2022年原子物理褚圣麟课后答案参考 .pdf

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1、原子物理学习题第一章作业教材20页3题：若用动能为1 MeV 的质子射向金箔，问质子和金箔原子核（Z=79）可以达到的最小距离多大？又问如用同样能量的氕核代替质子，最小距离为多大？解：mr=Z1*Z2*e2/4*0*E = = 1.14 10-13 m 氕核情况结论相同21页4题：粒子的速度为1.597 107 m/s，正面垂直入射于厚度为10-7米、密度为1.932 104 kg/m3的金箔。试求所有散射在 90的 粒子占全部入射粒子的百分比。金的原子量为197。解：金原子质量MAu = 197 1.66 10-27 kg = 3.27 10-25 kg 箔中金原子密度N = /MAu =

2、= 5.91 1028个/m3 入射粒子能量E = 1/2 MV2 = 1/2 4 1.66 10-27 kg (1.597 107 m/s)2 = 8.47 10-13 J 若做相对论修正E = E0/(1-V2/C2)1/2 = 8.50 10-13 J 对心碰撞最短距离a=Z1Z2e2/40E = . = 4.28 10-14 m 百分比dn/n (90180 )=90sin145sin14222Nta= = 8.50 10-4 % 21页7题： 3.5 MeV 粒子细束射到质量厚度为0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1） 。粒子与银箔表面成60角。在离入射线成20 的方向上，离银箔

3、散射区距离L=0.12 m 处放一窗口面积为6.0 10-5 m2的计数器。测得散射进此计数器窗口的粒子是全部入射粒子的百万分之29。已知银的原子量为107.9。求银的原子序数 Z。解：银原子质量：MAg = 107.9 1.66 10-27 kg = 1.79 10-25 kg 银箔有效质量厚度： = 0.01 kg/m2cos30 = 0.0115 kg/m2有效单位面积上的银原子数：Nt= /MAg = = 6.45 1022个/m2计数器立体角：d = S/r2 = 6.0 10-5 m2 / (0.12 m)2 = 4.17 10-3 d与 d之间的关系：d = S/r2 = (2

4、r sin ) (r d ) / r2 = 2sind微分散射截面d = 2162sin2cos4sin4232ddaa= = 0.2866 a2百分比dn/n = NtAd /A = Nt d = 29/106所以d = 4.496 10-28a = 3.96 10-14 m即 Z ZAg e2 / (40E) = a = 3.96 10-14 m 计算得ZAg = . = 48 约等于实际值47 第一章习题课：能量为3 MeV 的粒子束射向厚度为1.5 m 的 Pb 箔。试求粒子被散射到60 90 的几率。 Pb 的密度为 11350 kg/m3，原子序数为82，原子量为207。解：单个铅

5、原子质量：MPb = 207 1.66 10-27 kg = 3.436 10-25 kg 单位体积内铅原子数：N = / MPb = = 3.303 1028个/m3散射到 60 90 度方向的几率P(60 90 ) = dNtdNta90603290602sin2cos4= 2)451301(42222sinsinaaNtNt其中a= ZZPbe2/40E = . = 7.87 10-14 m P(60 90 ) = = 4.82 10 -4 = 0.0048 % 第二章作业76 页 1 题：试计算氢原子的第一玻尔轨道上电子绕核转动的频率、线速度和加速度。名师资料总结 - - -精品资料欢

6、迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 32 页 - - - - - - - - - 解：rvmree222041所以 mev2 = 120241Ere27.2 eV = 43.57 10-19 J v = 2.187 106 m/s f = v/2r = 2.187 106 m/s / 6.28 0.529 10-10 m = 6.583 1016 HZ a = v2/r = 9.05 1022 m/s23 题： 用能量为12.5 eV 的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能级跃迁时会出

7、现哪些波长的谱线。解：设最高被激发到m 态。则12.5 eV E(m)-E(1) = hcR(1-1/ m2) 所以m2 12.36 m = 3 h (mn) = E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n2-1/m2) (31)=hc/E(3)-E(1) AeVhc410241. 1= 102.6 A(32)=hc/E(3)-E(2) = 657.0 A(21)=hc/E(2)-E(1) = 121.7 A5 题 ：从Li2+离子第一激发态向基态跃迁时所发光子是否可以使处于基态的He+离子电离？解：类氢离子能级能量：En = -hcRZ2/n2n=1,2,3 . 题中 Li2+离子中出射

