原子物理學(xué)楊福家第四版課后答案資料

精品文檔-1-..............................................................-7-..12..........................................................1623X28........................................沒有錯誤!未定義書簽。1-1)α1Mv21mve21Mv2mvvMve22222m2MvMvmvevvMvep=mvep=mve(1)22m2(vv')(vv')(vv')MvepM(vv');vv'有2vvmve2M亦即：pp1Mmve2(2)2(1)2/(2)p2m2ve22m104pMmve2Mtgp～10-4(rad)p精品文檔精品文檔1-2)解：①b28e2actg；庫侖散射因子：a=E224221.44fmMev(279)a2Zea((ee2)()(22Z))45.5fm40E440E5Mev當(dāng)90時，ctg21b1a22.75fm2亦即：b22.751015m②解：金的原子量為A197；密度：1.89107g/m3依公式，λ射粒子被散射到θ方向，d立體角的內(nèi)的幾率：dP()a2dnt(1)16sin42式中，n為原子核數(shù)密度，mn(A)nNA即：nVA(2)A由（1）式得：在90o→180o范圍內(nèi)找到粒子得幾率為：P(()180a2nt2sinda2nt9016sin442將所有數(shù)據(jù)代入得P(()) 9.4 10

5這就是 粒子被散射到大于 90o范圍的粒子數(shù)占全部粒子數(shù)得百分比。1-3)解：EE44.5.5Mev;;對于全金核Z79;;對于7Lii,,Z3;rma2Ze2(e2)(2Z)40E40E當(dāng)Z＝79時rm1.44fmMev27950.56fm4.5Mev當(dāng)Z＝3時，rm1.92fm;精品文檔精品文檔但此時M并不遠大于m，ElmEcEc1uv2MmE,aca(1m)2MMrmaa(14)3.02fmc71-4)解：①rm2Ze2(e2)(2Z)7fm40E40E將Z＝79代入解得：E=16.25Mev②對于鋁，Z＝13，代入上公式解得：4fm= e2(13)E=4.68Mev4 E以上結(jié)果是假定原子核不動時得到的， 因此可視為理論系的結(jié)果，轉(zhuǎn)換到實驗室中有：El (1 m)EcM對于El(11)Ec16.33Mev197②El1(1)Ec4.9Mev27可見，當(dāng)M>>m時，ElEc，否則，ElEc1-5)解：在θ方向dΩ立方角內(nèi)找到電子的幾率為：dNnt(1Z1Z2e2)2dN44Esin42注意到：Antt;ntNAdNNAt(a2dnNAAtA)N4sin42a(e2Z1Z2)1.44fmMev79113.76fm4E1.0Mevds1.51.5102r2102精品文檔精品文檔dNN6.02A10a232d11410151321022321.5106t()1.510n(4)48.9NA19744sin30sin241-6)解：dNNnt(a)2d(a)2Nnt4cos2d4sin44sin322180散射角大于θ得粒子數(shù)為：N'dN180dsin2N60sin33602，即為所求依題意得：1N90180dsin290sin321-7)解P(018001800)0

1800222cosdN1Z1Z2e2dntN402E30sin21800tNAa2cos2d0A4sin32mNAa2ctg20410A42a216103AmNActg202

1800mNAa2cos2d0A4sin323da21814103tg2100c(1)4421026.021023sin4300依題：dsin421028m2/sr2424b/sr精品文檔精品文檔1-8)解：在實驗室系中，截面與偏角的關(guān)系為（見課本29頁）m11m1sin(L)max90m11m2m2m21m1sinL0－m1m2sinL)－m1(1sinL0m21m2①由上面的表達式可見：為了使 L(L)存在，必須：1(m1sinL)20m2即：m1sinL）(1－m1sinL)0（1m2m2m1sinL亦即：m21－m1sin Lm2

