神马文学网原子物理习题集
来源：百度文库 编辑：神马文学网 时间：2024/04/28 17:32:11
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：rm=Z1*Z2*e2/4*p*e0*E = …… = 1.14 ´ 10-13 m
氕核情况结论相同
-----------------------------------------------------------------------------------------------
21页 4题：a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 q ³ 90° 的a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 = r/MAu = …… = 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=Z1´Z2´e2/4´p´e0´E = …. = 4.28 ´ 10-14 m
百分比 dn/n (90°®180°)= = … = 8.50 ´ 10-4 %
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
21页7题：3.5 MeV a粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。a粒子与银箔表面成60°角。在离a入射线成20°的方向上，离银箔散射区距离 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a粒子是全部入射a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：m = 0.01 kg/m2 ¸ cos30° = 0.0115 kg/m2
有效单位面积上的银原子数：Nt= m/MAg = … = 6.45 ´ 1022 个/m2
计数器立体角：dW = S/r2 = 6.0 ´ 10-5 m2 / (0.12 m)2 = 4.17 ´ 10-3
dW 与 dq 之间的关系：dW = S/r2 = (2pr sinq) ´ (r´dq) / r2 = 2p sinq dq
微分散射截面 ds = = ……= 0.2866 ´ a2
百分比 dn/n = NtA´ds/A = Nt ds = 29/106
所以 ds = 4.496 ´ 10-28 a = 3.96 ´ 10-14 m
即 Za ´ ZAg ´ e2 / (4pe0´E) = 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a粒子束射向厚度为 1.5 mm 的 Pb 箔。试求a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 = r / MPb = … = 3.303 ´ 1028 个/m3
散射到60°~90°度方向的几率 P(60°~90°) = =
其中 a= Za´ZPb´e2/4´p´e0´Ea = …. = 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。
解： 所以 mev2 = 27.2 eV = 43.57 ´ 10-19 J
v = 2.187 ´ 106 m/s
f = v/2pr = 2.187 ´ 106 m/s / 6.28 ´ 0.529 ´ 10-10 m = 6.583 ´ 1016 HZ
a = v2/r = 9.05 ´ 1022 m/s2
3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现哪些波长的谱线。
解：设最高被激发到 m 态。则 12.5 eV ³ E(m)-E(1) = hcR(1-1/ m2)
所以 m2 £ 12.36 m = 3
hn(m®n) = E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n2-1/m2)
l(3®1)=hc/[E(3)-E(1)] = 102.6
l(3®2)=hc/[E(3)-E(2)] = 657.0
l(2®1)=hc/[E(2)-E(1)] = 121.7
5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/n2 n=1,2,3……..
题中Li2+ 离子中出射光子能量 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)
和 (2) 联立解得： -------------------------(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 -Ke2/2r ------------ (4)
(3) 代入 (4) 中
En = - = 1/2 En (H) = - 13.6 eV/2n2
E2 – E1 = … = 5.1 eV
l(2®1)=hc/[E(2)-E(1)] = 2433 77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 = 103 T/m，磁极纵向范围 L1 = 0.04 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 mz 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 = mz ´ ¶B/¶z，方向因 mz 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
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 mz = 1.007 mB = 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/n2 n= 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+ 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/n2 n = 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 l = 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 (Ha) 之间的波长差 Dl 有多大？已知 RH = 10967758 m-1，RD = 10970742 m-1
解：巴耳末系满足 1/l = R (1/4 – 1/n2) n = 3, 4, 5, 6,………..
对于谱线 Ha ，n=3，1/la = 5R/36， la = 36/5R
la(H) - la(D) = 36/5 (1/RH – 1/RD) = = 1.7856 4 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：
DE= E2 – E1 = hcRZ2(1/12 – 1/22) = 91.8 eV
此即为电子至少需具备的动能。m- 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 m 原子。试计算：（1）m子原子的第一玻尔轨道半径；（2）m子原子的最低能量；（3）m子原子赖曼系中的最短波长。
解：m- 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 /(m1 +m2) = 186 me
r1= r ´ m2/(m1+m2) = r ´ M/m1 r2 = 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。
式 与 (2)式 做比值运算：
v1 / v2 = m2/m1 代入 (3) 式中
M ´ v2 ´ (m2/m1 +1) ´ r = n ? 即 m2 ´ v2 ´ r = n ? ------------------ (4)
(2)式 和 (4)式 联立解得：
------------------ （5）
式中 a1 = 0.529 ，为氢原子第一玻尔轨道半径。
根据（5）式，可求得，m子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284 。
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 ´ m1 ´ 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 =
因此，m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/l = 2530 eV 计算得到 lmin = 4.91
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）还是光子(photon)，都有：
l = h/p
所以 pph/pe = le/lph = 1:1
电子动能 Ee = 1/2 ´ me ´ ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2´me´le2)
光子动能 Eph = hn = hc/lph
所以 Eph / Ee = hc/lph ´ (2´me´le2) / h2 = hc / (2´me´c2´le)
其中 组合常数 hc = 1.988 ´ 10−25 J×m me´c2 = 511 keV = 0.819 ´ 10−13 J
代入得 Eph / Ee = 3.03 ´ 10−3
2 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 E = Ek + m0c2 = mc2 =
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：
容易解得
(2) 电子动量
其德布罗意波长
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、q、f中，电子出现几率对三者的依赖关系为：
与 f 无关，即关于 z 轴对称。
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。
对q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。
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 ´ m0 ´ v2 = 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
电子德布罗意波长 = 0.1222 Å
采用非相对论公式计算也不失为正确：
0.1227 Å
用该电压加速质子时，质子质量是电子质量的1836倍，质子速度会更小。直接采用非相对论公式计算。 = 0.00286 Å
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 （Å） 的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为： （Å）。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： p0 为不考虑相对论而求出的电子动量，l0 为这时求出的波长。考虑相对论效应后： 这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量，l 为这时求出的波长。
则 l/l0 = p0/p =
Ek = 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。
l/l0 = ，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）。
设 y = 1 + V/2m0c2 = 1+Dx，f(y) =
由于 Dx << 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 + = 1 + = 1−Dx/2 = 1 −
将m0c2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得
f(y) =
因此 l = l0 ´ f(y) =
5 带电粒子在威尔逊云室的轨迹是一串小雾滴，线度约为 1 mm。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： ，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 Dp ´ Dx ³ ?/2。这里 Dx ≈ 1 mm。
所以 Dp/p ³ ?/2 ´ (1/p) ´ (1/Dx) =
= 3 ´ 10−6
即 Dp/p ³ 3 ´ 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；x < 0 和 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/2 时 V=0、在其它区间 V =V0。
（1）E 满足关系的推导：本题中的势场与时间无关，所以是定态问题，而且是一维的。先写出定态薛定谔方程的一般形式，如下：
在 x > L 和 x < 0 区域， V = V0，代入薛定谔方程并整理 得
设 ，由题中 E < V0 知道 k2 > 0
容易知道，上面薛定谔方程的通解在 x < 0 和x>L区均为：
，其中 A、B 为待定系数。
（注意，这里不可以认为在 x < 0 以及 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 < 0 时 B =0。
类似道理 x > L 时，A = 0 。
因此 x < 0 时，u = A ´ ekx
x > L 时，u = B ´ e−kx
在 0 < x < L 区域，V = 0。代入 薛定谔方程中 得
这里 E > 0。
设
容易知道 上面薛定谔方程的通解为
C和 d 为 待定常数，且 0 £ d < 2p
或 C’ 和D’为待定系数
或 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 ´ ekx A 待定
0< x < L， C、d 待定
x > L， u3 = B ´ e−kx B 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 ； du2/dx = du3/dx
将上述连续性条件应用于波函数 得
A = C ´ sind
Ak = C ´ l ´ cosd
B ´ e−kL = C ´ sin(lL+d)
−B ´ k ´ e−kL = C ´ l ´ cos(lL+d)
进一步推导
tand = l/ k
tan(lL+d）= −l/ k
由 tand = l/ k > 0，得 0 < d < p/2、和 3p/2 < d < 2p
由 tan (lL+d) = tan (−d) 得
lL+d = np − d 即 d = np/2 − lL/2 = n = 1, 2, 3, …….