8、光子能量E = E2 E1 = 9/4 hcR = 91.8 eV 使 基态 He+ 离子电离所需能量Eion = E - E(1) = 2 hcR = 54.4 eV 9/4 2, 故 能使电离。7 题：已知一对正负电子绕共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的电子偶素。试计算其第一激发态向基态跃迁时放出光子的波长。解： m1 = m2 = m 质心系中r = r1 + r2 r1 = r2 = r/2 v1 = v2 = v 运动学方程ke2/r2 = 2mv2/r - (1) 角动量量子化条件：m1 v1 r1 + m2 v2 r2 = mvr = n ?- (2) (1) 和 (2)

9、 联立解得：2/42220mren-(3) 从运动学角度求取体系能量的表达式E = EK+EP = 1/2 m1 v12 + 1/2 m2 v22 Ke2/r = mv2 Ke2/r ）代入把（1-Ke2/2r - (4) (3) 代入 (4) 中En = -hnem22242)4(0)2/(2= 1/2 En (H) = - 13.6 eV/2n2E2 E1 = = 5.1 eV (21)=hc/E(2)-E(1) = 2433 A77 页 11 题： 在史特恩 -盖拉赫实验中， 处于基态的窄银原子束通过不均匀横向磁场，磁场梯度为B/ z = 103T/m ，磁极纵向范围L1 = 0.04

10、m ( 习题图 2-1)，从磁极到屏距离L2 = 0.10 m ，原子速度v = 500 m/s。在屏上两束分开的距离d = 0.002 m。试求原子磁矩在磁场方向上投影z大小。磁场边缘的影响忽略不计。解：原子通过L1 和 L2 的时间t1 = L1/v ，t2 = L2/v 通过 L1 时段原子受力fz = zB/ z，方向因z方向的不同而不同，或者向上或者向下。Z 方向原子的加速度az = fz/m 刚脱离磁场时刻原子 Z 方向的瞬时速度vz = az t1 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 -

11、- - - - - - 第 2 页，共 32 页 - - - - - - - - - 原子在Z 方向的偏转位移d/2 = 1/2 az t12 + vz t2 代入数值计算得z = 1.007 B = 9.335 10-24 J/T 第二章习题课：禇圣麟教材76 页 2 、4、 6 题；杨福家教材68 页 2-3、2-10 题。1 计算基态氢原子的电离电势和第一激发电势。解：氢原子能级能量En = - hcR/n2 = -13.6 eV/n2n= 1, 2, 3, . 基态n =1 ，第一激发态n = 2 ，电离后n = 容易求得：第一激发电势10.2 V，电离电势13.6 V 2 估算He+

12、离子、 Li2+离子第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线的波长分别与氢原子上述物理量之比。解：类氢离子能级能量En = -hcRAZ2/n2 -hcRHZ2/n2n = 1,2,3,. 轨道半径rn = a1 n2/Z 电离能Eionization = (E - E1) = hcRHZ2 第一激发能： Eexcitation = E2 - E1 = 3/4 hcRHZ2赖曼系第一条谱线的波长 = hc/(E2-E1) = 4/(3RHZ2) 因此：第一玻尔轨道半径比1 ：2 和 1 ： 3 电离电势比4 ：1 和 9 ： 1 第一激发电势比4 ：1 和 9 ： 1 赖曼系

13、第一条谱线波长比1 ：4 和 1 ：9 3 氢与其同位素氘混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。问 巴耳末系的第一条谱线(H ) 之间的波长差有多大？已知RH = 10967758 m-1，RD = 10970742 m-1 解：巴耳末系满足1/ = R (1/4 1/n2) n = 3, 4, 5, 6, . 对于谱线H，n=3，1/ = 5R/36， = 36/5R (H) - (D) = 36/5 (1/RH 1/RD) = RRRRHDHD5)(36= 1.7856 A4 欲使电子与处于基态的Li2+离子发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能？解：所谓非弹性散射指碰撞中机械内转变

14、为体系内能，对本题而言，电子动能转化为Li2+离子的内能使该离子从基态被激发到激发态。基态量子数为n=1，最低激发态的量子数为n=2。两态之间的能量差：E= E2 E1 = hcRZ2(1/12 1/22) = 91.8 eV 此即为电子至少需具备的动能。5.-子是一种基本粒子，除静止质量是电子质量的207 倍外，其余性质与电子相同。当它运动速度较慢时，被质子俘获形成原子。试计算： （1） 子原子的第一玻尔轨道半径；（2）子原子的最低能量； （3）子原子赖曼系中的最短波长。解：-子和质子均绕它们构成体系的质心圆周运动，运动半径为r1 和 r2，r1+r2 =r 折合质量M = m1 m2 /(

