原子物理学 第7章习题
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） 300 3.00100A ==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-。
原子物理学课后答案
原⼦物理学课后答案原⼦物理学习题解答第⼀章原⼦的基本状况1.1若卢瑟福散射⽤的粒⼦是放射性物质镭放射的，其动能为电⼦伏特。
散射物质是原⼦序数的⾦箔。
试问散射⾓所对应的瞄准距离多⼤？解：根据卢瑟福散射公式：得到：⽶式中是粒⼦的功能。
1.2已知散射⾓为的粒⼦与散射核的最短距离为，试问上题粒⼦与散射的⾦原⼦核之间的最短距离多⼤？解：将1.1题中各量代⼊的表达式，得：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。
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：故有：⽶由上式看出：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⽶。
1.4钋放射的⼀种粒⼦的速度为⽶/秒，正⾯垂直⼊射于厚度为⽶、密度为的⾦箔。
试求所有散射在的粒⼦占全部⼊射粒⼦数的百分⽐。
已知⾦的原⼦量为。
解：散射⾓在之间的粒⼦数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：⽽散射⾓⼤于的粒⼦数为：所以有：等式右边的积分：故即速度为的粒⼦在⾦箔上散射，散射⾓⼤于以上的粒⼦数⼤约是。
1.5粒⼦散射实验的数据在散射⾓很⼩时与理论值差得较远，时什么原因？答：粒⼦散射的理论值是在“⼀次散射“的假定下得出的。
⽽粒⼦通过⾦属箔，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，粒⼦散射的实验数据在散射⾓很⼩时与理论值差得较远。
1.6已知粒⼦质量⽐电⼦质量⼤7300倍。
试利⽤中性粒⼦碰撞来证明：粒⼦散射“受电⼦的影响是微不⾜道的”。
原子物理学习题
原子物理学习题第一章 原子的核式结构1．选择题：(1)原子半径的数量级是：A ．10－10cm; B.10-8m C. 10-10m D.10-13m(2)原子核式结构模型的提出是根据α粒子散射实验中A. 绝大多数α粒子散射角接近180︒B.α粒子只偏2︒～3︒C. 以小角散射为主也存在大角散射D. 以大角散射为主也存在小角散射（3）进行卢瑟福理论实验验证时发现小角散射与实验不符这说明：A. 原子不一定存在核式结构B. 散射物太厚C. 卢瑟福理论是错误的D. 小角散射时一次散射理论不成立(4)用相同能量的α粒子束和质子束分别与金箔正碰，测量金原子核半径的上限. 问用质子束所得结果是用α粒子束所得结果的几倍？A. 1/4 B . 1/2 C . 1 D. 2(5)动能E K =40keV 的α粒子对心接近Pb(z=82)核而产生散射,则最小距离为（m ）：A.5.91010-⨯B.3.01210-⨯C.5.9⨯10-12D.5.9⨯10-14(6)如果用相同动能的质子和氘核同金箔产生散射,那么用质子作为入射粒子测得的金原子半径上限是用氘核子作为入射粒子测得的金原子半径上限的几倍？A.2B.1/2C.1 D .4(7)在金箔引起的α粒子散射实验中,每10000个对准金箔的α粒子中发现有4个粒子被散射到角度大于5°的范围内.若金箔的厚度增加到4倍,那么被散射的α粒子会有多少？A. 16B..8C.4D.2(8）在同一α粒子源和散射靶的条件下观察到α粒子被散射在90°和60°角方向上单位立体角内的粒子数之比为：A ．4:1 B.2:2 C.1:4 D.1:8（9）在α粒子散射实验中,若把α粒子换成质子,要想得到α粒子相同的角分布,在散射物不变条件下则必须使：A.质子的速度与α粒子的相同； B ．质子的能量与α粒子的相同；C ．质子的速度是α粒子的一半；D ．质子的能量是α粒子的一半(a)不辐射可见光的物体;(b)不辐射任何光线的物体;(c)不能反射可见光的物体;(d)不能反射任何光线的物体;(e)开有小孔空腔.3．计算题：（1）当一束能量为4.8Mev 的α粒子垂直入射到厚度为4.0×10-5cm 的金箔上时探测器沿20°方向上每秒记录到2.0×104个α粒子试求：①仅改变探测器安置方位,沿60°方向每秒可记录到多少个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？③α粒子能量仍为4.8MeV,而将金箔换成厚度的铝箔,则沿20°方向每秒可记录到多少个α粒子?(ρ金＝19.3g/cm 3 ρ铅＝27g /cm 3；A 金＝179 ,A 铝＝27,Z 金＝79 Z 铝＝13)(2)试证明:α粒子散射中α粒子与原子核对心碰撞时两者之间的最小距离是散射角为900时相对应的瞄准距离的两倍.(3)10Mev 的质子射到铜箔片上,已知铜的Z=29, 试求质子散射角为900时的瞄准距离b 和最接近于核的距离r m .（4）动能为5.0MeV 的α粒子被金核散射，试问当瞄准距离分别为1fm 和10fm 时，散射角各为多大？（5）假设金核半径为7.0fm ，试问：入设质子需要多大能量，才能在对头碰撞时刚好到达金核表面？（6）在α粒子散射实验中，如果用银箔代替金箔，二者厚度相同，那么在同样的偏转方向，同样的角度间隔内，散射的α粒子数将减小为原来的几分之几？银的密度为10.6公斤／分米3，原子量为108；金的密度为19.3公斤／分米3,原子量197。