又由tand = l/ k 得
因此能量 E 满足的关系式为 0 < = < p/2 n=1,2,3,……N1
或 p < = < 3p/2 n= 3,4,5,…..N2
其中 N1 = INTEGER( ) N2 = INTEGER( )
(2) 图解法说明 能量取值的不连续性
设 0 < f1(x) = arcsinx < p/2；f2(x) = ；p < f3(x) = arcsin(−x) < 3p/2
其中 0 < x = < 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。
做各函数曲线如上图所示。图中横坐标为 。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 。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 = V0
II 区 −L/2 < x < L/2， V=0
III区 x > L/2， V=V0
在 I 区中：
其中 k =
利用边界条件知道 A1 = 0，所以
同理知道在III区中： ，
在 II 区中： 所以 ，其中
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
------------------------------ （1）
--------------------------------（2）
----------------------------- （3）
--------------------------- （4）
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。
=
两式相加 (略去B2的下角标)： =
两式相减 (略去B2的下角标)： =
当 A ≠ 0 ，同时 B ≠ 0 的条件下： 。无实数解。
当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下： 即
当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下： 即
上面两式 即为能量 E满足的关系式。
图解法求 能量 E：设 x =
f1(x) = f2(x) = f3(x) =
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：
当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：
设 x = ，(0 < x < 1)；设 =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： 解释从略。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 l = 6707 Å，辅线系系限波长 l¥ = 3519 Å。求Li原子第一激发电势和电离电势。
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Li原子第一激发态。第一激发态的能量
E = hc/l = 1.988 ´ 10−25 J×m / 6707 Å = 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/l = 1.988 ´ 10−25 J×m / 3519 Å = 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。
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：Dl =±1；Dj =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。
两条跃迁的波长差为：Dl = lA −lB = hc/EA − hc/EB =hc (EB−EA)/(EAEB) ≈ hc (EB−EA) / (En=2 − En=1)2
式中：hc = 1.988 ´ 10−25 J×m = 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 eV2
EB − EA = (En=2, Bohr + DEn=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling − Eground-state)
− (En=2, Bohr + DEn=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling − Eground-state)
= DEn=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling − DEn=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling
=
= ´
=
= 4.53 ´ 10−5 eV
所以 Dl = hc (EB−EA) / (En=2 − En=1)2
=
= 0.0054Å
3 已知 Li 原子的 S 能级的量子数亏损 Ds = 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s。
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： n=2, 3, 4, …….
系限跃迁波数
由题意知道：Ds = 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。
则系限跃迁能量即第一个电子的电离能为：
E1st = = 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个电子的电离能：
类氢离子的能级满足
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s。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−s。由这样状态的电子所形成的原子能级应该近似满足
n= 1, 2, 3, 4, …….
该电子的电离能 Eionization = E¥ − E1 = hcRLi (Z−s)2
它应等于前面求出的 E2nd = 75.66 eV
由 hcRLi (Z−s)2 = 13.6 eV ´ (3−s)2 =75.66 eV 求出
s = 0.64
原子物理学第四章作业(Chu Sheng Lin 教材 143页)Na 原子的基态为 3S。已知其共振线波长为 5893 Å，漫线系第一条的波长为8193 Å。基线系第一条线的波长为18459 Å，主线系的系限波长为2413 Å。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：
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
由题中已知信息 得
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−1K 原子的共振线波长为 7665 Å。主线系系限波长为 2858 Å。已知 K 原子的基态 为 4S。试求 4S、4P谱项的量子数修正项 DS、DP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。
因此 DS = 2.229
类似的计算得 DP = 1.764 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 D l = ± 1、Dj = 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
可以计算出 3D项以波数差表示的裂距为 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。
在这样的计算中，必须假定表征有效电荷 Z* 的 Z−s 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−s 和 Z−s的精细划分，Z*实际上与 Z−s 相对应。
3D能级由于自旋-轨道之间的耦合，分裂为 j = l + 1/2 = 5/2和 j = l − 1/2 = 3/2 双层。两层之间的能级间隔为
用波数表示 =
（用能量表示的裂距为4.538´10−6 eV）
原子物理学第五章习题课
1 分别按LS耦合和jj耦合写出 pd电子组态可以构成的原子态
解答： p电子的轨道角动量和自旋角动量量子数 l1 = 1 s1 =1/2
d电子的轨道角动量和自旋角动量量子数l2 = 2 s2 = 1/2
（1） LS 耦合情况：
总轨道角动量量子数 L = l1 + l2；l1 + l2 − 1；…… | l1 − l2| = 3，2，1
总自旋角动量量子数 S = s1 + s2；s1 + s2 − 1；…… |s1 − s2| = 1，0
总角动量量子数 J = L + S，L + S − 1，…… |L−S|
可耦合出的原子态2S+1LJ有：3F4,3,2、3D3,2,1、3P2,1,0、1F3、1D2、1P1
（2） jj 耦合情况：
p电子的总角动量量子数 j1 = l1 + s1，l1 + s1 − 1，……，| l1 − s1| = 3/2，1/2
d电子的总角动量量子数 j2 = l2 + s2，l2 + s2 − 1，……，| l2 − s2| = 5/2，3/2
总角动量量子数 J = j1 + j2，j1 + j2 − 1，…… | j1 − j2|
可耦合出的原子态 (j1, j2)J有 (3/2, 5/2)4,3,2,1 、(3/2, 3/2)3,2,1,0 、(1/2, 5/2)3,2 、(1/2, 3/2)2,1
2 求4I15/2 态的总角动量、总轨道角动量、总自旋角动量，并求总轨道角动量与总总角动量之间的夹角。
解答：由题中原子态符号可知：
总自旋角动量量子数 S 满足 2S+1 = 4，即 S = 3/2
总轨道角动量量子数 L = 6
总角动量量子数 J = 15/2
总自旋角动量：PS = ? =
总轨道角动量：PL =
总角动量：PJ =
三个角动量满足三角关系。
代入各角动量数值后计算得 cos (PL, PJ) =
所以夹角为 arc cos (0.9856) = 9.7 °
3 用简化的slater方法按LS耦合推导同科电子 d2 和 d8 的原子态，并分别给出各原子态的能级顺序。
解答：首先同科电子d2 的原子态的推导。
两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = 2，自旋量子数 s1 = s2 = 1/2
LS耦合下
总轨道角动量量子数 L = l1 + l2, l1 + l2 − 1, …… |l1 − l2| = 4，3，2，1，0
总自旋角动量量子数 S = s1 + s2, s1 + s2 − 1, …… |s1 − s2| = 1，0
各相应磁量子数的取值集合分别为：
ml1，ml2 = 2，1, 0, −1，−2；ms1，ms2 = 1/2, −1/2