15、m1 +m2) = 186 mer1= r m2/(m1+m2) = r M/m1r2 = r m1/(m1+m2) = r M/m2运动学方程：Ke2/r2 = m1 v12/r1 = m12 v12 /(M r) - （1）Ke2/r2 = m2 v22/r2 = m22 v22 /(M r) -（2）角动量量子化条件：m1 v1 r1 + m2 v2 r2 = n ?n = 1, 2, 3, . 即 M (v1 +v2) r = n ?-（3）共有三个方程、三个未知数。可以求解。(1) 式 与 (2)式 做比值运算：v1 / v2 = m2/m1代入(3) 式中M v2 (m2/m1 +

16、1) r = n ?即 m2 v2 r = n ?- (4) (2)式 和 (4)式 联立解得：anehnrMn122220218644- （5）式中a1 = 0.529 A，为氢原子第一玻尔轨道半径。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 32 页 - - - - - - - - - 根据（ 5）式，可求得，子原子的第一玻尔轨道半径为r1 = a1/186 = 0.00284 A。再从运动学角度求取体系能量对r 的依赖关系。E = EK + EP = 1/2 m

17、1 v12 + 1/2 m2 v22 K e2/r = (1/2 M/m1 + 1/2 M/m2 1) K e2/r = - 1/2 K e2/r 把（ 5） 式代入上式中En = )(186)4(2222042HEhnMen因此，子原子的最低能量为E(n=1) = 186 (-13.6 eV) = -2530 eV 赖曼系中最短波长跃迁对应从 n = 1 的跃迁。该跃迁能量即为2530 eV。由 hc/ = 2530 eV 计算得到min = 4.91 A原子物理学习题课第三章1 设光子和电子的波长均为0.4 nm。 （1）两者的动量之比？（2）动能之比？解：不论对电子（electron）还

18、是光子 (photon)，都有： = h/p 所以pph/pe = e/ph = 1:1电子动能Ee = 1/2 meve2 = pe2 / 2me = h2 / (2 mee2) 光子动能Eph = h = hc/ph所以Eph / Ee = hc/ph (2 mee2) / h2 = hc / (2 mec2e) 其中组合常数hc = 1.988 10- 25 J m mec2 = 511 keV = 0.819 10- 13 J 代入得Eph / Ee = 3.03 10- 32 若一个电子的动能等于它的静止能量。（1）求该电子速度； （2）求德布罗意波长。解： (1) 相对论情况下总能

19、E = Ek + m0c2 = mc2 = 220)(1cvcm其中Ek为动能， m0c2为静止能量。对于电子，其静止能量为511 keV。由题意：)1)(11(2202020cvcmcmEEcmk容易解得ccv866.02/3(2) 电子动量cmcvvmmvp0203)(1其德布罗意波长AJmJcmchph0162520014.010602.1511732.110988.13/3 定性描述氢原子n = 1 和 n=2 l=1 m=0 时 电荷密度最大的空间位置所在。解答：电荷空间密度最大的位置对应电子出现几率最大的位置。在以z 轴为极轴的三维极坐标系r、 、中，电子出现几率对三者的依赖关系为

20、：（1）与无关，即关于z 轴对称。（2）对 r 的依赖关系转化为对量子数n 和 l 的关系。电子出现几率随r 的增加出现n- l 个极大值。当 n- l=1 时，极大值出现在r = n2a1位置，对应于玻尔模型中的圆形轨道。参见教材112 页图 3-15。（3）对 的依赖关系转化为对量子数l 和 m 的依赖关系。参见教材111 页图 3-14。因此，对于n=1 的氢原子：电子出现几率的最大位置是以r = a1为半径的一个球面。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共

21、 32 页 - - - - - - - - - 对于n=2 l=1 m=0 的氢原子， 电子出现几率的最大位置是在z 轴上的两个点， 在 z 轴上的坐标位置分别为4a1。对于n=2 l=1 m=1 的氢原子，电子出现几率的最大位置是在x-y 赤道面上的一个圆，圆半径为4a1。第三章作业题（ 113-114页）2 经过 10000 伏特电势差加速的电子束的德布罗意波波长？用该电压加速的质子束，其德布罗意波波长？解：非相对论下估算电子的速度：1/2 m0v2 = 10000 eV = m0c2 1/2 (v/c)2 = 511 keV 1/2 (v/c)2所以v 20% c 故 采用相对论公式计算

