原子物理学习题解答.doc

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1、原子物理学习题解答1.1 电子和光子各具有波长0.20nm,它们的动量和总能量各是多少?解：由德布罗意公式,得：1.2 铯的逸出功为1.9eV,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1.5eV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知,铯的光电效应阈频率为:阈值波长: (2) 故: 1.3 室温(300K)下的中子称为热中子.求热中子的德布罗意波长?解：中子与周围处于热平衡时,平均动能为:其方均根速率: 由德布罗意公式得：1.4 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

2、）由题意知，所以（2）由德布罗意公式得： 1.5 (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,式中和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:德布罗意波长: 所以, (2)解：当时，有，即：故电子的动能为：1.6 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,试问该原子态的寿命为多长?解： 由海森伯不确定关系得：1.7 一个光子的波长为300nm,如果测定此波长精确度为.试求此光子位置的不确定量.解： ，或：由海森伯不确定关系得：2.1 按汤姆逊的原子模型，正电荷以均

3、匀密度分布在半径为R的球体内。(1) 设原子内仅有一个电子,试证该电子(电量为-e)在球体内的运动是以球心为平衡位置的简谐振动; (2) 设正电荷的总量等于一个电子的电量,且m,试求电子振动频率及由此辐射出的光子的波长.解：(1) 电子所受库仑引力为: ,由于 ， 所以 由此可知, 电子的运动是以球心为平衡位置的简谐振动.(2) 当Z=1, m时, 振动频率 辐射出的光子波长: 2.2 当一束能量为4.8MeV的粒子垂直入射到厚度为cm的金箔上时,探测器沿20方向每秒纪录到个粒子.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粒子?(2)若粒子能量减少一半,则沿20方向每秒可

4、测得多少个粒子?(3) 粒子能量仍为4.8MeV,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粒子?(金和铝的密度分别为19.3g/cm3和2.7g/cm3,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, (1) 当时, 每秒可纪录到的粒子满足:故 (个)(2) 由于,所以 (个)(3) 由于,故这时:(个)2.3 动能为40MeV的粒子和静止的铅核(Z=82)作对心碰撞时的最小距离是多少?解：由公式: , 当对心碰撞时,则2.4 动能为0.87MeV的质子接近静止的汞核(Z=80),当散射角时,它们之间的最小距离是多少?解：最小距离为: 2.

5、5 试证明粒子散射中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：，当时，这时而对心碰撞的最小距离： 证毕。2.6 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：121.6nm,656.3nm和1875.1nm.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) (2) (3)由(1)+(2)式得: 由(1)+(2)+(3)式得: 由(2)+(3)式得: 其中,和分别是赖曼系第二、三条谱线; 是巴尔末系第二条谱线.2.7 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

6、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 , ，对于基态氢原子, Z=1, 由 得电离电势为13.64V由 得第一激发电势为10.23V.2.8 对于氢原子、一次电离的氦离子He+和两次电离的锂离子Li2+，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+：(m/s)(m/s)Li2+：(m/s)(m/s)（2）电子在基态的结合能等于把电子从

7、基态电离所需要的能量：对于He+有：(eV)对于Li2+有：(eV)（3）对于He+有：(eV)所以He+的第一激发电势为40.8V对于Li2+有：(eV)所以Li2+的第一激发电势为91.8V.共振线波长:2.9 能量为12.6eV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，得而，但，所以气体将发出以下三种波长的辐射：2.11 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：氢原子电离所需要的能量为，所以，放出的电子动能为速度为： m/s2.12 已知动能为91.8eV的电子恰好

8、使某类氢离子由基态激发至第一激发态，试问该类氢离子是什么?现以动能为110eV的电子激发该基态离子,试问可得到几条谱线?这些谱线的波长各为多少?(不考虑精细结构)解: 由,得：所以该类氢离子是Li2+. 由于和,所以动能为110eV的电子能将Li2+激发至n=3的激发态,可得三条谱线,波长分别为:2.13 子是一种基本粒子,除静止质量为电子质量的207倍外,其余性质与电子一样.当它运动速度较慢时,被质子俘获形成子原子.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) 子原子赖曼线系中的最短波长.解: 由于折和质量(1) (2) (3)赖曼线系中的最短波长为: 2.1