原子物理学习题(参考答案)
【1-6】一束α 粒子垂直射到一重金属箔上，求α 粒子被金属箔散射后，散射角θ ≥600 的 α 粒子数与散射角θ ≥900 的α 粒子数之比。
Z Z e2 dN 1 2 sin 4 ( ) Nnt ( 1 2 2 ) 2 2 4 0 2Mv 解：由 d 可得散射角 90 的α 粒子数为
2
1 ) 180 0 sin 2
5.06 10 14 m
α 粒子与 7Li 核对心碰撞的最小距离（考虑质心系运动）
rm
1 4 0 1 4 0 1 4 0
Z1 Z 2 e 2 (1 v 2 Z1 Z 2 e 2 (1 2 Ec
2
1 sin 1 sin
2
)
2
原子物理学习题 一、选择10-8m ； C C、10-10m ；
D、10-13m 。 C
（2）原子核式结构模型的提出是根据 粒子散射实验中 A、绝大多数 粒子散射角接近 180 ； C、以小角散射为主也存在大角散射；
B、 粒子只偏 2 ～3 ； D、以大角散射为主也存在小角散射。
散射角 60 的α 粒子数
N dN (
1 4 0
) 2 Nnt (
Z1 Z 2 e 2 2 ) 2Mv 2
180
1 sin
4
2
d
散 射 角
60 的 α 粒子数与散 (
α 【2-2】 分别计算 H、 He+、 Li++： （1）第一波尔半径、第二波尔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）由基态到第一激发态所需的激发能量及由第一激发态到基态所辐射的光子的波长。 解： （1）由
原子物理学习题答案(褚圣麟)
7.2 原子的3d 次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？答：电子的状态可用四个量子s l m m l n ,,,来描写。
根据泡利原理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两个电子具有完全相同的四个量子数。
3d 此壳层上的电子，其主量子数n 和角量子数l 都相同。
因此，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自旋磁量子数不能同时相等，至少要有一个不相等。
对于一个给定的l m l ,可以取12;,....,2,1,0+±±±=l l m l 共有个值；对每个给定的s l m m ,的取值是2121-或，共2个值；因此，对每一个次壳层l ,最多可以容纳）（122+l 个电子。
3d 次壳层的2=l ，所以3d 次壳层上可以容纳10个电子，而不违背泡利原理。
7.4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？n l n m l n )3(;,)2(;,,)1(。
答：（1）m l n ,,相同时，s m 还可以取两个值：21,21-==s s m m ；所以此时最大电子数为2个。
（2）l n ,相同时，l m 还可以取两12+l 个值，而每一个s m 还可取两个值，所以l n ,相同的最大电子数为)12(2+l 个。
（3）n 相同时，在（2）基础上，l 还可取n 个值。
因此n 相同的最大电子数是：212)12(2n l N n l =+=∑-=7.5 从实验得到的等电子体系K Ⅰ、Ca Ⅱ……等的莫塞莱图解，怎样知道从钾Z=19开始不填s d 43而填次壳层，又从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层？解：由图7—1所示的莫塞莱图可见，S D 2243和相交于Z=20与21之间。
当Z=19和20时，S 24的谱项值大于D 23的值，由于能量同谱项值有hcT E -=的关系，可见从钾Z=19起到钙Z=20的S 24能级低于D 23能级，所以钾和钙从第19个电子开始不是填s d 43而填次壳层。
原子物理学复习总结提纲