22、加速后电子的动量更为妥当。加速前电子总能量E0 = m0c2 = 511 keV 加速后电子总能量E = m0c2 + 10000 eV =521000 eV 用相对论公式求加速后电子动量ceVeVccmEcp1015870026112100000002714410000114202电子德布罗意波长meVmeVeVhcph106101222.010158710241.1101587= 0.1222 ?采用非相对论公式计算也不失为正确：56620010011.110241.110000511210241.122meVkeVmeVEcmhcEmhphkk0.1227 ?用该电压加速质子时，质子质量

23、是电子质量的1836 倍，质子速度会更小。直接采用非相对论公式计算。18361227.0183620kEmhph= 0.00286 ?3 电子被加速后速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来电子V25.12（? ） 的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：)10489.01(25.126VV（?） 。其中V 为以伏特为单位的电子加速电压的数值。请证明之。证明：非相对论下：0025.12phVp0为不考虑相对论而求出的电子动量，0为这时求出的波长。考虑相对论效应后：ph这里p 为考虑相对论修正后求出的电子动量，为这时求出的波长。则/0 = p0/p = 12122)(2122020204202

24、20042020cmEEcmEEmccmcmEEmccmEcEmkkkkkkkEk = 加速电势差电子电量，如果以电子伏特为单位，那么在数值上即为V。/0 = 12120cmV，这里m0c2也以电子伏特为单位，以保证该式两端的无量纲性和等式的成立。m0c2也以电子伏特为单位时，2 m0c2的数值为1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000 伏特，那么V/2m0c2远小于1。 （注意，这个设想实际上与电子速度很大存在一点矛盾。实际上电子速度很大，但是又同时不可以过大。否则，V/2m0c2远小于1 的假设可能不成立） 。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - -

25、 - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 32 页 - - - - - - - - - 设 y = 1 + V/2m0c2 = 1+ x， f(y) = y1由于x 1， f(y) 函数可在y = 1 点做泰勒展开，并忽略高次项。结果如下：f(y) = 1 + xyfy 1|= 1 + xyy 12/3|1)2/1(= 1-x/2 = 1 -204cmV将 m0c2以电子伏特为单位时的数值511000 代入上式，得f(y) = V610489.01因此 = 0 f(y) = )10489.01(25.126VV5 带电粒子在威尔

26、逊云室的轨迹是一串小雾滴，线度约为1 m。当观察能量为1000 eV 的电子径迹时，其动量与经典力学动量的偏差不小于多少？解：经典力学动量准确可求，如下：kEmp02， 这里m0为电子静止质量， Ek为电子动能， 即 1000eV。而从量子力学层次考虑，根据不确定关系，该量是不能准确确定的。该量的不确定度满足px?/2。这里x 1 m。所以p/p?/2 (1/p) (1/ x) = meVeVmeVxEcmhck6620101000511000256.1210241.11214= 3 10- 6即p/p3 10- 4 %7 粒子在一维对称势场中，势场形式如下图。即：0 x L 时 V = 0；

27、x L 时 V = V0。（1） 试推导粒子在E V0情况下总能量E 满足的关系式。（2）利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量E 只能取一些不连续的值。解答：以下将在两种不同坐标系下解答本问题。其中第一种维持原坐标不变；另一种为将横坐标向右平移L/2，即取x = x - L/2，在这个坐标系中，- L/2 x L 和 x 0 区域，V = V0，代入薛定谔方程并整理得uEVmdxud2022)(2设220)(2kEVm，由题中E 0 容易知道，上面薛定谔方程的通解在x L 区均为：2468100246810V0X Axis TitleV(X)0LxEV0名师资料总结 - - -精品资料欢迎

28、下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 32 页 - - - - - - - - - kxkxeBeAu，其中A、B 为待定系数。（注意，这里不可以认为在x L 时 无反射粒子。实际上，在该两区域，可以看成存在无穷多的连续势壁。这与教材势垒问题中在 x L 区间势场恒等于零，不存在势壁并因此不存在反射粒子的情况完全不同。）利用波函数的有界性知道：x 0 时，如果B 0，那么x -时 波函数趋于无穷。所以在x L 时， A = 0 。因此x L 时， u = B e- kx在 0 x 0。设222mE