01m1sinL或m21－m1sinLm2

00考慮到：L180sinL0第二組方程無解第一組方程的解為：1m1sinL1m2可是，m1sinL的最大值為1，即：sinLm1m2m2②m1為α粒子，m2為靜止的He核，則m11，m2(L)max901-9）解：根據(jù)1-7）的計算，靶核將入射粒子散射到大于的散射幾率是P()nta2ctg224當(dāng)靶中含有兩種不同的原子時，則散射幾率為0.710.32將數(shù)據(jù)代入得：精品文檔精品文檔(11.441013Mevcm)23.14221.5103gcm26.0221023mol1ctg2154(1.0Mev)(0.7079210.304921)5.8103197gmol108gmol1-10)解：①金核的質(zhì)量遠大于質(zhì)子質(zhì)量，所以，忽略金核的反沖，入射粒子被靶核散時則：之間得幾率可用的幾率可用下式求出：nt(a)22sint(a)22sin4sin4A4sin422aZ1Z2e21791.44Mevfm94.8fm4ER1.2Mev由于12，可近似地將散射角視為：12596160；61590.0349rad22180將各量代入得：19.321.5104101326.02102394.82sin600.03491.511041974sin430單位時間內(nèi)入射的粒子數(shù)為：NQIt5.010913.1251010（個）ee1.601019T時間內(nèi)入射質(zhì)子被散時到5961之間得數(shù)目為：N NT 3.125 1010 1.51104 60 5 1.4109(個)②入射粒子被散時大于θ的幾率為：nta2ctg2tNAa2ctg21.8810342A42NNT3.12510101.881036051.81010（個）③大于10的幾率為：nt a2ctg2 8.17 102210大于10的原子數(shù)為：N'3.12510108.171026057.661011（個）精品文檔精品文檔小于10的原子數(shù)為：N3.12510101605N'8.61012（個）注意：大于0的幾率：1大于0的原子數(shù)為：NT3.1251010605第二章 原子的量子態(tài)：波爾模型2-1)解：hvEkW①Ek0,有hv01.9We0W1.9eVs4.61014Hzh4.13571015eV0chc1.24103nmeV652.6nmW1.9eV0②chc1.24103nmeVnmhcEkW(1.51.9)eV364.72-2)解：rna1n2;vncZV1Z;EnE1(Z)2Znnn①對于H：1111121212ranran0.53aA;0r.53A4a;r24.aA2.12Av1c2.19106(ms1);v21v11.1106(ms1)2對于He+：Z=2r11a10.265A;r22a11.06A2v12c4.38106(ms1);v1c2.19106(ms1)對于Li+：Z＝3r11a10.177A;r24a10.707A33v13c6.57106(ms1);v13c3.29106(ms1)2精品文檔精品文檔②結(jié)合能＝Z2EnE1(n)EAEH13.6ev;EHe413.654.4ev;ELi122.4ev③由基態(tài)到第一激發(fā)態(tài)所需的激發(fā)能：EE(Z)2E(Z)2Z2E(11)3EZ2112111441333hchc33對于H：((EE))1212.4.hc.441010evevV((1313.6).6)1010.2.ev2ev;;40.8ev;HHAA121216AA44He4HeEEE1010.2.ev.2evVE對于He+：(E()E)33440.408ev.8;ev;hchchc303303.9.9A.9A13.613.46H1HeHeHE44EE對于Li++：(133HHhchc135135303..A.19AHe4EELi4He2-3)解：所謂非彈性碰撞，即把Li++打到某一激發(fā)態(tài)，而Li++最小得激發(fā)能為E12LiE2E1E1(3232)91.8eV22這就是碰撞電子應(yīng)具有的最小動能。2-4)解：方法一：欲使基態(tài)氫原子發(fā)射光子，至少應(yīng)使氫原子以基態(tài)激發(fā)到第一激發(fā)態(tài)E12 E2 E1 10.2evV根據(jù)第一章的推導(dǎo)，入射粒子 m與靶M組成系統(tǒng)的實驗室系能量 EL與EC之間M的關(guān)系為： EcMmEL所求質(zhì)子的動能為：Ek1mv2MmEc(1m)E122E1220.4evV2MM所求質(zhì)子的速度為：v2Ek220.41.610196.26104(ms1)m1.6731027方法二：質(zhì)子與基態(tài)氫原子碰撞過程動量守恒，則mPv10mPmHvvmPv10mPmH精品文檔精品文檔E1mPv1021(mPmH)v21mPv102mH1E10222mPmH2E101mPv1022E2(E2E1)20.4eV2v102E102c6.26104(m/s)其中mPc2938MeVmPc2-7)解：~2(11vRZm22)，巴而末系和賴曼系分別是：n~RZ211B2232RZ2(1212123612v0RZ2(1212);vL);4133.7nm~2231112RZ5RZ3LRZ12222RZ(1333.7.nm7))2-8)解：