ML = 4，3，2，1，0，−1，−2，−3，−4； MS = 1，0，−1
满足 Pauli exclusion principle 的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)
ML MS 1 0
4 (2, +)(2, −)
3 (2, +) (1, +) (2, +) (1, −)
(2, −) (1, +)
2 (2, +) (0, +) (2, +) (0, −)
(2, −) (0, +)
(1, +) (1, −)
1 (2, +) (−1, +)
(1, +) (0, +) (2, +) (−1, −)
(2, −)(−1, +)
(1, +) (0, −)
(1, −)(0, +)
0 (2, +) (−2, +)
(1, +)(−1,+) (2, +) (−2, −)
(2, −)(−2,+)
(1,+) (−1, −)
(1, −) (−1,+)
(0, +) (0, −)
首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数 ML 最大，这时该最大值为2。并给出对应的MS取值。如下：
ML = 4,3,2,1,0,−1,−2,−3,−4
MS = 0,0,0,0,0, 0, 0, 0, 0
分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=4；S=0。原子态为 1G4 。
在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 3, 2, 1, 0, −1, −2, −3
MS = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0
−1,−1,−1,−1, −1,−1,−1
因此 L = 3, S = 1。对应原子态为：3F4,3,2
继续重复上述过程：
ML = 2, 1, 0, −1, −2
MS = 0, 0, 0, 0, 0
对应 L = 2，S=0；原子态为 1D2
ML = 1, 0, −1
MS = 1, 1, 1
0, 0, 0
−1,−1,−1
对应 L=1，S=1；原子态为 3P0,1,2
ML = 0
MS =0
对应 L = 0、S = 0；原子态为 1S0
因此同科 d2 电子的原子态有：1G4、3F2,3,4、1D2、3P0,1,2、1S0
d 支壳层填满时 容纳 10 个电子，因此 同科 d8 电子的原子态与 d2 相同。
根据Hund 定则可以知道各原子态的能级顺序。
由d2 电子生成的各原子态的能级顺序为（为方便，用 < 表示 “能级低于”）
3F2 < 3F3 < 3F4 < 3P0 < 3P1 < 3P2 < 1G4 < 1D2 < 1S0
由d8 电子生成的各原子态的能级顺序为
3F4 < 3F3 < 3F2 < 3P2 < 3P1 < 3P0 < 1G4 < 1D2 < 1S0
(附录 Hund 定则：电子自旋平行排列时即S取值最大时 能级最低；S值相同时 L 取值最大的能级最低；S和L值相同而J值不同的诸能级顺序 在同科电子数小于或等于所在支壳层的半满时呈现正常次序，即J值越小能级越低；而在同科电子数大于所在支壳层的半满时 呈现倒转次序，即J值越大能级越低。同科电子生成的原子态一般满足这一定则。本题中 d 支壳层填满时容纳10个电子，所以d2 和d8 生成的原子态分别呈现正常次序和倒转次序。)
4 （禇圣林教材 169页习题7）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 n2 > n1 > n0 。其频率间隔为 Dn1 = n1 −n0 ，Dn2 = n2 −n1 。求比值 Dn2/Dn1。
解答： 基态Ca 原子 核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p64s2
只考虑一个电子被激发的情况，Ca原子的激发态由4s2 中的一个电子被激发到 4p、4d、4f、5s、5p 等轨道而形成。激发到各新轨道上的电子与保留在4s轨道的电子耦合，生成一系列原子态及对应的激发能级。由于这些能级呈现单层和三重结果，所以可以认为前述的两个价电子间的耦合方式属于LS耦合。所谓锐线系即为第二辅线系，指三重结构中从 各个S (L=0) 能级 到 最低的 P (L=1) 能级跃迁形成的谱线系。由于Ca原子是2价电子体系，所以三重结构中 各 S 能级是单层的，各P能级是三层的。并且三层能级的间隔满足Lande 间隔定则。最低P能级中的三层精细能级间隔决定了锐线系三重线的跃迁能量差，并因此决定了三重线的频率间隔。
4s4s 电子组态耦合出的原子态只有一种，即 1S0。因此三重结构中的最低 P 能级来源于 4s电子与被激发的另一个电子的耦合。而在 4s4p、4s4d、4s4f、4s5s、4s5p 诸电子组态中，以4s4p耦合出的诸原子态能级最低。容易导出 4s4p 电子组态形成的原子态有：1P1和3P2,1,0。其中的 3P2,1,0 即应该为三重结构中最低的P能级，也就是锐线系中各三重线跃迁的末态。
由题可知，3P2,1,0 中 3P2、3P1、3P0各原子态能级依次降低。根据Lande 能级间隔定则可知：
[E(3P2) −E(3P1)] : [E(3P1) −E(3P0)] = 2 : 1 (这里E代表能级能量)
对于锐线系，各跃迁能量可表达为：
[E(3S1) − E(3P2) ]、[E(3S1) − E(3P1) ]、[E(3S1) − E(3P0) ]
它们分别与题中频率为 n0、n1、n2 的跃迁相对应。这些能量(即能级能量的差)分别记作 E0、E1、E2由跃迁能量与跃迁波数关系 E = hcn 得
Dn2/Dn1 = (n2 −n1)/ (n1 −n0) = (E2 − E1)/(E1 − E0)
=
5（杨福家教材244页习题5-8） Be 原子基态电子组态是2s2s。若其中一个电子被激发到3p态，按LS耦合可形成哪些原子态？从这些原子态向低能级跃迁时，可以产生哪些光谱线。画出相应的能级跃迁图。
解答：
容易导出LS耦合下 2s3p电子组态可生成的原子态有：1P1 ；3P2,1,0
从这些原子态向下退激时，除向基态2s2s退激外，还可能会向 2s2p、2s3s退激。因此，需要写出低于2s3p能级的所有能级的原子态。
容易导出
2s2s的原子态有 1S0；
2s2p的原子态有 1P1 ；3P2,1,0
2s3s的原子态有 1S0 ；3S1
2s2p和2s3p属非同科电子，我们无从知道它们所形成的三重态呈现正常次序或反常次序。不妨假定为正常次序。做能级图如下（不成比例），并根据跃迁选择定则标出跃迁。
说明：三重态与单重态之间因不满足 DS = 0，因而相互无跃迁发生。从 2s3p到2s2p、从2s3s到2s2s 以及各三重态精细结构内部之间无跃迁发生，这是因为不满足跃迁普适定则，即跃迁前后 原子的宇称(−1)Sli 或者说原子奇偶性Sli 必须发生变化。
6 写出 15P、16S、17Cl、18Ar 的基态 电子组态，并确定基态原子态。
解答：各元素基态电子组态如下
15P ：1s22s22p63s23p3
16S ：1s22s22p63s23p4
17Cl ：1s22s22p63s23p5
18Ar ：1s22s22p63s23p6
根据同科电子的slater方法可确定出各元素基态电子组态的原子态，并根据 Hund定则可以判断各原子态能量最低的态，即基态原子态。（上述过程从略）。结果如下：
15P ：4S、2P、2D 基态为 4S
16S ：1S、1D、3P 基态为 3P2
17Cl ：2P 基态为 2P3/2
18Ar ：1S 基态为 1S
另外也可以根据轨道方框图法直接确定各元素的基态原子态。轨道填充规则为：（1）尽量使各电子自旋平行排列，以保证S值最大。这样做时，为满足泡利原理，各电子应尽量先占据不同 ml 的态（2）当S值取定后，电子应尽量占据L值最大的状态。这样做时，应尽量使电子占据ml值最大的微观态，以保证最后的 ML=Sml 最大，因而进一步保证L取值可以最大。实际上，这样的填充规则就是Hund定则的具体体现。
以 15P 为例，电子轨道填充方框图如下：
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
ml=0 ml=0 ml=1 ml=0 ml= −1 ml=0 ml=1 ml=0 ml= −1
1s 2s 2p 3s 3p
价电子的总自旋量子数 S = 1/2 + 1/2 +1/2 =3/2
价电子的总轨道量子数 L = Sml = 1 + 0 + (−1) = 0
所以基态原子态为 4S3/2
原子物理学第五章作业 （Ch S L 教材168页）
He 原子的两个电子处在2p3d态。问可能组成哪几种原子态？（按LS耦合）
解答： l1 = 1 l2 = 2 L = l1 + l2, l1 + l2−1, ……, | l1 − l2| = 3, 2, 1
s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2−1, ……, |s1 − s2| = 1, 0
这样按J = L+S, L+S−1, ……, |L−S| 形成如下原子态：
S = 0 S = 1
L = 1 1P1 3P0,1,2
L =2 1D2 3D1,2,3
L = 3 1F3 3F2,3,4
3.Zn 原子(Z=30) 的最外层电子有两个。基态时的组态是 4s4s。当其中的一个电子被激发，考虑两种情况：(1) 那电子被激发到 5s 态。(2) 它被激发到 4p态。试求在LS耦合下两种电子组态分别组成的原子态。画出相应的能级图。从(1)和(2)两种情况形成的激发态，分别各有几种光谱跃迁？
解答：
4s5s 构成的原子态
l1 = 0 l2 = 0 所以 L = 0
s1 =1/2 s2 =1/2 所以 S = 0, 1
因此可形成的原子态有1S0，3S1
4s4p 构成的原子态
l1 = 0 l2 = 1 所以 L = 1
s1 =1/2 s2 =1/2 所以 S = 0, 1
因此可形成的原子态有1P1，3P0,1,2
另外基态时 4s4s 的原子态为 1S0 。能级图如下：
图中 3P2 3P1 3P0 各能级的顺序不做硬性要求。本解答中以正常次序的假定为例给出能级图。
当(1)的情况下，可以发生5种光谱跃迁。(2)的情况下可以发生1种光谱跃迁，即从1P1到 1S0 的跃迁。各光谱跃迁已经标于能级图中。
说明：本题不够严密，因为本章中尚未学习 4d、4f、5s三者之间的能量高低关系。实际情况可能为 5s最低，这将在第7章中学习到。鉴于无从知道 4s4d、4s4f、4s5s 各组态能级的高低顺序，无论4s4d、4s4f能级是否画在图中，都视为正确解答。
3.试以 两个价电子 l1 = 2、 l2=3 为例证明，不论是LS耦合还是jj耦合，都给出同样数目可能状态。
解答：1）.LS 耦合情况
l1 = 2 l2 = 3 L = l1 + l2, l1 + l2−1, ……, | l1 − l2| = 5, 4, 3, 2, 1
s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2−1, ……, |s1 − s2| = 1, 0
可给出的原子态如下表：
L = 1 L = 2 L = 3 L = 4 L = 5
S = 0 1P1 1D2 1F3 1G4 1H5