29、容易知道上面薛定谔方程的通解为)sin( xCuC 和为 待定常数，且0 2或)sin()cos(xDxCuC和 D 为待定系数或xixieDeCu C和 D为待定系数三个通解线性相关并等效。本次计算中，采用第一个通解。总结一下，由定态薛定谔方程解得的波函数为：x 0，u1 = A ekxA 待定0 x L ，u3 = B e- kxB 待定各波函数在各自的适用区间中，满足有界性和 单值性。下面考察在整个区间的波函数连续性。由于在临界点两边的任何一侧，波函数不恒为零，所以波函数的连续性要求：x = 0 处， u1 = u2； du1/dx = du2/dx x = L 处， u2 = u3；

30、du2/dx = du3/dx 将上述连续性条件应用于波函数得A = C sinAk = C cosB e- kL = C sin( L+ ) - B k e- kL = C cos( L+ ) 进一步推导tan = / ktan( L+ ）= -/ k由 tan = / k 0，得0 /2、和3 /2 2由 tan ( L+ ) = tan (-) 得L+ = n-即 = n /2 -L/2 = 222mELnn = 1, 2, 3, . 又由 tan = / k 得)23)(arcsin()20(arcsinarctan000VEVEEVE或名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

31、 - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 32 页 - - - - - - - - - 因此能量E 满足的关系式为0 0arcsinVE=222mELn /2 n=1,2,3, N1或 )arcsin(0VE= 222mELn 3 /2 n= 3,4,5,.N2其中N1 = INTEGER(122hmEL) N2 = INTEGER(322hmEL) (2) 图解法说明能量取值的不连续性设 0 f1(x) = arc sinx /2；f2(x) = xmVLn2220； f3(x) = arc sin(- x)

32、3/2 其中0 x =0VE 1 则能量 E 的解可通过f2与 f1的交点、与f3的交点的横坐标求出。0.000.250.500.751.00012345n=10n=3n=2f(x)xn=1f1f3f2做各函数曲线如上图所示。图中横坐标为0VE。从f2 函数与 f1 及 f3 函数的交点的横坐标可求出能量 E 的解。解的个数与0 x 1 区间内交点的个数相等，而交点的个数决定于f2 函数的斜率220mVL。斜率越大，交点个数越多。当L 和 m 很大时，交点的横坐标数值趋于连续，对应宏观现象。当二者不是很大时，交点的横坐标数值是不连续的，也就是说能量E 的取值是不连续的。下面采用第二种坐标系重新

33、求解本问题。坐标平移，设x = x - L/2 则势场变为：I 区x - L/2，V = V0II 区- L/2 x L/2 ，V=V0在 I 区中：uEVmdxud2022)(2名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 32 页 - - - - - - - - - kxkxIeBeAu11其中k = )0(2EVm利用边界条件知道A1 = 0，所以kxIeBu1同理知道在III 区中：kxIIIeAu3，在 II 区中：umEdxud2222所以)sin()cos

34、(22xBxAuII，其中mE2波函数的连续性要求：x = - L/2 处， uI = uII； duI/dx = duII/dx x = +L/2 处， uII = uIII； duII/dx = duIII/dx 代入波函数进行运算得)2sin()2cos(2221LBLAeBkL- （1）)2cos()2sin(2221LBLAekBkL-（2）)2sin()2cos(2223LBLAeAkL- （3）)2cos()2sin(2223LBLAekAkL- （4）(1) 式两端同乘k 后，右端与(2)式右端相等；(3) 式两端同乘-k 后，右端与(4)式右端相等。)2sin()2cos(2

35、2LkBLkA)2cos()2sin(22LBLA)2sin()2cos(22LkBLkA=)2cos()2sin(22LBLA两式相加(略去 B2的下角标 )：)2sin(LkB= )2cos(LB两式相减(略去 B2的下角标 )：)2cos(LkA= )2sin(LA当 A 0 ，同时B 0 的条件下：1)2(tan2L。无实数解。当 A 0 ，同时B = 0 条件下：kL)2tan(即EEVmEL0)22tan(当 A = 0 ，同时B 0 条件下：kL)2tan(即EVEmEL0)22tan(上面两式即为能量E 满足的关系式。图解法求能量E：设 x = 0VEf1(x) = 112xf