888,解,解得得：：ZZ 22即即：：HEeE原原子子的的離離子子。1515EhvhchcvhcRZ2(11)34Rhc3Rhc40.8evV44此能量電離H原子之后的剩余能量為：E'40.813.627.2evV即：12E'2E'54.431083.1106(ms1)mvv2c0.511062mc2-9)解：m1m2m質(zhì)心系中:rr1r2,r1r2r2,v1v2v22運動學(xué)方程:ke22mvrr角動量量子化條件:m1v1r1m2v2r2mvrnr40n22me2/2EEkEpm1v12m2v22ke222rmv2ke2ke2r2r22(m/2)e4EnH13.6eVEn2n2h222n240（1）基態(tài)時兩電子之間的距離：r2a10.106nm精品文檔精品文檔（2）電離能：RA1E1HE＝hcRhc6.80ev1E2326.80eVE12E135.10eV第一激發(fā)能：EE28hcv4RAhcRhc.10ev（3）由第一激發(fā)態(tài)退到基態(tài)所放光子的波長：(21)hc243.3nmE2E12-10)解：-子和質(zhì)子均繞它們構(gòu)成體系的質(zhì)心圓周運動，運動半徑為 r1和r2，r1+r2=r折合質(zhì)量 M=m1 m2/(m1+m2)=186mer1=r m2/(m1+m2)=r M/m1 r2=r m1/(m1+m2)=r M/m222=m1v122運動學(xué)方程：Ke/r/r1=m1Ke2/r2=m2v22/r2=m22角動量量子化條件：m1v112r+m即M (v1+v2) r=n?共有三個方程、三個未知數(shù)?？梢郧蠼狻?/p>