第一章 原子的位形：卢瑟福模型一、学习要点1、原子的质量和大小R ~10-10 m , N A =6.022⨯1023mol -1,1u=1.6605655⨯10-27kg2、原子核式结构模型(1)汤姆孙原子模型(2)α粒子散射实验：装置、结果、分析(3)原子的核式结构模型(4)α粒子散射理论： 库仑散射理论公式：221212200cot cot cot 12422242C Z Z e Z Z e a b E m v θθθπεπε===⋅'⋅ 卢瑟福散射公式：222124401()4416sin sin 22Z Z e a d d dN N nAt ntN E A θθπεΩΩ'== 2sin d d πθθΩ=实验验证:1422sin ,,Z , ,2A dN t E n N d θρμ--'⎛⎫∝= ⎪Ω⎝⎭，μ靶原子的摩尔质量 微分散射面的物理意义、总截面 24()216sin 2a d d b db σθπθΩ==()022212244()114416sin 22Z Z e d a d E Sin σθσθθθπε⎛⎫≡== ⎪Ω⎝⎭ (5)原子核大小的估计: α粒子正入射（0180θ=）：：2120Z Z 14m c e r a E πε=≡ ,m r ～10－15－10－14m第一章自测题1. 选择题(1)原子半径的数量级是：A ．10－10cm; B.10-8m C. 10-10m D.10-13m(2)原子核式结构模型的提出是根据α粒子散射实验中：A.绝大多数α粒子散射角接近180︒B.α粒子只偏2︒～3︒C.以小角散射为主也存在大角散射D.以大角散射为主也存在小角散射（3）进行卢瑟福理论实验验证时发现小角散射与实验不符这说明：A.原子不一定存在核式结构B.散射物太厚C.卢瑟福理论是错误的D.小角散射时一次散射理论不成立(4)用相同能量的α粒子束和质子束分别与金箔正碰，测量金原子核半径的上限. 问用质子束所得结果是用α粒子束所得结果的几倍？ A. 1/4 B . 1/2 C . 1 D. 2(5)动能E K =40keV 的α粒子对心接近Pb(z=82)核而产生散射,则最小距离为（m ）：A.5.91010-⨯B.3.01210-⨯C.5.9⨯10-12D.5.9⨯10-14 (6)如果用相同动能的质子和氘核同金箔产生散射,那么用质子作为入射粒子测得的金原子半径上限是用氘核子作为入射粒子测得的金原子半径上限的几倍？ A.2 B.1/2 C.1 D .4(7)在金箔引起的α粒子散射实验中,每10000个对准金箔的α粒子中发现有4个粒子被散射到角度大于5°的范围内.若金箔的厚度增加到4倍,那么被散射的α粒子会有多少？ A. 16 B.8 C.4 D.2(8）在同一α粒子源和散射靶的条件下观察到α粒子被散射在90°和60°角方向上单位立体角内的粒子数之比为：A ．4:1 B.2:2 C.1:4 D.1:8（9）在α粒子散射实验中,若把α粒子换成质子,要想得到α粒子相同的角分布,在散射物不变条件下则必须使：A ．质子的速度与α粒子的相同；B ．质子的能量与α粒子的相同；C ．质子的速度是α粒子的一半；D ．质子的能量是α粒子的一半2. 填空题（1）α粒子大角散射的结果证明原子结构为 核式结构 .（2）爱因斯坦质能关系为 2E mc = .（3）1原子质量单位（u ）= 931.5 MeV/c 2. (4) 24e πε= 1.44 fm.MeV. 3．计算题习题1-2、习题1-3、习题1-5、习题1-6.4．思考题1、什么叫α粒子散射？汤姆孙模型能否说明这种现象？小角度散射如何？大角度散射如何？2、什么是卢瑟福原子的核式模型？用原子的核式模型解释α粒子的大角散射现象。
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Mα，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：222212121v m V M V M e +'=αα （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,得)sin(sin ϕθθα+=VM v m e （4）)sin(sin ϕθϕαα+='VM V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v化简上式，得（６）θϕμϕθμ222sin sin )(sin +=+ （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。
原子物理和量子力学
原子物理与量子力学习题参考答案目录原子物理学（褚圣麟编） (1)第一章原子的基本状况 (1)7．α粒子散射问题（P21） (1)第二章原子的能级和辐射 (1)5．能量比较（P76） (1)7．电子偶素（P76） (1)8．对应原理（P77） (1)9．类氢体系能级公式应用（P77） (1)11．Stern-Gerlach实验（P77） (2)第三章量子力学初步 (2)3．de Broglie公式（P113） (2)第四章碱金属原子 (2)2．Na原子光谱公式（P143） (2)4．Li原子的能级跃迁（P143） (2)7．Na原子的精细结构（P144） (2)8．精细结构应用（P144） (3)第五章多电子原子 (3)2．角动量合成法则（P168） (3)3．LS耦合（P168） (3)7．Landé间隔定则（P169） (4)第六章磁场中的原子 (4)2．磁场中的跃迁（P197） (4)3．