S = 1 3P0,1,2 3D1,2,3 3F2,3,4 3G3,4,5 3H4,5,6
共计20种可能状态。
2） jj 耦合情况
l1 = 2 s1 = 1/2 j1 = l1 + s1, l1 + s1−1, ……, | l1 − s1| = 5/2, 3/2
l2 = 3 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s2−1, ……, | l2 − s2| = 7/2, 5/2
按照 J = j1 + j2, j1 + j2 − 1, ……, |j1 − j2| 可给出的原子态 (j1, j2)J 如下表：
j1 = 3/2 j1 = 5/2
j2 = 5/2 (3/2, 5/2)1,2,3,4 (5/2, 5/2)0,1,2,3,,4,5
j2 = 7/2 (3/2, 7/2)2,3,4,5 (5/2, 7/2)1,2,3,4,5,6
共20中可能状态。
因此不论是LS耦合还是jj耦合，都给出20种可能状态
3.利用 LS 耦合、Pauli 原理、和 Hund 定则 来确定碳Z=6和氮Z=7的基态。
解答：碳Z = 6 基态时的电子排布式为：1s22s22p2，价电子组态为 2p2p，二者为同科电子。
两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = 1，自旋量子数 s1 = s2 = 1/2
LS耦合下
总轨道角动量量子数 L = l1 + l2, l1 + l2 − 1, …… |l1 − l2| = 2，1，0
总自旋角动量量子数 S = s1 + s2, s1 + s2 − 1, …… |s1 − s2| = 1，0
各相应磁量子数的取值集合分别为：
ml1，ml2 = 1, 0, −1；ms1，ms2 = 1/2, −1/2
ML = 2，1，0，−1，−2； MS = 1，0，−1
满足 Pauli exclusion principle 的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)
ML MS 1 0
2 (1, +) (1, −)
1 (1, +) (0, +) (1, +) (0, −)
(1, −)(0, +)
0 (1, +)(−1,+) (1,+) (−1, −)
(1, −) (−1,+)
(0, +) (0, −)
首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数 ML 最大，这时该最大值为1。并给出对应的MS取值。如下：
ML = 2, 1,0,−1, −2
MS = 0,0,0,0,0, 0
分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=2；S=0。原子态为 1D2 。
在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 1, 0, −1
MS = 1, 1, 1
0, 0, 0
−1,−1,−1
因此 L = 1, S = 1。对应原子态为：3P2,1,0
继续重复上述过程：
ML = 0 MS = 0 对应 L = 0，S=0；原子态为 1S0
因此2p2p 电子组态可LS耦合出的原子态有：1D2、3P0,1,2、1S0
其中3P0,1,2各态重数最高，根据Hund定则，基态必然是3P0,1,2中某个态。P支壳层最多可容纳6个电子，对于碳而言，两个价电子占据该壳层且小于半满，各多重态能级呈现正常次序。因此，碳Z=6原子的基态为 3P0。
氮Z = 7 基态时的电子排布式为：1s22s22p3，价电子组态为 2p2p2p，为三个同科电子。
两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = l3 =1，自旋量子数 s1 = s2 = s3 = 1/2
LS耦合下
前两个电子的总轨道角动量量子数 LP = l1 + l2, l1 + l2 − 1, …… |l1 − l2| = 2，1，0
前两个电子的总自旋角动量量子数 SP = s1 + s2, s1 + s2 − 1, …… |s1 − s2| = 1，0
考虑第三个电子后总轨道角动量量子数 L = LP + l3, LP + l3 − 1, …… | LP − l3| = 3，2，1，0
总轨道角动量量子数 S = SP + s3, SP + s3 − 1, …… | SP − s3| = 3/2，1/2
各相应磁量子数的取值集合分别为：
ml1，ml2，ml3 = 1, 0, −1；ms1，ms2，ms2 = 1/2, −1/2
ML = 3，2，1，0，−1，−2，−3； MS = 3/2，1/2，−1/2，−3/2
满足 Pauli 原理的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) (ml3，ms3) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)
MS = 3/2 MS = 1/2
ML = 3
ML = 2 (1, +) (1, −) (0, +)
ML = 1 (1, +) (0, +) (0, −)
(1, +) (1, −) (−1, +)
ML = 0 (1, +) (0, +) (−1, +) (1, +) (0, +) (−1, −)
(1, +) (0, −) (−1, +)
(1, −) (0, +) (−1, +)
首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数 ML 最大，这时该最大值为2。并给出对应的MS取值。如下：
ML = 2, 1, 0, −1, −2
MS = 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2
−1/2, −1/2, −1/2, −1/2, −1/2
分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=2；S=1/2。原子态为 2D5/2,3/2
在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 1, 0, −1,
MS = 1/2, 1/2, 1/2,
−1/2, −1/2, −1/2,
这样的状态来源于 L = 1，S=1/2，对应原子态为 2P3/2,1/2。
继续在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 0
MS = 3/2
1/2
−1/2
−3/2
这样的一组微观状态来源于 L = 0，S=3/2，对应原子态为 4S3/2。
因此p3 电子组态形成的原子态有2D、2P、4S
根据Hund定则，S值最大的能级最低。因此上述原子态中能级最低的为4S 。即氮原子的基态为4S3/2 。
3.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跃迁。
解答：在1s2p组态的能级和1s2s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s。
利用LS偶合规则求出各电子组态的原子态如下
1s1s：1S0
1s2s：1S0、3S1
1s2p：1P1、3P2,1,0
这些原子态之间可以发生5条光谱跃迁。能级跃迁图如下
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，而其价电子之间相互作用属于jj耦合。问此时铅原子可能有那些状态？
解答：
l1 = 0 s1 = 1/2 j1 = l1 + s1, l1 + s1−1, ……, | l1 − s1| = 1/2
l2 = 1 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s2−1, ……, | l2 − s2| = 3/2, 1/2
按照 J = j1 + j2, j1 + j2 − 1, ……, |j1 − j2| 可给出的原子态 (j1, j2)J 如下：
(1/2, 1/2)1,0 、(1/2,3/2)2,1
共计4种原子态。
原子物理学第六章作业 （Ch S L 教材197页）
1.已知钒原子的基态是 4F3/2。（1）问V原子经过不均匀横向磁场后分裂为几束？（2）求基态V原子的的磁矩 mJ。
解答： （1）N = 2J +1 = 2 ´ 3/2 + 1 = 4 （束）
（2）对于原子态4F3/2 ，L = 3、S=3/2、J=3/2
其中
3.Li 漫线系的第一条 (32D3/2®22P1/2)在磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。
解答：
跃迁排列图
M 3/2 1/2 −1/2 −3/2
M2g2 6/5 2/5 −2/5 −6/5
│ │
M1g1 1/3 −1/3
M2g2−M1g1 13/15 11/15 1/15 −1/15 −11/15 −13/15
因此，无磁场中的一条谱线在磁场中分裂成6条谱线。
能级跃迁图
无磁场 有磁场
6 Na 原子从 32P1/2 ® 32S1/2 跃迁的光谱线波长为 5896 Å，在 B =2.5 wb/m2 的磁场中发生塞曼分裂。问垂直于磁场方向观察，其分裂为多少条谱线？其中波长最长和最短的两条光谱线的波长各是多少Å？
解答：
跃迁排列格罗春图：
跃迁排列格罗春图：
M 1/2 −1/2
M2g2 1/3 −1/3
│ │
M1g1 1 −1
M2g2−M1g1 4/3 2/3 −2/3 −4/3
偏振态 s p p s
因此在磁场中原谱线分裂为四条。垂直于磁场方向观察，这四条都能看到。
新谱线的能量为：
能量最高和最低的谱线的能量分别为
分别对应最短和最长的波长。
由 得
因此 lmin = 5895.46 Å lmax = 5896.54 Å
8 已知铁（5D）的原子束在横向不均匀磁场中分裂为9束。问铁原子的J值多大？总磁矩多大？如果已知上述铁原子的速度 v = 103 m/s，铁原子量为55.85，磁极范围L1=0.03 m（习题图6.1），磁铁到屏的距离L2 = 0.10 m，磁场中横向的磁感应强度的不均匀梯度 dB/dy = 103 wb/m2/m。试求屏上偏离最远的两束之间的距离d。
解答：由 N = 2J+1 =9 得铁原子J值 J =4。
该原子态 g因子
该原子态铁原子总磁矩 =
在磁场中铁原子按照 M = J、J−1、……、−J分裂。
磁量子数为M的铁原子束 在 y 方向的偏转位移
磁场方向沿y轴正方向。设角动量PJ矢量与y轴正方向夹角为b，则总磁矩mJ矢量与y轴正方向的夹角为 p−b。则
因此
屏上偏离最远的两束铁原子之间的距离
原子物理学第六章习题课
1 （杨福家教材210页习题4-3）试证实：原子在6G3/2态的磁矩等于零。并通过原子矢量模型对这一事实做出解释。
解答：6G3/2 态的各种量子数 S = (6 − 1)/2 = 5/2 L = 4 J = 3/2
该原子态的Lande g 因子：
原子处于该态时的磁矩： (J/T)
利用矢量模型对这一事实进行解释：
各类角动量和磁矩的矢量图如上。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 ?