2/(Mr)-------------------------（1）v1v22/(Mr)------------------------（2）v2r=n?n=1,2,3,.2（3）式與(2)式做比值運算：v/v=m/m1代入(3)式中122Mv2(m2/m1+1)r=n?即m2v2r=n?-----------(4)(2)式和(4)式聯(lián)立解得：42220hn------------------（5）rnn22a14Me186式中a1=0.529A，為氫原子第一玻爾軌道半徑。根據(jù)（5）式，可求得，子原子的第一玻爾軌道半徑為r1=a1/186=0.00284A。再從運動學(xué)角度求取體系能量對r的依賴關(guān)系。KP112+1/2m2v22–K2E=E+E=1/2mve/r=(1/2M/m1+1/2M/m2–1)Ke2/r=-1/2Ke2/r把（5）式代入上式中精品文檔精品文檔n22Me4186En(H)E=(40)2n2h2因此，子原子的最低能量為E(n=1)=186(-13.6eV)=-2530eV賴曼系中最短波長躍遷對應(yīng)從n=1的躍遷。該躍遷能量即為2530eV。由hc/=2530eV計算得到min=4.91A2-11)解：重氫是氫的同位素RH11;RDMe1Me1MHMDRH10.9997281x0.999728RD110.5002x解得：x0.5445103；質(zhì)子與電子質(zhì)量之比11836.50x2-12)解：①光子動量：ph，而：hcEppEEvvEE1010.2.2evev881111=mmvppv22cc66331010mmss33.26.26mmssccmmcppc938938..31010②氫原子反沖能量：Ek1mpv2(E)222mpc2EkE210.2ev5.4109Ev2mpc2938.3106ev2-13)解：由鈉的能級圖（64頁圖10-3）知：不考慮能能級的精細結(jié)構(gòu)時，在4P下有4個能級：4S，3D，3P，3S，根據(jù)輻射躍遷原則。l1，可產(chǎn)生6條譜線：4P3D;4P4S;3D3P;4S3P;4P3S;3P3S2-14)解：依題：主線系：~1(3)()；TSTnP輔線系：~1T(3P)T(nS)或~1(3)(nD)TPT精品文檔精品文檔即：T(3S)T(3P)1;T(3P)01589.3nm408.6nm①T(3S)1161)T(3S);589.3nm408.6nmT(33PP)12.447106(m1)T(3P)408.6nm相應(yīng)的能量：E(3S)hcT(3S)1.24103nmeV4.144106m15.14eVE(3P)hcT(3P)1.24103nmeV2.447106m13.03eV②電離能E(3S)5.14eV第一激發(fā)電勢：E12E(3P)E(3S)2.11eV第三章 量子力學(xué)導(dǎo)論3-1)解：以1000eV為例：非相對論下估算電子的速度：11v21v2mev2mec2511keV1000eV22c2c所以v≈6.25%c故采用相對論公式計算加速后電子的動量更為妥當(dāng)。加速前電子總能量E0=mec2=511keV加速后電子總能量 E=mec2+1000eV=512000eV用相對論公式求加速后電子動量p1E2mec41262144000000261121000000eV31984eV2ccc電子德布羅意波長hhc1.241106eVm0.38801010m=0.3880?p31984eV31984eV采用非相對論公式計算也不失為正確：hhhc1.241106eVm1.241106m0.3882?p2meEk2mec2Ek2511keV1000eV0.31969105可見電子的能量為 100eV、10eV時，速度會更小 ，所以可直接采用非相對論公式計算。hhhc1.241106eVm1.241106m1.2287?p2meEk2mec2Ek2511keV100eV1.011104精品文檔精品文檔hhhc1.241106eVm1.241106m3.8819?p2meEk2mec2Ek2511keV10eV0.319691043-2)解：不論對電子（electron）還是光子(photon)，都有：=h/p所以pph/pe=e/ph=1:1電子動能Eee22e2e2=1/2mee/(2me)v=p/2m=h光子動能Eph=h=hc/ph所以Ephephe22e2e(2me)/h=hc/(2mc)/E=hc/其中組合常數(shù)hc=1.98810-25Jmmec2=511keV=0.81910-13J代入得Ephe-3/E=3.03103-3)解：2(1)相對論情況下k02=mc2=m0c總能E=E+mc1(v)2c其中Ek為動能，m0c2為靜止能量。對于電子，其靜止能量為511keV。由題意：m0c2EkEm0c2m0c2(11)(v)2c容易解得v3/2c0.866c(2)電子動量pmvm0vc3m01(v)2chc1.9881025Jm0其德布羅意波長h/p0.014A3m0c21.7325111.6021016J3-5)解：證明：非相對論下：12.25h0p0Vp0為不考慮相對論而求出的電子動量，0為這時求出的波長?？紤]相對論效應(yīng)后：h為這時這里p為考慮相對論修正后求出的電子動量，p精品文檔精品文檔求出的波長。則/0=p0/p=12meEkc2meEkc2meEk1E2me2c4(Ekmec2)2me2c4Ek22mec2EkEk1c2mec2E=加速電勢差電子電量，如果以電子伏特為單位，那么在數(shù)值上即為V。k10=V1這里mec2也以電子伏特為單位，以保證該式兩端的無量綱性和等式的成立。mec2也以電子伏特為單位時， 2mec2的數(shù)值為 1022000。如果設(shè)想電子加速電壓遠小于1022000伏特，那么 V/2mec2遠小于1。（注意，這個設(shè)想實際上與電子速度很大存在一點矛盾。實際上電子速度很大，但是又同時不可以過大。否則，V/2mec2遠小于1的假設(shè)可能不成立）。設(shè)y=1+V/2me2，f(y)=1c=1+xy由于x<<1，f(y)函數(shù)可在y=1點做泰勒展開，并忽略高次項。結(jié)果如下：f(y)=1+f=1+(1x=1-x/2=1-Vy|y1x1/2)3/2y|y14mec2將me2以電子伏特為單位時的數(shù)值511000代入上式，得cf(y)=10.489106V因此=0f(y)=12.25(10.489106)nm12.25nmVV(10.978106)3-7)解：由c得:c,即c31081075107Hz2600109由Eh得:Eh又tE,所以th11.59109s22E4h43-8)解：由P88例1可得精品文檔精品文檔Ek3236.63103428mer2323.1429.10910311.0101424.58851011J2.8678105eV3-9)解：（1）2xyzabcdxdydzN2edxdydzxyzN2eadxebdyecN2(2a)(2b)(2c)8abcN2

dz1歸一化常數(shù) N

18abc（2）粒子x坐標(biāo)在0到a之間的幾率為2xyzaN2a0dxdydzeadxebdyecdz01a112b2c1118abce2e（3）粒子的y坐標(biāo)和z坐標(biāo)分別在bb和cc之間的幾率2xyzbcN2bcbcdxdydzeadxebdyecdzbc21(2a)2b112c11118abceee3-12)解：xnxndx2nxdx2ax1a2nxdxxcosdxa02a0aa1asin2nxdx22na0