9、4 已知氢和重氢的里德伯常数之比为0.999728,而它们的核质量之比为mH/mD=0.50020.计算质子质量与电子质量之比.解: 由和知:解得: 2.15 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: 由动量守恒定律得氢原子的反冲速度为: (2) 反冲能量 显然 可见反冲能量是可以忽略不计的.2.16 试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳整数个电子的德布罗意波波长,不论这稳定轨道是圆形还是椭圆形的.证明: 轨道量子化条件是：对氢原子圆轨道来说，所以有：所以,氢原子

10、稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波长。椭圆轨道的量子化条件是：其中而 3.2 一粒子在一维无限深势井中运动，已给，求归一化常数A；又若，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：得: .同理，若，由归一化条件可得：则 ， .粒子出现几率最大处对应:,有 易求得 (由波函数的连续性，x=0,或x=a两个解舍去)所以, 粒子在处出现的几率最大.4.1已知锂原子光谱主线系最长波长，辅线系系限波长，求锂原子第一激发电势和电离电势。解：主线系最长波长的谱线对应跃迁为2pg2s，有：而辅线系系限对应，所以得：第一激发电势为电离电势为4.2 钠

11、原子基态为3s，已知其主线系第一条线（共振线）波长为589.6nm，漫线系第一条线的波长为819.3nm，基线系第一条线的波长为1845.9nm，主线系的系限波长为241.3nm，试求3S,3P,3D,4F各谱项的项值。解：由题意知：由 得： 由 得： 又由 得： 4.3 钾原子共振线波长为766.5nm，主线系系线波长为285.8nm，已知钾原子基态为4s，试求4S，4P谱项的量子数亏损、各为多少？解：由 得：又由得：4.4 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。32S

12、1/222S1/222P3/222P1/232P3/232P1/232D5/232D3/2（2）考虑精细结构时，如图（b）所示。2S2P3S3P3D(图a) （图b）4.5 为什么S谱项的精细结构总是单层的?试直接从碱金属光谱双线的规律性和从电子自旋与轨道相互作用的物理概念两方面分别说明之.答: (1) 从碱金属光谱双线的规律性(课本p.117.图4.3.1)来看,第二辅线系的每一条线中二成分的间隔既然相同,那就必然是由于同一原因.我们知道这个线系是诸S能级到最低能级的跃迁产生的,所以,最低P能级是这线系中诸线共同有关的.如果我们设想这个P能级是双层的,而S能级都是单层的,就会得到与第二辅线系

13、双线规律性一致的结论.再看主线系的每条线中二成分的波数差随着波数的增加逐渐减少,足见不是一个来源.我们知道,主线系是诸P能级跃迁到最低S能级的结果,从第二辅线系的情况已推得S能级是单层的,最低P能级是双层的,那么是否可以推想所有P能级都是双层的,而且这双层的间隔随量子数n的增加而逐渐缩小,这个推论完全符合主线系的情况.这样我们从碱金属光谱双线的规律性直接推得S谱项的精细结构总是单层结构.(2) 从电子自旋与轨道相互作用来看,由于S态的电子轨道角动量为0,总角动量就等于电子的自旋角动量,能级不分裂,故谱项S项的精细结构总是单层结构.4.6 钠原子共振线的双线波长分别为589.0nm和589.6n

14、m，试求3P能级精细结构的裂距。解：4.7 钠原子光谱主线系短波限的波长为241.3nm，主线系最长波长为589.6nm，求钠原子基态能量和辅线系短波限。解：由题意知 , 则：基态能量 辅线系短波限 n=2n=112S1/2l=0l=122S1/222P1/222P3/2III 得：4.8试计算氢原子赖曼线系第一条谱线的精细结构分裂的波长差。解：如右图示，赖曼线系第一条谱线的两条分线为由能级公式 4.9已知斯特恩盖拉赫实验中，如基态氢原子在磁场中速度v=104m/s，磁场纵向范围L=10cm。见课本图4.4.3,求裂距S.解:*从碱金属原子光谱可知，自旋与轨道角动量相互作用，合成总角动量量子数