Zeeman效应（P197） (4)7．磁场中的原子能级（P197） (5)8．Stern-Gerlach实验与原子状态（P197） (5)10．顺磁共振（P198） (5)第七章原子的壳层结构 (6)3．原子结构（P218） (6)第八章X射线 (6)2．反射式光栅衍射（P249） (6)3．光栅衍射（P249） (6)量子力学教程（周世勋编） (7)第一章绪论 (7)1.1 黑体辐射（P15） (7)1.4 量子化通则（P16） (7)第二章波函数和Schrödinger方程 (8)2.3 一维无限深势阱（P52） (8)2.6 对称性（P52） (8)2.7 有限深势阱（P52） (9)第三章力学量 (10)3.5 转子的运动（P101） (10)3.7 一维粒子动量的取值分布（P101） (10)3.8 无限深势阱中粒子能量的取值分布（P101） (11)3.12 测不准关系（P102） (11)第四章态和力学量的表象 (12)4.2 力学量的矩阵表示（P130） (12)4.5 久期方程与本征值方程的应用（P130） (13)第五章微扰理论 (16)5.3 非简并定态微扰公式的运用（P172） (16)5.5 含时微扰理论的应用（P173） (16)第七章自旋与全同粒子 (17)7.1 Pauli算符的对易关系（P241） (17)7.2 自旋算符的性质（P241） (17)7.3 自旋算符x、y分量的本征态（P241） (17)7.4 任意方向自旋算符的特点（P241） (17)7.5 任意态中轨道角动量和自旋角动量的取值（P241） (18)7.6 Bose子系的态函数（P241） (19)原子物理与量子力学习题 (20)一、波函数几率解释的应用 (20)二、态叠加原理的应用 (20)三、态叠加原理与力学量的取值 (20)四、对易关系 (21)五、角动量特性 (22)1原子物理学（褚圣麟编）第一章 原子的基本状况7．α粒子散射问题（P21）J 106.1105.3221962-⨯⨯⨯⨯==E M υ232323030m )2/3(109.1071002.61060sin 1060sin 10----⊥-⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=⋅⨯=A N t A N Nt s ρρ C 1060.119-⨯=e ，11120m AsV 1085.8---⨯=ε，61029-⨯=n dn32521017.412.0100.6--⨯=⨯==ΩL dS d ， 20=θ 2.48)4(sin 202422=⋅Ω⋅⋅=Nt d n dn eM Z πευθ第二章 原子的能级和辐射5．能量比较（P76）Li Li Li Li v hcR hcR E E hv E )427()211(32212=-⋅=-==H e H e H e H e hcR hcR E E 4)1/2(0221=⋅=-=++∞ +∞>H e v E E ，可以使He +的电子电离。
原子物理习题集
第六章 X射线
• 例1.某X光机的高压为10万伏，问发射光子 的最大能量多大？算出发射X光的最短波长。 • 例2.铝（Al）被高速电子束轰击而产生的连 续X光谱的短波限为5A。问这时是否也能观 察到其标识谱K系线。
• 例3.已知Al和Cu对于λ＝0.7A的X光的质量 吸收系数分别是0.5m2/kg和5.0m2/kg。Al和 Cu的密度分别为2.7×103kg/m3和 8.93×103kg/m3。现若分别单独用Al板或铜 板作挡板，要使波长为0.7A的X光的强度减 至原来强度的1/100，问要选用的Al板或Cu 板应多厚？
• 例7.已知一对正负电子绕共同的质心转动会 暂时形成类似于H原子结构的“正电子素”， 试计算“正电子素”由第一激发态向基态 跃迁发射光谱的波长为多少？ • 例8.某类H原子，它的帕邢系第三条谱线和 H原子的Lyman系第一条谱线的频率几乎一 样，问该原子是何种元素？
• 例9.计算H原子的2p态电子在质子处产生的磁场 （根据玻尔模型作估计） • 例10.在Stern-Gerlach实验中，处于基态的窄银原 子束通过不均匀横向磁场，梯度为103T/m，磁场 横向范围L1＝0.04m，L2=0.10m，原子速度为5 ×102m/s，屏上两束分开的距离为d=0.002m，试 确定原子磁矩在磁场方向上的投影的大小（磁场 边缘的影响可忽略）。
第一章 卢瑟福模型
• 例1.若Rutherford 散射用的α粒子是放射性 物质Ra放射的，其动能是7.68MeV，散射 物质是原子序数Z=79的金箔，试问θ=150。 所对应的瞄准距离b多大？ • 例2. 若用动能为1MeV的质子射入金箔 (Z=79)，问质子与金箔原子核可能达到的 最小距离多大。若用同样能量的D核代替质 子，其与金箔原子核的最小距离是多大？
《原子物理学》部分习题解答(杨福家)
gJ
2
z g J B
氢原子基态 氯原子基态
2
3 2 3
S1/ 2 P3 / 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 2 2 J ( J 1)