a2xsin2nxdx0aa1aaa2a2nxd0a2

2ax1cos2nxadxa022nxsin精品文檔精品文檔2a2xx平2均nxx2ndxdxnx2a2a2nxa26sin20axdx1212an22當(dāng)n時xa,xx平均2a23-15）解2123-15)（1）x0，V，(x)00xa，V0，d2k2，k22mE，(x)AsinkxBcoskxdx22d2k2k22m(V0E)kxBekxxa，VV0，2，2，(x)Aedx由函數(shù)連續(xù)、有限和歸一化條件求A,B,A,B由函數(shù)有限可得：A0由函數(shù)連續(xù)可知：x0(0)B0xa(a)AsinkaBeka錯誤！未找到引用源。(a) kAcoska kBeka 錯誤！未找到引用源。由錯誤！未找到引用源。和錯誤！未找到引用源。得kctykaka(Bekx)2dx1由函數(shù)歸一化條件得：(Asinkx)2dx錯誤！未找到引0a用源。由錯誤！未找到引用源。 和錯誤！未找到引用源。 可求得A,B第四章 原子的精細結(jié)構(gòu)：電子的自旋4-1)解：UsBeSB2BmsBU2BBmeeB12BB20.5788104evT11.2T1.39104evVsBVV1SVB22gSBmsB(h)UBmeh2精品文檔精品文檔4-2）2D3/2狀態(tài)，sS133441,l,e22,jj;gg522225j(j1)gB其大?。?(31)4B1.55B225zmgB4mB5m3,1132,2,22z(6,2,26)B55555,l3;4-3)解：6G3/2態(tài)：2s16s4,j223152(51)4(41)該原子態(tài)的Landeg因子：g202232(321)原子處于該態(tài)時的磁矩：jgj(j1)B0(J/T)S PLPJPSL利用矢量模型對這一事實進行解釋：各類角動量和磁矩的矢量圖如上。其中PS=[S(S+1)]1/2?=(35/4)1/2? PL=[L(L+1)]1/2?=(20)1/2? PJ=[J(J+1)]1/2?=(15/4)1/2?S=gS [S(S+1)]1/2 B=(35)1/2 B L=gl [L(L+1)]1/2 B利用PS、PL、PJ之間三角形關(guān)系可求出=30cos=572由已知的cos、S、L可求出=5B以及=120所以-=90。即矢量與PJ垂直、在PJ方向的投影為0?；颍焊鶕?jù)原子矢量模型：總磁矩 等于 l, s分量相加，即：lcos(L,J)scos(S,J)(glBJ2L2S2)(gSBJ2S2L2)2J2J精品文檔精品文檔可以證明：lcos(L,J)scos(S,J)與在j上投影等值而反向，所以合成后，＝0l與s在J4-4)解：z2BBzdD，z22BBzdDzmv2zmv2z22.0103m;d10102m;D25102m1A107..873231v400ms;MmN06.02102310;kgB;B0.930.931010JT將所有數(shù)據(jù)代入解得：Bz1.23102T/mJmz43/2態(tài)，j314（束）4-5)解：4F32,分裂為：2gj2z2mgBBzdDmgBBzdDzmv2z2Ek31132m=,,,,g2222255對于邊緣兩束，z22jgBzdDB2Ekz2320.578810451020.10.31.0102m252501034-6)解：2P32態(tài):s1,l1,j3;m3,1,1,31,j3;m=3113222222,,,;2j14即：屏上可以接收到4束氯線22222對于H原子：z22BBzdD0.6102mz2Ek對于氯原子：z2gBBzdDz2Ekz2gz21g(z2)z222對于2P32態(tài):g4，代入得：z2'4/30.600.40cm32<注：T＝400K,表明：大部分H原子處于基態(tài)，當(dāng) T=105K時，才有一定量得原精品文檔精品文檔子處于激發(fā)態(tài)>4-7)解：賴曼系，產(chǎn)生于： n 2 n 11,l0，對應(yīng)S能級n2;l0,1，對應(yīng)S、P能級，所以賴曼系產(chǎn)生于：2P1S雙線來源于：的分裂，22P3/221/2由21－12’知：Z41)5.84cm1n3l(l將29.61,2,1V29.6cmcm代入n，nl2,e代入1,解得：Z=3即：所得的類H離子系：Li++4-8)解：2P電子雙層的能量差為：UZ47.25104ev147.25104ev4.53104evn3l(l1)231(11)兩一方面：U2BBBU4.531040.39(T)B20.578810424-10)解：3S1態(tài):2s13s1,l0,j1;g12;m11,0,13P0態(tài):2s13s3,l1,j0;m202(mg) m1g1有三個值，所以原譜線分裂為三個。~ ~ 1 1c c相應(yīng)譜線與原譜線的波數(shù)差：1( ) (2,0,2) BBc hc相鄰譜線的波數(shù)差為： 2BBhc不屬于正常塞曼效應(yīng)（正常塞曼效應(yīng)是由 s=0到s=0的能級之間的躍遷）4-11）解：①32P3232S1232P32:s1,l1,j3;g4;m3,12232232S12:s1,l0,j1;g2;m1222精品文檔精品文檔分裂后的譜線與原譜線的波數(shù)差為：~(mg)~(5,1,115)~3,,1,333其中：~eB46.7B46.72.5m1116.75m14meec~(5,1,1)35GHz33②32P1232S1232P12:s1,l1,j1;g2;m12232分裂后的譜線與原譜線差：~(mg)~(4,2)~33其中：~eB46.7B46.72.5m1116.75m14meec~(4,2)35GHz334-12)解：(1)鉀原子的766.4nm和769.9nm雙線產(chǎn)生于42P3,122因子分別為：g24,g12,033g02因在磁場中能級裂開的層數(shù)等于 2J+1，所以2P32能級分裂成四層，