mS = gS´[S(S+1)]1/2´mB = (35)1/2 mB mL = gl´[L(L+1)]1/2´mB
利用PS、PL、PJ之间三角形关系可求出 a = 30° cosb =
由已知的cosb 、mS 、mL 可求出 m = 以及 q = 120°
所以 q − a = 90°。即 矢量 m 与 PJ 垂直、m 在 PJ 方向的投影为0。
2 （杨福家教材210页习题4-1）一束自由电子进入1.2T磁场时，问电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大。
解答：电子进入磁场B后，电子速度可能存在垂直于磁场方向的分量，电子因此会受到洛仑兹力的作用而做圆周运动。电子速度在平行于磁场方向可能也有分量，电子因此会保持这一速度分量不变而继续平行于磁场方向运动。两种运动的综合效果，导致电子的运动轨迹应该是螺旋形的。
电子的圆周运动部分等效于一个闭合电路，并因此会产生 反平行于外磁场 的磁矩。该磁矩方向始终与磁场方向反平行，力矩 t = m ´ B 恒为0。电子的平动运动部分，不产生磁矩。
根据题中所问，即使假设电子的圆周轨道受到了不为0的力矩的作用，也不需要考虑该力矩引起的能量变化。因为不论是自旋平行于外磁场还是反平行于磁场的电子而言，该圆周运动部分引起的能量变化都是相同的，相当于共同的参考基准。计算所关心的“能量差”时，该共同的参考基准会相互抵消。电子具有自旋 ，即使是“静止”的电子也具有着这样的角动量。同时电子作为具有该内禀角动量Ps的带电粒子，而具有自旋磁矩 。该磁矩的存在将会使电子受到一个力矩的作用，力矩为 。力矩的方向与 保持垂直，并因此与角动量 保持垂直。由力学公式 可以知道， 将绕 做拉莫尔进动，使电子在外磁场中获得了附加能量 DE。由电磁学知识可知：
其中a、b分别为电子自旋磁矩、电子自旋角动量和外磁场方向的夹角。
由量子力学的结论可知：b角不是任意的，Ps的空间取向具有量子化特征。
其中 Ms = S, S−1,……, −S = 1/2, −1/2。
因此
即自旋方向平行于磁场方向的电子(Ms > 0 )的能量增加，自旋方向反平行于磁场方向的电子(Ms < 0)能量降低。两者的能量差为：
3 锌(Z=30)原子的基态电子组态为 4s4s。其中一个电子留在最低态，另一个电子被激发。设两个价电子之间发生LS耦合。由此形成的第二辅线系的三重线结构中的每条光谱线在磁场作用下，塞曼谱线与原谱线的波数差是多少？画出相应的塞曼跃迁能级图，并标出各谱线偏振态。
解答：当另一电子被激发到 S 轨道，形成 4sns (n > 4）组态时，两个价电子可以LS耦合成原子态：1S0 和 3S1当另一电子被激发到 P 轨道，形成 4snp (n ³ 4）组态时，可以LS耦合成原子态：1P1 和 3P2,1,0第二辅线系中的三重线对应从 4sns 3S (n > 4）各态到 4s4p 3P 态的跃迁。其中各 3S 能级是单层的，4s4p 3P 能级是三层的。无磁场情况下，根据跃迁选择定则可知，从每个4sns 3S 能级到4s4p 3P能级可以发生三条跃迁。在磁场中，各个4sns 3S 能级和4s4p 3P将进一步发生塞曼分裂。
分裂后的磁能级与无磁场情况时的能级相比，能量移动为：DE = M ´ g ´ mB ´ B
题中涉及各原子态的g因子为：
g(3S1) = 2
g(3P2) = 1+ [J(J+1) − L(L+1) + S(S+1)]/[2J(J+1)] = 3/2 = g(3P1)
3P0 态因为总角动量PJ为0，所以磁矩 mJ = g ´ (e/2m) ´ PJ = 0，在磁场中 = 0，也就是既无能级分裂也无能级移动。因此无需计算g因子。
塞曼谱线与原谱线之间的波数差计算如下：
1）对 3S1 ® 3P0 跃迁
无磁场时原跃迁能量 hn = E(3S1) − E(3P0)
有磁场时塞曼跃迁能量 hn’ = [E(3S1) + DE2] − [E(3P0) + DE1]
= E(3S1) − E(3P0) + M2 ´g2 ´ mB ´ B
= hn+ M2 g mB B
其中 M2 = 1、0、−1
hn = hc/l，所以塞曼谱线与原谱线的波数差表达为
其中 mBB /hc 曾被定义为洛伦兹单位，记作 L。跃迁排列图如下
M 1 0 −1 M2g2 2 0 −2
\ | /
M1g1 0
_____________________________________________
M2g2 − M1g1 2 0 −2
= (+2, 0, −2) L
2）对 3S1 ® 3P1 跃迁
无磁场时原跃迁能量 hn = E(3S1) − E(3P1)
有磁场时塞曼跃迁能量 hn’ = [E(3S1) + DE2] − [E(3P1) + DE1]
= E(3S1) − E(3P1) + (M2 ´g2 − M1 ´g1)´ mB ´ B
= hn+ (M2 g2 − M1 ´g1)mB B
所以塞曼谱线与原谱线的波数差表达为
跃迁排列图如下
M 1 0 −1 M2g2 2 0 −2
| ´ ´ |
M1g1 3/2 0 −3/2
____________________________________________________
M2g2 − M1g1 2 3/2 1/2 −1/2 −3/2 −2
（2 3/2 1/2 −1/2 −3/2 −2）L
3）对 3S1 ® 3P2 跃迁
无磁场时原跃迁能量 hn = E(3S1) − E(3P2)
有磁场时塞曼跃迁能量 hn’ = [E(3S1) + DE2] − [E(3P2) + DE1]
= hn+ (M2 g2 − M1 ´g1)mB B
跃迁排列图如下
M 2 1 0 −1 −2 M2g2 2 0 −2
/ | ´ | ´ | \
M1g1 3 3/2 0 −3/2 −3
__________________________________________________________
M2g2 − M1g1 2 3/2 1 1/2 0 −1/2 −1 −3/2 −2 （2 3/2 1 1/2 0 −1/2 −1 −3/2 −2）L
塞曼跃迁能级图如下：
图中根据塞曼跃迁的选择定则，标出了各条塞曼跃迁，并标出了相应的偏振态。
（注意：从 3S1 M = 0 能级到 3P1 M =0 能级无容许跃迁发生。因为不符合选择定则。）
4 (杨福家教材210页习题4-6) 在史特恩-盖拉赫实验中，氢原子从高温炉中射出。炉温有限，不导致氢原子激发，氢原子处于基态。在屏上接受到两条氢束线，间距为 0.60cm。若把氢原子换成处于基态的氯(Cl)原子，其它实验条件不变，这时氢原子与氯原子的出射动能相同。那么在屏上能接收到几条氯束线？间距是多少？
解答：氢原子基态为 12S1/2。氯原子基态的电子组态为 (1s22s22p63s2)3p5 ，容易判断基态原子态为 3 2p3/2。(判断根据：p5 与p1 的原子态相同，大于半满，倒转次序，p3/2 低于p1/2)
因此，在屏上接收到的氯束线数目为 N = 2 ´ 3/2 + 1 = 4
为计算氯原子束间距，先来研究一下氢原子束的分裂间距情况。
原子物理学第七章作业（Ch S L 教材218页）
3 Na 原子的S、P、D项的量子数修正值 DS = 1.35、DP = 0.86、DD = 0.01。把谱项表达成 形式，其中 Z 是核电荷数。试计算 3S、3P、3D项的s为何值，并说明s的物理意义。
解答： 用量子数亏损表征谱项时 形式为
用有效电荷表征时 形式为
两种形式等价。令二者相等，则得到 D 与 s 之间的关系
用 Z = 11 和 n = 3 代入上式得 3S、3P、3D项的s值分别为
s3S = 9.18 s3P = 9.56 s3D = 9.997
s 代表 因内层电子的电荷屏蔽效应、价电子的轨道贯穿效应 和 原子实的极化效应而使价电子感受到的核电荷数的亏损。Z−s 为价电子感受到的平均有效电荷。
对于钠原子，核电荷数为11。由于10个内层电子的电荷屏蔽， 价电子感受到的有效核电荷数为1。价电子的轨道贯穿效应 和 原子实的极化效应又进一步使价电子感受到的核电荷数有所增加。特别是，价电子的轨道越扁，价电子轨道贯穿进入原子实的几率就越大，并因此越大程度地抵消了内层电子的电荷屏蔽，使得价电子感受到的核电荷数亏损程度降低，感受到的有效电荷增加。由于S轨道最扁，所以3S电子感受到的有效核电荷数最大。
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、ml （2） n、l （3） n
解答：原子中的电子填充满足Pauli 不相容原理，即不能有两个或两个以上电子具有一套相同的量子数 n、l、ml、ms。
（1）n、l、ml 相同时，ms 必须不同。因为 ms 的取值只有两种即 ±1/2。所以原子中能够有相同n、l、ml 的最大电子数为2。
（2）量子数n、l相同时，ml 的取值为 l、l-1、l-2，……，-l，共2l+1 个。根据（1），对于每个ml，可容纳的电子数最大为2。因此，原子中具有相同n、l的最大电子数为 2(2l+1) 个。
（3）量子数n取定后，l的可取值为 0、1、2、……、n-1。根据（2），每套n、l中可容纳的电子数最大为 2(2l+1) 个。因此，原子中具有相同量子数n的最大电子数为 个。
5 试从实验得到的等电子体系KI、CaII、ScIII……等的莫塞莱图解，说明为什么在钾原子中新增的电子不填在3d而填在4s 次壳层，又在钪原子中新增电子填在3d而不填在4s次壳层。