36、2(x) = )22tan(0 xmVLf3(x) = )(11xf名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 32 页 - - - - - - - - - 做上面三个函数的曲线求交点，进一步可求能量E 以及证明它的不连续性和取值个数的有限性。另外，上面能量E 所满足的关系式还可以做进一步的变换。当 A 0 ，同时B = 0 条件下：1)2(cos1)2(cos)2(sin)2(tan222222LLLkL02222)2(cosVEkL0)2cos(VEL当 A =

37、0 ，同时B 0 条件下：1)2(cos1)2(cos)2(sin)2(tan222222LLLkL022221)2(cosVEkkL0)2sin(VEL设 x = 0VE，(0 x 1) ；设220mVL=C (常数 )；则当 A 0 ，同时B = 0 条件下： cos(Cx) = x 当 A = 0 ，同时B 0 条件下： sin(Cx) = x 做 f1(x) = cos(Cx) ；f2(x) = x ；f3(x) = sin(Cx) 曲线：0.000.250.500.751.00-1.00-0.75-0.50-0.250.000.250.500.751.00f2f2f1xf(x)f3解

38、释从略。然而两种方法求得的E 值个数居然不同 (两次作图中均设常数C=10)，这一点仍感到疑惑。原子物理学第四章习题课1 （教材143 页 第四章习题1） 已知Li 原子光谱主线系最长波长 = 6707 ? ，辅线系系限波长 = 3519 ? 。求 Li 原子第一激发电势和电离电势。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 32 页 - - - - - - - - - 解： Li 原子主线系为np 2s 跃迁。波长最长的跃迁对应2p 2s 跃迁。同时2p 态即为

39、Li 原子第一激发态。第一激发态的能量E = hc/ = 1.988 10- 25 J m / 6707 ? = 2.96 10- 19 J = 1.85 eV 所以第一激发电势为1.85 V。第一和第二辅线系的系限是相同的。波长为系限波长的光子能量等于n = 的 S 或 D 能级与2p 能级之间的能量差。该能量为： E = hc/ = 1.988 10- 25 J m / 3519 ? = 5.64 10- 19 J = 3.53 eV 因此，从n = 到 基态即 2s 态的能量间隔为E= 1.85 eV + 3.53 eV = 5.38 eV 。所以基态Li 原子的电离电势为5.38 V。

40、2 （教材143 页 第四章习题6） 计算氢原子赖曼线系第一条的精细结构分裂的波长差。解：不考虑精细结构时，氢原子赖曼线系第一条线对应 从 n =2 至 n =1 的跃迁。考虑精细结构后，n =1 能级l = 0 无分裂，原子态为12S1/2。n =2 能级 l = 0 或 1，与自旋耦合可形成3 个能级，原子态分别为22S1/2，22P1/2, 22P3/2。由跃迁选择定则：l = 1； j =0, 1 知道，考虑精细结构后，原来的1 条光谱线分裂为2 条，分别对应从 A：22P1/2 和 B：22P3/2态 到 12S1/2态的跃迁。2P1/2 态能级低于2P3/2态能级。两条跃迁的波长差

41、为： = A-B = hc/EA- hc/EB =hc (EB- EA)/(EAEB) hc (EB- EA) / (En=2- En=1)2式中： hc = 1.988 10- 25 Jm = 1.241 10- 6 eV m (En=2- En=1)2 = (- hcR/4 + hcR/1)2 = 9/16 (hcR)2 = 9/16 (13.6 eV)2 = 104.04 eV2EB- EA = (En=2, Bohr + En=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling- Eground-state) - (En=2, Bohr + En=2 j

42、=1/2, relativity spin-orbital coupling- Eground-state) = En=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling-En=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling= )432/11()432/11()(342njnjnsZRhcAB= 342)(nsZRhc2/12/112/12/31= 22342137166.13162)(eVRhcnsZRhc= 4.53 10- 5 eV 所以 = hc (EB- EA) / (En=2- En=1)2 =mmRRhcRhch

43、cH1312222104 .510967758137919)(16/916= 0.0054?3 已知Li 原子的S 能级的量子数亏损s = 0.41 。实验测得将Li 原子的三个电子依次电离共需要电离能 203.44 eV。求每个电子的电离能，以及原子实中一个电子对另一个电子的电荷屏蔽常数。解答： Li 原子中含三个电子，两个电子占据n=1 轨道并与原子核形成原子实，另外一个电子作为价电子占据n=2 轨道，基态时价电子的原子态为2S1/2。将第一个电子即价电子电离所需要的能量等同于Li 原子主线系系限跃迁（从 n=态 至 2 2S1/2态）的能量。主线系的波数可表达为：)(1)2(122psL