42S1。這三個能級的 g2P12和2S12能級分裂成兩層。能量的間距等于 guBB，故有：E2'g2uBB4uBB；E1'g1uBB2uBB；E0'g0uBB2uBB3a）圖所示。3原能級和分裂后的能級圖如（E2E1E1（2）根據(jù)題意，分裂前后能級間的關(guān)系如（ b）圖所示，且有：精品文檔精品文檔E2[E2(E2)max][E1(E1)min]1.5E1，即E2E1(J2)maxg2uBB3E1。(J1)ming1uBB3,(J1)min12將(J2)max代入上式，得：22E2E1(3412)uBB3(E2E1)。23232經(jīng)整理有：7BB1(E2E1)1(E2E0)(E1E0)1(hchc)hc3222212

21211.24103eVnm(769.9766.4)nm3.678103eV2769.9nm766.4nm于是33.678103eV33.678103eVT70.5788104eVT17B4-13）解：1）在強磁場中，忽略自旋－軌道相互作用，這時原子的總磁矩是軌道磁矩和自旋磁矩的適量和，即有：LSeLeSe(L2S)（1）2meme2me（2）此時，體系的勢能僅由總磁矩與外磁場之間的相互作用來確定，于是有：UBe(L2S)BeB(Lz2Sz)2me2me（2）eB(ml2ms)(ml2ms)BB2me（3）鈉原子的基態(tài)為32S，第一激發(fā)態(tài)為32P0；對于3S態(tài)：ml0,ms1，因此122（2）式給出雙分裂，分裂后的能級與原能級的能量差E1uBB3P態(tài)，ml0,1;ms13個分裂，但ml1;ms1對于，（2）式理應(yīng)給出2與122ml1;msE值相同，故實際上只給出五分裂，附加的能量差為對應(yīng)的2E2(2,1,0,1,2)uBB原能級與分裂后的能級如圖所示根據(jù)選擇規(guī)律：ml0,1;ms0精品文檔精品文檔它們之間可發(fā)生六條躍遷。由于較高的各個能級之間的間距相等，只產(chǎn)生三個能差值(1,0,1) BB，因此只能觀察到三條譜線，其中一條與不加磁場時重合。這是，反常塞曼效應(yīng)被帕型－巴克效應(yīng)所取代。4-14）解：因忽略自旋－軌道相互作用，自旋、軌道角動量不再合成 J，而是分別繞外磁場旋進，這說明該外磁場是強場。這時，即原譜線分裂為三條。因此，裂開后的譜線與原譜線的波數(shù)差可用下式表示：~(1,0,1)~式中~e11B46.74m11.87107nm1LB46.7mT4mec因12~~，故有將,~代入上式，得：~2.74103nm'(121.0nm)2(1,0,0，1)L2.74103nm(121.00.00274)nm'121.0nm(121.00.00274)nm精品文檔精品文檔第五章多電子原子5－2解：4D32:L2,S33?2?2?2??得,J;由JLS2LS221?2?2?211)L(L1)S(S1)]232LS(JLS)[J(J2215322?2??5－3解對于L2;S;J,得由JLS2LS222122?212LS??S)[J(J1)L(L1)S(S1)](JL22當(dāng)L2;S1;J5時:22LS1?2?2?2)1552(21)112(LSJ[(1)(1)]22222當(dāng)L2;S1;J3時:22LS1?2?2?2)1332(21)112(LSJ[(1)(1)]5－4解：22222PJPLPS