解答：该等电子体系在核外具有19个电子，前18个电子构成原子实。最后一个价电子决定着原子的能级和光谱。该等电子体系的光谱项可表达为 。此公式可变形为 。等电子体系中的每个原子或者离子的3D、4S光谱项都可以通过实验测量出来。利用实验结果作 关系图，即莫塞莱图。理论上，等电子体系的相同原子态给出的关系曲线应近似构成一条直线，且直线的斜率约为 1/n。从实验测量给出的结果图（参见教材215页图7.3）中可以看到，3D曲线与4S曲线斜率不同，两者交叉于Z=20和21之间。在Z £ 20时，3D曲线位于4S曲线下方；Z ³ 21时情况相反。因此，对于Z=19的钾原子而言，T3D < T4S。由于E = −hcT，所以3D能级高于4S能级。这导致了 钾原子中新增的电子不填在3d而填在4s 次壳层。而对于Z=21的钪原子而言，T3D > T4S、4S能级高于3D能级，因此它的第19个电子填在3d而不填在4s次壳层。原子物理学第八章作业 (Ch S L 教材 249页)
4.已知 Cu的 Ka 线波长是 1.542 Å。以此 X 射线与 NaCl晶体自然面成 15°50’ 角度入射而得到一级极大。试求 NaCl的晶体常数 d。
解答：X射线在晶体上发生衍射，出射射线加强时 满足 Bragg公式
nl = 2d sinq 其中 l = 1.542 Å
根据题意 n = 1时，q = 15°50’
代入 Bragg 公式 得到 d = 2.826 Å。
4.铝 (Al) 被高速电子束轰击而产生的连续X光谱的短波极限为 5 Å。问这时是否能观察到其标识谱K系线？
解答：连续X光谱产生于电子减速时的韧致辐射。当电子动能全部转化为韧致辐射时，辐射的能量最大，射线波长最短。因此，由连续X光谱的短波极限可以求出入射电子束的动能
E_kinetic = hc/lmin = 1.241 ´ 10−6 eV×m / 5 Å = 2482 eV
要观察到 K线系，入射电子传递的能量（动能的部分或全部）必须足以使靶原子中 n = 1 壳层的电子发生电离。
铝原子 K 层电子的电离能即 K吸收限 约为
1958.4 eV < 2482 eV
因此，这时能观察到标识谱K系谱线。
4.已知铝和铜对于 l = 0.7 Å的X光的质量吸收系数分别是 0.5米2/公斤和5.0米2/公斤。铝和铜的密度分别为 2.7´103公斤/米3和8.93´103公斤/米3。现若分别单独用Al板和Cu板作挡板，要使波长l = 0.7 Å 的X光的强度减至原来强度的1/100。问选用的Al板和Cu板应多厚？
解答：在这里，我们把题中的质量吸收系数理解为教材中的质量衰减常数 m/r。
Al和Cu的衰的衰减常数 分别为
X 射线的强度衰减满足
I/I0 = 1/100时 emx = 100 mx = 4.6052
所以Al板和Cu板厚度分别为
xAl = 3.41 m
xCu = 0.10 m
原子物理学 第八、九、十章习题课
1 已知铜的K和 L壳层电子的结合能分别为 8.9805 keV 和0.9328 keV。试给出铜的下列物理量：（1）Ka X 射线的能量 （2） L 吸收限的对应光子能量 （3） K电子的电离能 （4） 产生Ka X 射线的X射线管最低电压 （5）该电压下，韧致辐射的最短波长
解答：（1） K和L壳层电子的结合能 指 一个无穷远处的自由电子 分别填补到 K和 L壳层时所放出的能量。Ka X 射线来源于 n=2 壳层即L壳层中的一个电子填补到 n=1 壳层即K壳层中的空位时所放出的射线，其能量应等于K和L壳层电子的结合能之差，即
EKa = BK - BL = 8.9805 keV - 0.9328 keV = 8.0477 keV
(2) L吸收限对应于 把一个L壳层电子电离到无穷远处所需要的能量。因此与L壳层电子的结合能相同。即L 吸收限的对应光子能量为 0.9328 keV。
（3）一个电子从无穷远处填补到 K 壳层 和 把一个K电子电离到无穷远 是两个互逆过程，放出和吸收的能量相同。因此 K壳层电子的电离能为 8.9805 keV。
（4）Ka X 射线产生于 L壳层中的一个电子填补到 K壳层中的一个空位。而这样的事件的前提是K壳层中存在一个空位。因此必须有一个K电子被事先电离。该电离能为8.9805 keV，由入射电子所提供，相当于入射电子的动能。要使入射电子具有这样大的动能，X射线管最低电压为 8.9805 kV。
（5）在该电压下，入射电子打到靶上时具有 8.9805 keV的动能。入射电子在靶中库仑场的作用下发生减速，向外辐射能量，形成韧致辐射。韧致辐射的能量等于入射电子损失的能量。当电子动能一次性全部损失时，韧致辐射的能量最大，波长最短。该最短波长为：
lmin = hc/Emax = 1.988 ´ 10-25 Jm / 8.9805 keV = 1.378 Å
2 Rh 的原子序数为 Z=45。（1）估算它的Ka X 射线的能量。（2）用该射线做康普顿散射实验，当光子散射角为60°时，求反冲电子的最大动能。（3）实验中用0.30cm的铅屏蔽该射线，若改用铝代替铅，铝的厚度多大才能达到同样的屏蔽效果？已知 mPb = 52.5 cm-1, mAl = 0.765 cm-1。
解答：
Ka X 射线的能量可以用 Moseley 公式估算
(2) 康普顿散射中，散射光子与入射光子的波长差
入射光子波长
散射光子波长 l‘ = 64.0593 ´ 10-12 m
散射光子能量 E’ = hc/l‘ = ……= 19373 eV
散射前后光子能量的损失E - E’ = 19747 eV - 19373 eV = 374 eV
该能量传给靶中电子。如果传给靶中束缚电子，该能量的一部分将用于使电子脱离原子核的束缚，余下的部分将成为反冲电子的动能。如果传给靶中自由电子，该能量将全部成为反冲电子的动能。因此，反冲电子最大动能 Ee = 374 eV。
（研究表明，康普顿效应主要发生在外层电子和自由电子身上；而光电效应必须发生在束缚电子身上，尤其K层电子）
(3) X 射线的吸收满足关系式
要达到同样的吸收效果，即令 IPb = IAl 所以
代入数据得 xAl = 20.6 cm
3 HCl分子的1-0谱带（振动能级量子数分别为1和0）的基线波长为3.46微米。与基线相邻的两条谱线的间隔为1.23´ 1012秒-1 。求HCl分子的平衡力常数以及分子中两原子间的距离。已知H和Cl的原子量分别约为1和36。
解答：1-0谱带中基线位置所对应的能量等于 v = 1 和 v = 0 两振动能级之间的能量间隔，该值为
E1 - E0 = (v+1/2)hf |v=1 - (v+1/2)hf |v=0 = hf = hc/l
所以振动频率 f = c/l = 3 ´ 108 m/s / 3.46 mm = 8.67 ´ 1013 HZ
根据经典力学中的弹簧振子运动公式
其中
所以分子的平衡力常数
分子的转动能为
J = 0，1，2，……
谱带中任意一条谱线的能量可以表达为 (下角标V、R分别表示振动和转动)
E’ - E = (E’V -EV) + (E’R - ER) » hf + A[J’(J’+1) - J(J+1)]
振转谱带的跃迁选择定则为 DJ = ±1
因此在谱带的基线位置 是一个 空缺，不存在谱线。与基线相邻的两条谱线的能量分别为：
Ea = hf + A [J’(J’+1) - J(J+1)] = hf + A[1(1+1) -0 (0+1)] = hf + 2A
Eb = hf + A [J’(J’+1) - J(J+1)] = hf + A[0(0+1) - 1(1+1)] = hf - 2A
两条谱线的能量间隔为 Ea - Eb = 4A 频率间隔为 4A/h (h为Plank常数)
因此
两原子间距离
4 已知中子和一些原子的质量如下（以u为单位，u = 931.48 MeV/c2）
n: 1.008665 1H: 1.007825 14C: 14.003242 14N: 14.003074
计算14N 核的结合能及其每个核子的平均结合能
从能量角度判断 14C 能否发生 b- 衰变？若能发生则计算 b- 粒子的最大动能。
解答：
（1） 14N 核中有7个质子和7个中子，其结合能
B = [7个独立质子的总质量 + 7个独立中子的总质量 - 14个核子结合成14N 核后的质量]´ c2
» [7个独立氢原子的总质量 + 7个独立中子的总质量 - 14N 原子的质量] ´c2
= [7 ´ 1.007825 + 7 ´ 1.008665 - 14.003074]u ´ c2
= 104.66 MeV
每个核子的平均结合能 = B/A = 104.66 MeV/14 = 7.476 MeV14C 若能发生 b- 衰变，则 14C ® 14N + b-
衰变能 Ed = [M(14C) - M(14N)]´c2 = 156.5 keV > 0
因此，从能量角度判断 14C 能发生 b- 衰变。
b- 粒子的最大动能 Emax » Ed =156.5 keV
5 234Th的半衰期为25天，如果24克234Th 贮存150天，则Th的数量将留存多少克？
解答：衰变定律
令 N = N0/2，此时 t = T1/2 。
所以
t = 150 天时，
原子物理学第九章作业(Ch S L 教材284 页)
1.HBr分子的远红外光谱是一些 =16.94 厘米−1 等间隔的光谱线。试求HBr分子的转动惯量和原子核之间的距离。已知 H和Br的原子量分别为 1.008 和79.92。
解答：远红外区的吸收光谱来源于分子转动能级的激发吸收。
根据经典力学，分子的转动能为
其中 w、I、P 分别为分子的转动角速度、转动惯量、转动角动量。
以量子力学的转动角动量表达式 代入上式，得分子转动能级的能量为
其中 J = 0, 1, 2, ……，为转动角动量量子数。
由分子纯转动的跃迁选择定则 DJ = 1 得 能级J至 J−1 之间的跃迁能量
