成原子态1s2s 1S 0和1s2s 3S 1. 可能出
现的光谱线的跃迁如图所示. Pb 原子基态的两个价电子都在6p 轨道,若其中一个 价电子被激发到7s 轨道,而其价电子间相互作用属于 j-j 耦合.问此时Pb 原子可能有哪些状态.
解: 铅原子的基态为6p6p 3P 0(6p6p 构成的原子态有1S 0;3P 2,1,0;1D 2);激发态6p7s 的两个电子量子数 11=l ,s 1=1/2; l 2=0,s 2=1/2 由j-j 耦合可得: j 1=3/2,1/2 ;j 2=1/2.
由j 1=1/2, j 2=1/2 得j=1,0 构成(1/2,1/2)1,(1/2,1/2)0两个原子态;
j 1=3/2, j 2=1/2 得j=2,1 构成(3/2,1/2)2
,(3/2,1/2)1
两个原子态.可见,共有4个不
同的原子态.
铍原子基态的电子组态是2s 2,若其中有一个电子被激发到3p 态,按L-S 耦合可构成哪些原子
态写出有关的原子态符号,从这些原子态向低能态跃迁时,可以产生几条光谱线
解: 铍原子(Z=4)基态为2s 21S 0,对于激发态2s3p
01=l , 2/11=s , 12=l , 2/12=s , 所以1=L , 0,1=S 构成的原子态有:1P 1,3
P
2,1,0四个原子态;2s3s 组态有1S0,3S1两个
谱项,2s2p 组态有1P 1,3P 2,1,0,可以产生的光谱线如图所示. 求出第二周期个原子基态光谱项,并与表相比较.
解: Li(锂)原子,Z=3,基态电子组态1s,谱项:2S 1/2. (l =0,s =1/2)
Be(铍)原子,Z=4,基态电子组态2s 2,谱项:1S 0. (l =0,s =0)
B(硼)原子,Z=5,基态电子组态2p,谱项:2P 1/2. (l =1,s =1/2)
C(碳)原子,Z=6,基态电子组态=l 2=1,s 1=s 2=1/2,按照泡利原理,m l =(1,0,-1),
2/1±=s m ,(m l 1,m s 1)与(m l 2,m s 2)中至少应有一个不相同.依据洪特定则,S 最大取1,这时L 最大为1.又由于这时两个电子少于半满电子数,为正序,故基态谱项为3P 0. N(氮)原子,Z=7,基态电子组态=l 2=l 3=1,s 1=s 2=1/2,m l =(1,0,-1),m s =±1/2,当三个电子m l 分
别取1,0,-1时,它们的自旋磁量子数可相同,于是取S=3/2,这时0=L M ,0=L ,故基态谱项为4S 3/2.
3s 1S 04s 1S 3p 1P 1
3S 1
3p 3P 2 3
P 1
3
P 0
题图)
1
S 0
1
P 1
3
S 1
3
P 1
3
P 0
3
P 2
1
S 0
1
P 1
3
S 1
3
P 1
3
P 0
3
P 2
O(氧)原子,Z=8,基态电子组态2p 4.在2p 3的基础上再加一个2p 电子,这时最大S 等于1,
L 最大为1.故基态谱项为3
P 2.(4个电子大于半满电子数,反序)
F(氟)原子,Z=9,基态电子组态2p 5.在2p 3的基础上再加两个2p 电子,这时最大S 等于1/2,
L=1.故基态谱项为2P 3/2.(反序)
Ne(氖)原子,Z=10,基态电子组态2p 6.相当于两个2p 3相加,这时S=0,L=0.故基态为1S 0. .(1)波长为的X 射线在NaCl 晶体的天然晶面上“反射”.已知掠入角为21°55’时发生第
一级“镜反射”,试确定晶体的点阵常数d ;
(2)根据求得的d 值和NaCl 的密度3101.2⨯=ρkg/m 3,计算阿伏伽德罗常数.已知Na 的原子量为,Cl 的原子量为.
解: (1) '5521︒=θ,1=k ,21.0=λnm.由λθk d =sin 2得
0.2813nm m)(102813.0'
5521sin 21021.0sin 299
=⨯=︒⨯⨯==--θλd
(2) 略.
.测得当工作电压为35kV 时,由钼靶发出的伦琴射线连续谱最短波长为,试计算普朗克常数h.
解:由eU
hc
c =
=max min νλ 得 )s J (106267.610
3100355.01035106.1348
9319min ⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---c eU h λ .已知钨的K 吸收限波长nm 0178.0=λ.则要产生钨的K 线系标识谱,X 射线管工作电压至少
应为多大?
解:要使钨产生K 线系标识谱, 需使K 壳出现空位,这时X 射线管的工作电压应能使K 壳层的电子电离,这正好对应K 吸收限波长的nm 0178.0=λ,
由λhc eU = , 得 )V (10984.610
0178.0106.11031063.649
198
34⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---λe hc U。