2 2322它們的矢量圖如圖所示。由圖可知：PS2PL2PJ22PLLPJScos(PLL,PPJJ))。經(jīng)整理得：PP)L(L1)J(J1)S(S1)cos(PL,LPJ)J2L(L1)J(J1)對于3F2態(tài)，S1,L3,J2，代入上式得：cos(PLL,PPJJ))34231223410.9428,2(PL,PJ)=cos10.94281928'所以總角動量 PL與軌道角動量 PJ之間得夾角為1928'。5－6解：j-j耦合：根據(jù)j-j耦合規(guī)則，各個電子得軌道角動量Pl和自旋角動量Ps先合成各自的總角動量Pj，即PjPlPs，j=l+s,l+s-1,ls。于是有：l12,s11/2,合成j15/2,3/2;l22,s21/2,合成j25/2,3/2。精品文檔精品文檔然后一個電子的 Pj1再和另一個電子的 Pj2合成原子的總角動量 PJ，即PJ Pj1 Pj2，j=5/2和j=5/2合成J=5,4,3,2,1,01 2j=5/2和j=3/2合成J=4,3,2,1;1 2j=3/2和j=5/2合成J=4,3,2,1;1 2j=3/2和j=3/2合成J=3,2,1,0。1 2可見，共 18種原子態(tài)。原子的總角動量量子數(shù)為：J=5,4,3,2,1,0 。原子的總角動量為 PJ J(J 1)將J值依次代入上式即可求得 PJ有如下6個可能值，即PJ 5.48,4.47,3.46,2.45,1.41,0對于L-S耦合：兩個電子的軌道角動量 Pl1和Pl1，自旋角動量 Ps1和Ps1分別先合成軌道總角動量 PL和自旋總角動量 PS，即PL pPl1 pPl2 PL,L l1 l2,l1 l2－1， , l1 l2;PpPpP P,S s s, ,s s;S s1s1 s2s2 S 1 2 1 21l1 l2 2,那么L＝4,3,2,1,0, ； s1 s2 ,S 1,0。2然后每一個 PL和PS合成PJ，即：P P P P，J L S,L S 1, L SJ JL LS S因此有：S=0S=1L=01S03S1L=113PP12,1,0L=21233,2,1DDL=31334,3,2FFL=41G43G5,4,3也是18種原子態(tài)，而原子的總角動量量子數(shù)也為：J=5,4,3,2,1,0 。原子的總角動量也為：精品文檔精品文檔PJ 5.48,4.47,3.46,2.45,1.41,0比較上述兩種耦合的結(jié)果，可見它們的總角動量的可能值、可能的狀態(tài)數(shù)目及相同J值出現(xiàn)的次數(shù)均相同。5－8解：1）要求能級間躍遷產(chǎn)生的光譜線，首先應(yīng)求出電子組態(tài)形成的原子態(tài)，畫出能級圖。然后根據(jù)輻射躍遷的選擇規(guī)則來確定光譜線的條數(shù)。2s2s組態(tài)形成的原子態(tài)： 1S02s3p組態(tài)形成的原子態(tài)：1P1，3P2,1,0其間還有 2s2p組態(tài)形成的原子態(tài)： 1P1,3P2,1,0；2s3s組態(tài)形成的原子態(tài)： 1S0,3S1根據(jù)能級位置的高低，可作如圖所示的能級圖。根據(jù)L-S耦合的選擇規(guī)則：S 0, L 1,J 0,1(0 0除外)可知一共可產(chǎn)生 10條光譜線（圖上實線所示）（2）若那個電子被激發(fā)到 2P態(tài)，則僅可能產(chǎn)生一條光譜線（圖上虛線所示）5－10解：（1）(nd)211133組態(tài)可形成的原子態(tài)有：S0,D2,G4,P2,1,0,F4,3,2。利用斯萊特方法求解如下：L12;L22ML12,1,0,1,2;ML22,1,0,1,2對(nd)2組態(tài):1;S211;ML1S1MS222122精品文檔精品文檔根據(jù)泡利原理:可能的ML和MS數(shù)值如下表MS-101ML4(2,1/2)(2,-1/2)3(1,-1/2)(2,-1/2)(1,1/2)(2,-1/2)(1,1/2)(2,1/2)(1,-1/2)(2,1/2)2(0,1/2)(2,-1/2)(0,1/2)(2,-1/2);(1,1/2)(1,-1/2)(0,-1/2)(2,-1/2)(0,-1/2)(2,1/2)1(0,-1/2)(1,-1/