跃迁对应的光谱线的波数为
两相邻跃迁的波数差为
该间隔与J无关，为常数。由题中数据得
又由 得分子中两原子核之间距离
1.HCl分子有一个近红外光谱带，其相邻的几条谱线的波数是 2925.78、2906.25、2865.09、2843.56、2821.49 厘米−1。H和Cl的原子量分别为 1.008和35.46。试求这个谱带的基线波数 和这种分子的转动惯量。
解答：分子的近红外光谱带产生于分子的振动和转动。光谱带中任意谱线的波数可表达为
设分子转动惯量近似为常量 即 I’ @ I。
考虑分子振转跃迁的选择定则 DJ = ±1
则对DJ = J’−J = +1的跃迁
对DJ = J’−J = −1的跃迁
因此，对于每类跃迁，相邻谱线的波数差均为常数 ；而在 位置则是一个空缺，此即振转谱带的基线位置。与基线相邻的两条谱线的波数差为前述波数差值的2倍，即 。
从题中数据得HCl近红外谱带中相邻谱线的波数差分别为
19.53、41.16、21.53、22.07 厘米−1
显然，四个数值中有三个值彼此近似相等，而另外一个值为其它三个值的2倍。因此，与谱带基线相邻的两条谱线的波数分别为 2906.25、2865.09厘米−1。
因此谱带的基线 = (2906.25 + 2865.09)/2 = 2885.67 cm−1。
由 = 41.16 cm−1 可以计算出这种分子的转动惯量 I = 2.718 ´ 10−47 kg×m2
原子物理学第十章作业(Ch S L 教材369 页)
2.从下列各粒子的质量数据中选用需要的数值，计算 1430Si 中每核子的平均结合能。
e 0.000548 12H 2.014102 n 1.008665 11H 1.007825 1430Si 29.973786
解答：30Si 原子可以看成 14个 1H 原子和16个中子组成。30Si 整个原子的结合能
则每个核子的结合能 Baverage = 255.6/30 = 8.52 MeV
2.在考古工作中，可以从古代生物遗骸中14C 的含量推算古生物到现在的时间t。设 r 是古生物遗骸中 14C 和12C 的含量比，r0 是空气中14C 和12C 的含量比。试推导下列公式
其中 T 为 14C 的半衰期。
解答：14C 的衰变定律
容易推得衰变常数l和半衰期T之间的关系为：
对上述第一个式子，方程两边同时除以古生物遗骸中 12C 的原子数。
显然方程左边两项的比值即为 r。方程右边的系数项的意义为 古生物刚刚死亡时体内 14C 与12C的含量比，该比值与当时大气中14C 与12C的含量比相同。而地球上14C 与12C的含量比，保持动态平衡，随着年代的改变几乎为一常数。也就是说方程右边的系数项与当前大气中的14C 与12C的含量比相同，即为 r0 。
因此
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：rm=Z1*Z2*e2/4*p*e0*E = …… = 1.14 ´ 10-13 m
氕核情况结论相同
-----------------------------------------------------------------------------------------------
21页 4题：a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 q ³ 90° 的a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 = r/MAu = …… = 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=Z1´Z2´e2/4´p´e0´E = …. = 4.28 ´ 10-14 m
百分比 dn/n (90°®180°)= = … = 8.50 ´ 10-4 %
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
21页7题：3.5 MeV a粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图1-1）。a粒子与银箔表面成60°角。在离a入射线成20°的方向上，离银箔散射区距离 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a粒子是全部入射a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：m = 0.01 kg/m2 ¸ cos30° = 0.0115 kg/m2
有效单位面积上的银原子数：Nt= m/MAg = … = 6.45 ´ 1022 个/m2
计数器立体角：dW = S/r2 = 6.0 ´ 10-5 m2 / (0.12 m)2 = 4.17 ´ 10-3
dW 与 dq 之间的关系：dW = S/r2 = (2pr sinq) ´ (r´dq) / r2 = 2p sinq dq
微分散射截面 ds = = ……= 0.2866 ´ a2
百分比 dn/n = NtA´ds/A = Nt ds = 29/106
所以 ds = 4.496 ´ 10-28 a = 3.96 ´ 10-14 m
即 Za ´ ZAg ´ e2 / (4pe0´E) = 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a粒子束射向厚度为 1.5 mm 的 Pb 箔。试求a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 = r / MPb = … = 3.303 ´ 1028 个/m3
散射到60°~90°度方向的几率 P(60°~90°) = =
其中 a= Za´ZPb´e2/4´p´e0´Ea = …. = 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。
解： 所以 mev2 = 27.2 eV = 43.57 ´ 10-19 J
v = 2.187 ´ 106 m/s
f = v/2pr = 2.187 ´ 106 m/s / 6.28 ´ 0.529 ´ 10-10 m = 6.583 ´ 1016 HZ
a = v2/r = 9.05 ´ 1022 m/s2
3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现哪些波长的谱线。
解：设最高被激发到 m 态。则 12.5 eV ³ E(m)-E(1) = hcR(1-1/ m2)
所以 m2 £ 12.36 m = 3
hn(m®n) = E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n2-1/m2)
l(3®1)=hc/[E(3)-E(1)] = 102.6
l(3®2)=hc/[E(3)-E(2)] = 657.0
l(2®1)=hc/[E(2)-E(1)] = 121.7
5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/n2 n=1,2,3……..
题中Li2+ 离子中出射光子能量 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)
和 (2) 联立解得： -------------------------(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 -Ke2/2r ------------ (4)
(3) 代入 (4) 中
En = - = 1/2 En (H) = - 13.6 eV/2n2
E2 – E1 = … = 5.1 eV
l(2®1)=hc/[E(2)-E(1)] = 2433 77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 = 103 T/m，磁极纵向范围 L1 = 0.04 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 mz 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 = mz ´ ¶B/¶z，方向因 mz 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
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 mz = 1.007 mB = 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/n2 n= 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+ 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/n2 n = 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 l = 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 (Ha) 之间的波长差 Dl 有多大？已知 RH = 10967758 m-1，RD = 10970742 m-1
解：巴耳末系满足 1/l = R (1/4 – 1/n2) n = 3, 4, 5, 6,………..