两束
四束
2
gJ
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 2 J ( J 1) 3
pc
E k ( E k 2m0c ) E k
2
所以
E k m in p m in c 6 2 M eV
4－2 解： 原子态
2
D3/2
1 2 , J 3 2
可得
gJ 3 2
L 2, S
mJ
1 2
,
3 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 J ( J 1) 5
Ek Ek
3.1keV 0.0094keV
3－3 解：
Ek m0 c 0.511MeV
2
若按非相对论处理
Ek 1 2 m0 v ，有
2
1 2
m0 v m0 c
2
2
v 2c
显然不合理，需要用相对论来处理。
E Ek m0 c 2m0c
2 2
又E mc m0 c
有磁场
m mg
1 2
3
S
1
0
1
0
2
g 2
h 0
3
P0
0
0
m 2 g 2 m1 g 1
2
0
2
相邻谱线的频率差
c
大学物理第7章习题解答
⼤学物理第7章习题解答第七章7-1容器内装有质量为0.lkg 的氧⽓，其压强为l0atm(即lMPa)，温度为47C 0。
因为漏⽓，经过若⼲时间后，压强变为原来的85，温度降到27C 0。
问：(1)容器的容积有多⼤?(2)漏去了多少氧⽓? 解：（1）由RT Mm pV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代⼊.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏⽓后，容器中的质量为m ′，则T R Mm V p ''=' 3201.08530030085??='?'=R MR Mm R Mm pV)k g (151='?m漏去的氧⽓为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-?≈=-='-=m m m ?7-2设想太阳是由氢原⼦组成的理想⽓体，其密度可当作是均匀的。
若此⽓体的压强为Pa 141035.1?，试估算太阳的温度。
已知氢原⼦的质量kg H 27 1067.1-?=µ，太阳半径m R S 81096.6?=，太阳质量kg MS301099.1?=。
解：太阳内氢原⼦数HSm MN =故氢原⼦数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134===-ππsHSR m M V N n5.8329-?=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nkp T ?===-7-3 ⼀容器被中间隔板分成相等的两半，⼀半装有氮⽓，温度为1T，另⼀半装有氧⽓，题7-2图温度为2T ，⼆者压强相等，今去掉隔板，求两种⽓体混合后的温度。
解：如图混合前：2221112222111O He T M m T M m RT Mm pV RT M m pV ===⽓有对⽓有对①总内能 222111212523RT Mm RT M m E E E +=+=前②①代⼊②证11RT M m E =前混合后：设共同温度为T ()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523???? ?+=+=式得⼜由后③⼜后前E E =，故由（2）（3）知)/53(8211T T T T +=7-4 设有N 个粒⼦的系统，速率分布函数如习题7⼀4图所⽰，求：(1))(v f 的表达式；(2)a 与0v 之间的关系；(3)速率在之间的粒⼦数；(4)最概然速率；(5)粒⼦的平均速率；(6) 0.50v ~0v 区间内粒⼦的平均速率。
原子物理学第四,五,六,七章课后习题答案
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。
(完整版)原子物理学练习题及答案
填空题1、在正电子与负电子形成的电子偶素中，正电子与负电子绕它们共同的质心的运动，在n= 2 的状态， 电子绕质心的轨道半径等于nm 。
2、氢原子的质量约为 ___________________ MeV/c 2 。
3、 一原子质量单位定义为 原子质量的 。
4、电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为 eV 。
5、 电子电荷的精确测定首先是由 ________________ 完成的。
特别重要的是他还发现了 ______ 是量子化的。
6、氢原子 n=2,n =1 与 H e 离子 n=?3,?n ?=?2?的轨道的半长轴之比 a H /a He ?= __________ , 半短 轴之比 b H /b He =__ ___。