2)(0,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(0,-1/2)(0,1/2)(1,1/2)(2,-1/2)(-1,-1/2)(2,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(2,-1/2)(2,1/2)(-1,1/2)(1,-1/2)(-1,-1/2)(0,1/2)(0,-1/2);(-2,1/2)(2,-1/2)(1,-1/2)(-1,-1/2)0(2,1/2)(-2,-1/2);(-1,1/2)(1,-1/2)(2,-1/2)(-2,-1/2)(2,-1/2)(-2,-1/2)(1,1/2)(-1,-1/2)-1(0,-1/2)(-1,-1/2)(0,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(0,-1/2)(0,1/2)(-1,1/2)(-2,-1/2)(1,-1/2)(-2,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(-2,-1/2)(-2,1/2)(1,1/2)-2(0,1/2)(-2,-1/2)(0,1/2)(-2,-1/2);(-1,1/2)(-1,-1/2)(0,-1/2)(-2,-1/2)(0,-1/2)(-2,1/2)-3(-1,-1/2)(-2,-1/2)(-1,1/2)(-2,-1/2)(-1,1/2)(-2,1/2)(-1,-1/2)(-2,1/2)-4(-2,1/2)(-2,-1/2)L4,S0J41G4；L3,S1J4,3,23F4,3,2；L1,S1J2,1,03P2,1,0；L2,S0J21D2；L0,S0J01S0根據(jù)洪特定則和正常次序，可知其中3F的能量最低。2（2）鈦原子（Z＝22）基態(tài)的電子組態(tài)為1S22S22P63S23P63d24S2。因滿支殼層的軌道角動量、 自旋角動量及總角動量都等于零， 故而未滿支殼層的那些電子的角動量也就等于整個原子的角動量。由（ 1）中討論可知， 3d2組態(tài)所形成的原子態(tài)中，能量最低的（即基態(tài)）為3F2。5－11解：精品文檔精品文檔一束窄的原子束通過非均勻磁場后，在屏上接受到的束數(shù)由原子的總角動量 J決定2J+1條）。氦原子（Z=2）基態(tài)的電子組態(tài)1s2，其基態(tài)必為1S0，即J＝0。因此，在屏上只能接受到一束。硼原子（Z＝5）基態(tài)的電子組態(tài)為 1s22s22p1，其基態(tài)為 1P1/2，即J 1。因此，在2屏上可接受到兩束。5－12解：（1）15P的基態(tài)的電子組態(tài):1s22s22p63s23p3，最外層電子數(shù)為滿支殼層（6個）S11132222的一半。則根據(jù)洪特定則：L10(1)0基態(tài)為：4S32JS322S14（2）16S的基態(tài)的電子組態(tài):1s22s22p63s23p4，最外層電子數(shù)大于滿支殼層（6個）S111112222的一半。則根據(jù)洪特定則：L10(1)11基態(tài)為：3P2JSL22S13（3）17Cl的基態(tài)的電子組態(tài):1s22s22p63s23p5，最外層電子數(shù)大于滿支殼層（6個）S111111222222的一半。則根據(jù)洪特定則：L10(1)101基態(tài)為：3P32JSL322S134）18Ar的基態(tài)的電子組態(tài):1s22s22p63s23p6，最外層電子數(shù)等于滿支殼層所能S1111112222202容納的電子數(shù)（6個）則根據(jù)洪特定則：L10(1)10(1)0J02S11基態(tài)為：1S0精品文檔精品文檔第六章 X射線6-1)解：min1.24(nm)V(kV)1.24(nm)100kVV(kV)0.0124(nm)6-2)解：k0.2461016(Z1)2Hzkc2.99810818Hz0.06851094.3810代入解得：Z=436-3)解：L吸收限指的是電離一個L電子的能量即：E-ELELhvLhcL而：EKE-EKELEKhcLK的Moseley公式為：vK0.2461016(Z