15、j取值为：j=l+s,l+s-1,|l-s|.共2s+1个值.由于能级是双层的,所以2s+1=2,即s=1/2.电子自旋角动量的值应为:.双层能级反过来说明了(电子)自旋量子数应为1/2.另外还可以从周期表的排布规律说明电子自旋量子数是1/2.*例: 假定电子的自旋不是1/2而是3/2,问元素周期表第二周期将有几个元素?该周期中惰性气体的原子序数为多少?它的基态谱项符号是什么?解: 第一壳层中电子的运动状态为n=1,l=0,ml=0,ms=3/2,1/2,-1/2,-3/2.因此第一壳层有四个运动状态,可容纳四个电子.第二壳层中电子的运动状态有: l=0, ml=0, ms=3/2, 1/2,

16、 -1/2, -3/2. n=2 1, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/2.l=1, ml= 0, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/2.-1, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/2.可见,第二壳层有16个运动状态,最多可容纳16个电子,即第二周期将有16种元素,其惰性气体是最后一种元素,原子序数Z=20.由于各支壳层都被填满,所以L=0,S=0,J=0,基态谱项符号为1S0.讨论: 电子自旋s=3/2是一种假想情况,结果导致第二周期有16种元素及惰性气体的原子序数为20,这结果与事实相矛盾,比实际的数字超过了一倍.这就间接证明了电子自旋是1/2而不可能是3/2

17、或其它数值.5.1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p5(或p4)时,试证明按L-S耦合,可能的原子态和单个p电子(或p2)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d9与d电子、(d8与d2电子) 可能形成的原子态相同.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于是(nl)x的总角动量对应的与(nl)N-x的总角动量对应的等值反号,它们对应的角动量大小L是相同的.类似地, 与也是等值反号,对应的自旋角动量大小S相同.这样,对l=1的

18、p次壳层,由于最多可容纳6个电子,所以p5与p1或者p4与p2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d9与d或d8与d2电子的各角量子数分别相等,可能形成的原子态也相同.5.2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L1和L2之间的夹角,自旋角动量S1和S2之间的夹角分别是多少?解: 对组态为2p3d的两个电子l1 =1 , l2 =2 , s1 = s2 = 1/ 2.轨道角动量大小为 , 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

19、为 它们总的自旋角动量S的大小为 由L = L1 + L2 ,如右图所示,可得轨道角动量L1和L2之间的夹角则: , .类似地自旋角动量S1和S2的大小为 则自旋角动量S1和S2之间的夹角得: , .5.3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) (2) (3) (4) (5) 解: (1) , , , .构成1S0,3S1.(2) , , , .构成的原子态如表(2).(3) , , , .构成的原子态如表(3).(4) , , , .构成的原子态如表(4).(5) , , .构成的原子态如表(5).S=0S=1L=11P13P2,1,0(2)S=0S=1L=21

20、D23D3,2,1(3)S=0S=1L=11P13P2,1,0L=21D23D3,2,1L=31F33F4,3,2(4)S=0S=1L=01S03S1L=11P13P2,1,0L=21D23D3,2,1L=31F33F4,3,2L=41G43G5,4,3(5)3s1S04s1S03p1P14s3S13p3P23p3P13p3P0(5.4题图)5.4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1S0；3s3p构成3p1P1和3p3