107、玻尔第一轨道半径是 0.529 10 10 m,则氢原子 n=3 时电子轨道的半长轴 a= _______ ,半短轴b?有 __ 个值， ?分别是 ___ ?， ??, .8、 由估算得原子核大小的数量级是 ______ m,将此结果与原子大小数量级 ? m 相比 , 可以说明 _________________ .9、 提出电 子自旋概念的主要实验事实 是 -------------------------------------- 和___________________________________ - 。
10、 钾原子的电离电势是 4.34V ，其主线系最短波长为nm 。
11、 锂原子（ Z=3）基线系（柏格曼系）的第一条谱线的光子能量约为 eV （仅需两位有效数字）。
12、考虑 精细结 构，形成锂原子 第二辅线 系谱线的跃迁 过程用原 子态符 号表示应 为 —————————————————————————————————————————————— 。
13、 如果考虑自旋 , 但不考虑轨道 -自旋耦合 , 碱金属原子状态应该用量子数 ————————————表示，轨道角动量确定后 , 能级的简并度为 。
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
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大学物理习题答案解析第七章
第七章恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小BR 、Br满足（）（A）B R 2B r （B）B R B r （C）2B R B r （D）B R 4B r分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比n R r 1n r R 2因而正确答案为（C）。
7 － 2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A）2πr 2B （B）πr2B22（C）2πr 2Bcosα（D）πr 2Bcosα分析与解作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；Φm B S ．因而正确答案为（D）．7 － 3 下列说法正确的是（）（ A ）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（ B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（A）BL1dl BL2dl，B P1B P2B）BL1dl BL2dl，B P1B P2C）BL1dl BL2dl，B P1B P2D）BLdl BLdl，B P1B P2由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．*7 － 5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为质的相对磁导率为μｒ（μｒ<1），则磁介质内的磁化强度为（（A）μr 1 I /2πr （B）μr 1I /2πr（C）μr I /2πr （D）I /2πμr r分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．7 － 6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速。
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-⨯。
大学物理学第七章参考答案
题7.1：1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e 31-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10-20 m ），中子内的两个下夸克之间相距2.60⨯10-15 m 。
求它们之间的斥力。
题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律r r 220r 2210N 78.394141e e e F ===r e r q q πεπεF 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m ，电荷为-e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E k 。
证明电子的旋转频率满足42k20232me E εν=其中是0ε真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。
题7.2分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。