44、inRn=2, 3, 4, . 系限跃迁波数222)2()(1)2(1sLipsLiRR由题意知道：s = 0.41。另外近似取 RLi为类氢Li 离子情况的RLi+ ,约为1.097 107 m- 1。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 32 页 - - - - - - - - - 则系限跃迁能量即第一个电子的电离能为：E1st = 22)41.02(6.13)2(eVhcRhcsLi= 5.38 eV假设第二个电子已经被电离，根据类氢离子光谱的规律求第三

45、个电子的电离能：类氢离子的能级满足22nZhcREAn因此 Li 原子第三个电子的电离能为E3rd = E- E1 = hcRLiZ2 13.6 eV 32 = 122.40 eV进一步可求得Li 原子第二个电子的电离能为：E2nd = Etotal - E1st - E3rd = 75.66 eV重新回到第二个电子被电离之前。设另一个电子对它的电荷屏蔽常数为。由于n=1，轨道贯穿效应和原子实极化效应可忽略。则第二个电子所感受到的有效电荷为Z-。由这样状态的电子所形成的原子能级应该近似满足22)(nZhcREAnn= 1, 2, 3, 4, . 该电子的电离能Eionization = E-

46、E1 = hcRLi (Z-)2它应等于前面求出的E2nd = 75.66 eV 由 hcRLi (Z-)2 = 13.6 eV (3-)2 =75.66 eV 求出 = 0.64 原子物理学第四章作业(Chu Sheng Lin 教材143 页)2Na 原子的基态为3S。已知其共振线波长为5893 ? ，漫线系第一条的波长为8193 ? 。基线系第一条线的波长为18459 ?，主线系的系限波长为2413 ? 。试求3S、3P、3D、4F 各谱项的项值。解答： Na 原子能级示意图及题中所述各跃迁如下：n=infiniten=4n=4n=4n=4n=3n=31845981932413s p d

47、 f g5893n=3理论上原子的共振线（可以因为频率相同而发生共振被吸收原子吸收的光子）可以有很多条。 题中所谓共振线指第一激发态与基态之间的跃迁。对应该跃迁的共振截面是最大的。与氢原子相似，碱金属原子的光谱跃迁的波数可以表达为)()()*1*1(122nTmTnmR由题中已知信息得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 32 页 - - - - - - - - - )4()3(184591)3()3(81931)3()3(58931)3()()3(24131

48、FTDTADTPTAPTSTASTTSTA依次解得： T(3S) = 4.144 、T(3P) = 2.447 、T(3D) = 1.227 、T(4F) = 0.685 ，单位为106 m- 13K 原子的共振线波长为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各为多少？解答：思路与上题相似，可以解出T(4S) = 3.499 10 6 /m、T(4P) = 2.194 10 6 /m。241724216)4(10097.1)(*10499.3)4(SSmnRnRmST因此S = 2.229 类似的计算得P = 1.764

49、4 Li 原子的基态为2S，当把Li 原子激发到3P 态后，问当Li 原子从 3P 激发态向低激发态退激时，可能产生那些谱线（不考虑精细结构）？解答：基态2S 与激发态3P 之间存在有中间激发态2P 和 3S。Li 原子从 3P 激发态向低激发态退激时，退激跃迁满足选择定则l = 1、j = 0、 1。不考虑精细结构，可能产生的谱线如下图所示，共计4 条跃迁。7 Na 原子光谱中得知其3D 项的项值T3D = 1.2274 10 6 /m。试计算该谱项之精细结构裂距。解答：（1）由) 1(*18133*)3(342222llnZRnRZnRDT）页公式（以及教材可以计算出3D 项以波数差表示的

50、裂距为3.657 米- 1（2）在上述公式（18）没有掌握的情况下，可以选择从教材138 页公式（ 7）出发解题。)432/11()()(34222njnsZRhcnZRhcE在这样的计算中，必须假定表征有效电荷Z* 的 Z-和 Z- s 相等。实际上在前面的解法（1）中也做了这样的假定，该解法中未做Z-和 Z- s 的精细划分， Z* 实际上与Z- s 相对应。3S2S2P3P名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 32 页 - - - - - - - - -