21、P2,1,0; 3s4s构成4s1S0和4s3S1。出现的谱线如图所示：5.5.Ca原子的能级是单层和三重结构, 三重结构中J大的能级高,其锐线系的三重线的频率,其频率间隔为, ,试求其频率间隔值.1S01P13S13P13P03P24s5s5s4p4p(5.5题图)解: Ca原子(Z=20)基态的电子组态为 1s22s22p63s23p64s2, 基态谱项 4s2 1S0 ; 激发态电子组态4s4p构成的原子态为1P1和3P2,1,0; 电子组态4s5s构成原子态1S0和3S1.锐线系三重线对应电子跃迁情况如图所示,由朗得间隔定则,得:.5.6 已知He原子的一个电子被激发到2p轨道,而另一

22、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.1S01P13S13P13P03P21s2s2p2p2s(5.6题图)解: 原子基态为1s1s1S0;激发态1s2p构成原子态1s2p1P1和1s2p3P2,1,0.激发态1s2s构成原子态1s2s1S0和1s2s3S1. 可能出现的光谱线的跃迁如图所示.5.7 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6p6p3P0(6p6p构成的原子态有1S0;3P2,1,0;1D2);激发态6p7s的两个电子量子数 ,s1

23、=1/2; l2=0,s2=1/2 由j-j耦合可得: j1=3/2,1/2 ;j2=1/2.由j1=1/2, j2=1/2 得j=1,0 构成(1/2,1/2)1,(1/2,1/2)0两个原子态;j1=3/2, j2=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.1S01P13S13P13P03P22s3s3p3p3s(5.8题图)2p2p5.8铍原子基态的电子组态是2s2,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

24、为2s21S0,对于激发态2s3p, , , , 所以, 构成的原子态有:1P1,3P2,1,0四个原子态;2s3s组态有1S0,3S1两个谱项,2s2p组态有1P1,3P2,1,0,可以产生的光谱线如图所示.5.9 求出第二周期个原子基态光谱项,并与表5.1.3相比较.解: Li(锂)原子,Z=3,基态电子组态1s,谱项:2S1/2. (l=0,s=1/2)Be(铍)原子,Z=4,基态电子组态2s2,谱项:1S0. (l=0,s=0)B(硼)原子,Z=5,基态电子组态2p,谱项:2P1/2. (l=1,s=1/2)C(碳)原子,Z=6,基态电子组态2p2.l1=l2=1,s1=s2=1/2,

25、按照泡利原理,ml=(1,0,-1), ,(ml1,ms1)与(ml2,ms2)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3P0.N(氮)原子,Z=7,基态电子组态2p3.l1=l2=l3=1,s1=s2=1/2,ml=(1,0,-1),ms=1/2,当三个电子ml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,故基态谱项为4S3/2.O(氧)原子,Z=8,基态电子组态2p4.在2p3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3P2.(4个电子大于半满电子数,反序)F

26、(氟)原子,Z=9,基态电子组态2p5.在2p3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2P3/2.(反序)Ne(氖)原子,Z=10,基态电子组态2p6.相当于两个2p3相加,这时S=0,L=0.故基态为1S0.5.10.(1)波长为0.21nm的X射线在NaCl晶体的天然晶面上“反射”.已知掠入角为2155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kg/m3,计算阿伏伽德罗常数.已知Na的原子量为22.99,Cl的原子量为35.36.解: (1) ,nm.由得(2) 略.5.11.测得当工作电压为35kV时,由钼靶发出的

27、伦琴射线连续谱最短波长为0.0355nm,试计算普朗克常数h.解:由 得5.12.已知钨的K吸收限波长.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,由 , 得 5.13.已知某元素X射线标识谱的线波长为0.1935nm,试由莫塞莱定律确定该元素的原子序数Z.解: 由莫塞莱定律, 线波数表达式为 整理得:知该元素为铁Fe元素.5.14.铝的K系谱线之一的波长为0.797nm,已知相应的改正数为1.65,问这条谱线是何种跃迁产生的?解:由 得 可见,这条谱线是从M壳层向K壳层跃迁产生的.5.15.已知铜（Z=29）的线波长为0.154nm,试计算其K壳层电子的屏蔽系数.解: 由莫塞莱定律, 线波数表达式为 有 得第 13 页