电子、氢核的大小约为10-15 m ，轨道半径约为10-10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷。
点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有220241r e r v m πε= 由此出发命题可证。
证：由上述分析可得电子的动能为re mv E 202k 8121πε==电子旋转角速度为30224mr e πεω=由上述两式消去r ，得43k 20222324me E επων== 题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl -与其最邻近的八个一价格离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。
为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。
解：（l ）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故01=F （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力2F 的值为N 1092.134920220212-⨯===ae rq q F πεπε2F 方向如图所示。
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。
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3d次壳层的l=2，所以3d次壳层上可以容纳10个电子，而不
违背泡利原理
3.Na原子的S、P、D项的量子修正值s 1.35, p 0.86, D 0.01。 R(Z )2 把谱项表达成形式， 其中Z是核电荷数。试计算3S、3P 2
n
、3D项σ 的分别为何值？并说明σ 的物理意义。 解：Na原子的光谱项可以表示为
n n* n 因此 Z Z n / (n ) 由此得 3 S 11 9.18 3 1.35 3 故 P 11 9.6 3 0.86 3 D 11 10 3 0.01
R / n *2
σ 的物理意 义是：轨道 贯穿和原子 实极化等效 应对价电子 的影响，归 结为内层电 子对价电子 的屏蔽作用
(1) n=1壳层、n=2壳层填满时的电子数为
2 1 2 2 10
2 2
3s次壳层填满时的电子数为： 3p次壳层填满一半时的电子数为：
2(2 0 1) 2 1 2(2 1 1) 3 2
所以此中原子共有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28个
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 上能容纳得最多电子数为 2 (2l+1)
4s、4p、4d次壳层都填满的电子数为18个
所以此中原子共有46个电子，即Z=46，是Pd（钯）原子
2.原子的3d次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？
答：电子的状态可用n,l,ml,ms四个量子来描写。根据泡利原 理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两 个电子具有完全相同的四个量子数 3d此壳层上的电子，其主量子数和角量子数都相同。因此 ，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自 旋磁量子数不能同时相等，至少要有一个不相等。对于一 个给定的l,ml可以取2l+1个值；对每个给定的ml 、mS的值， 有2个值；因此，对每一个次壳层l,最多可以容纳个2（2l+1 ）电子
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，ms还可以取两个值：1/2,-1/2；所 以此时最大电子数为2个 （2）n、l相同时，ml可以取2l+1个值,而每一个mS还可取两 个值 ；所以此时最大电子数为2(2l+1)个 （3）n相同时，在（2）基础上，l还可取个值。因此n相同的
谱项值E=-hcT有的关系，可见从钾Z=19起到钙Z=20的42S能 级低于32D能级，所以钾和钙从第19个电子开始不是填3d而填 4s次壳层。从钪Z=21开始， 42S谱项低于32D谱项，也就是 32D能级低于42S能级，所以，从钪Z=21开始填3d而不是填4s 次壳层。
最大电子数是
N 2(2l 1) 2n
l 0
n 1
2
5.从实验得到的等电子体系KⅠ、CaⅡ……等的莫塞莱图解，
怎样知道从钾Z=19开始不填3d而填4s次壳层，又从钪Z=21开
始填3d而不填4s次壳层？ 由图7—1所示的莫塞莱图可见，32D和42S相交于Z=20与21之
间。当Z=19和20时， 42S的谱项值大于32D的值，由于能量同