对于谱线 Ha ，n=3，1/la = 5R/36， la = 36/5R
la(H) - la(D) = 36/5 (1/RH – 1/RD) = = 1.7856 4 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：
DE= E2 – E1 = hcRZ2(1/12 – 1/22) = 91.8 eV
此即为电子至少需具备的动能。m- 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 m 原子。试计算：（1）m子原子的第一玻尔轨道半径；（2）m子原子的最低能量；（3）m子原子赖曼系中的最短波长。
解：m- 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 /(m1 +m2) = 186 me
r1= r ´ m2/(m1+m2) = r ´ M/m1 r2 = 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。
式 与 (2)式 做比值运算：
v1 / v2 = m2/m1 代入 (3) 式中
M ´ v2 ´ (m2/m1 +1) ´ r = n ? 即 m2 ´ v2 ´ r = n ? ------------------ (4)
(2)式 和 (4)式 联立解得：
------------------ （5）
式中 a1 = 0.529 ，为氢原子第一玻尔轨道半径。
根据（5）式，可求得，m子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284 。
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 ´ m1 ´ 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 =
因此，m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/l = 2530 eV 计算得到 lmin = 4.91
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）还是光子(photon)，都有：
l = h/p
所以 pph/pe = le/lph = 1:1
电子动能 Ee = 1/2 ´ me ´ ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2´me´le2)
光子动能 Eph = hn = hc/lph
所以 Eph / Ee = hc/lph ´ (2´me´le2) / h2 = hc / (2´me´c2´le)
其中 组合常数 hc = 1.988 ´ 10−25 J×m me´c2 = 511 keV = 0.819 ´ 10−13 J
代入得 Eph / Ee = 3.03 ´ 10−3
2 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 E = Ek + m0c2 = mc2 =
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：
容易解得
(2) 电子动量
其德布罗意波长
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、q、f中，电子出现几率对三者的依赖关系为：
与 f 无关，即关于 z 轴对称。
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。
对q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。
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 ´ m0 ´ v2 = 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
电子德布罗意波长 = 0.1222 Å
采用非相对论公式计算也不失为正确：
0.1227 Å
用该电压加速质子时，质子质量是电子质量的1836倍，质子速度会更小。直接采用非相对论公式计算。 = 0.00286 Å
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 （Å） 的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为： （Å）。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： p0 为不考虑相对论而求出的电子动量，l0 为这时求出的波长。考虑相对论效应后： 这里 p 为考虑相对论修正后求出的电子动量，l 为这时求出的波长。
则 l/l0 = p0/p =
Ek = 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。
l/l0 = ，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）。
设 y = 1 + V/2m0c2 = 1+Dx，f(y) =
由于 Dx << 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 + = 1 + = 1−Dx/2 = 1 −
将m0c2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得
f(y) =
因此 l = l0 ´ f(y) =
5 带电粒子在威尔逊云室的轨迹是一串小雾滴，线度约为 1 mm。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： ，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 Dp ´ Dx ³ ?/2。这里 Dx ≈ 1 mm。
所以 Dp/p ³ ?/2 ´ (1/p) ´ (1/Dx) =
= 3 ´ 10−6
即 Dp/p ³ 3 ´ 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；x < 0 和 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/2 时 V=0、在其它区间 V =V0。
（1）E 满足关系的推导：本题中的势场与时间无关，所以是定态问题，而且是一维的。先写出定态薛定谔方程的一般形式，如下：
在 x > L 和 x < 0 区域， V = V0，代入薛定谔方程并整理 得
设 ，由题中 E < V0 知道 k2 > 0
容易知道，上面薛定谔方程的通解在 x < 0 和x>L区均为：
，其中 A、B 为待定系数。
（注意，这里不可以认为在 x < 0 以及 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 < 0 时 B =0。
类似道理 x > L 时，A = 0 。
因此 x < 0 时，u = A ´ ekx
x > L 时，u = B ´ e−kx
在 0 < x < L 区域，V = 0。代入 薛定谔方程中 得
这里 E > 0。
设
容易知道 上面薛定谔方程的通解为
C和 d 为 待定常数，且 0 £ d < 2p
或 C’ 和D’为待定系数
或 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 ´ ekx A 待定
0< x < L， C、d 待定
x > L， u3 = B ´ e−kx B 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 ； du2/dx = du3/dx
将上述连续性条件应用于波函数 得
A = C ´ sind
Ak = C ´ l ´ cosd
B ´ e−kL = C ´ sin(lL+d)
−B ´ k ´ e−kL = C ´ l ´ cos(lL+d)
进一步推导
tand = l/ k
tan(lL+d）= −l/ k
由 tand = l/ k > 0，得 0 < d < p/2、和 3p/2 < d < 2p
由 tan (lL+d) = tan (−d) 得
lL+d = np − d 即 d = np/2 − lL/2 = n = 1, 2, 3, …….
又由tand = l/ k 得
因此能量 E 满足的关系式为 0 < = < p/2 n=1,2,3,……N1
或 p < = < 3p/2 n= 3,4,5,…..N2
其中 N1 = INTEGER( ) N2 = INTEGER( )
(2) 图解法说明 能量取值的不连续性
设 0 < f1(x) = arcsinx < p/2；f2(x) = ；p < f3(x) = arcsin(−x) < 3p/2
其中 0 < x = < 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。
做各函数曲线如上图所示。图中横坐标为 。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 。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 = V0
II 区 −L/2 < x < L/2， V=0
III区 x > L/2， V=V0
在 I 区中：
其中 k =
利用边界条件知道 A1 = 0，所以
同理知道在III区中： ，
在 II 区中： 所以 ，其中
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
------------------------------ （1）
--------------------------------（2）
----------------------------- （3）
--------------------------- （4）
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。
=
两式相加 (略去B2的下角标)： =
两式相减 (略去B2的下角标)： =
当 A ≠ 0 ，同时 B ≠ 0 的条件下： 。无实数解。
当A ≠ 0 ，同时 B = 0 条件下： 即
当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下： 即
上面两式 即为能量 E满足的关系式。
图解法求 能量 E：设 x =
f1(x) = f2(x) = f3(x) =
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：
当A = 0 ，同时 B ≠ 0 条件下：
设 x = ，(0 < x < 1)；设 =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： 解释从略。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 l = 6707 Å，辅线系系限波长 l¥ = 3519 Å。求Li原子第一激发电势和电离电势。
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Li原子第一激发态。第一激发态的能量
E = hc/l = 1.988 ´ 10−25 J×m / 6707 Å = 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/l = 1.988 ´ 10−25 J×m / 3519 Å = 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。
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：Dl =±1；Dj =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。
两条跃迁的波长差为：Dl = lA −lB = hc/EA − hc/EB =hc (EB−EA)/(EAEB) ≈ hc (EB−EA) / (En=2 − En=1)2
式中：hc = 1.988 ´ 10−25 J×m = 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 eV2
EB − EA = (En=2, Bohr + DEn=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling − Eground-state)
− (En=2, Bohr + DEn=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling − Eground-state)
= DEn=2 j=3/2, relativity spin-orbital coupling − DEn=2 j=1/2, relativity spin-orbital coupling
=
= ´
=
= 4.53 ´ 10−5 eV
所以 Dl = hc (EB−EA) / (En=2 − En=1)2
=
= 0.0054Å
3 已知 Li 原子的 S 能级的量子数亏损 Ds = 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s。
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： n=2, 3, 4, …….
系限跃迁波数
由题意知道：Ds = 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。
则系限跃迁能量即第一个电子的电离能为：
E1st = = 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个电子的电离能：
类氢离子的能级满足
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s。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−s。由这样状态的电子所形成的原子能级应该近似满足
n= 1, 2, 3, 4, …….
该电子的电离能 Eionization = E¥ − E1 = hcRLi (Z−s)2
它应等于前面求出的 E2nd = 75.66 eV
由 hcRLi (Z−s)2 = 13.6 eV ´ (3−s)2 =75.66 eV 求出
s = 0.64
原子物理学第四章作业(Chu Sheng Lin 教材 143页)Na 原子的基态为 3S。已知其共振线波长为 5893 Å，漫线系第一条的波长为8193 Å。基线系第一条线的波长为18459 Å，主线系的系限波长为2413 Å。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：
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
由题中已知信息 得
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−1K 原子的共振线波长为 7665 Å。主线系系限波长为 2858 Å。已知 K 原子的基态 为 4S。试求 4S、4P谱项的量子数修正项 DS、DP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。
因此 DS = 2.229
类似的计算得 DP = 1.764 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 D l = ± 1、Dj = 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
可以计算出 3D项以波数差表示的裂距为 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。
在这样的计算中，必须假定表征有效电荷 Z* 的 Z−s 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−s 和 Z−s的精细划分，Z*实际上与 Z−s 相对应。
3D能级由于自旋-轨道之间的耦合，分裂为 j = l + 1/2 = 5/2和 j = l − 1/2 = 3/2 双层。两层之间的能级间隔为
用波数表示 =
（用能量表示的裂距为4.538´10−6 eV）
原子物理学第五章习题课
1 分别按LS耦合和jj耦合写出 pd电子组态可以构成的原子态
解答： p电子的轨道角动量和自旋角动量量子数 l1 = 1 s1 =1/2
d电子的轨道角动量和自旋角动量量子数l2 = 2 s2 = 1/2
（1） LS 耦合情况：
总轨道角动量量子数 L = l1 + l2；l1 + l2 − 1；…… | l1 − l2| = 3，2，1
总自旋角动量量子数 S = s1 + s2；s1 + s2 − 1；…… |s1 − s2| = 1，0
总角动量量子数 J = L + S，L + S − 1，…… |L−S|
可耦合出的原子态2S+1LJ有：3F4,3,2、3D3,2,1、3P2,1,0、1F3、1D2、1P1
（2） jj 耦合情况：
p电子的总角动量量子数 j1 = l1 + s1，l1 + s1 − 1，……，| l1 − s1| = 3/2，1/2
d电子的总角动量量子数 j2 = l2 + s2，l2 + s2 − 1，……，| l2 − s2| = 5/2，3/2
总角动量量子数 J = j1 + j2，j1 + j2 − 1，…… | j1 − j2|
可耦合出的原子态 (j1, j2)J有 (3/2, 5/2)4,3,2,1 、(3/2, 3/2)3,2,1,0 、(1/2, 5/2)3,2 、(1/2, 3/2)2,1
2 求4I15/2 态的总角动量、总轨道角动量、总自旋角动量，并求总轨道角动量与总总角动量之间的夹角。
解答：由题中原子态符号可知：
总自旋角动量量子数 S 满足 2S+1 = 4，即 S = 3/2
总轨道角动量量子数 L = 6
总角动量量子数 J = 15/2
总自旋角动量：PS = ? =
总轨道角动量：PL =
总角动量：PJ =
三个角动量满足三角关系。
代入各角动量数值后计算得 cos (PL, PJ) =
所以夹角为 arc cos (0.9856) = 9.7 °
3 用简化的slater方法按LS耦合推导同科电子 d2 和 d8 的原子态，并分别给出各原子态的能级顺序。
解答：首先同科电子d2 的原子态的推导。
两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = 2，自旋量子数 s1 = s2 = 1/2
LS耦合下
总轨道角动量量子数 L = l1 + l2, l1 + l2 − 1, …… |l1 − l2| = 4，3，2，1，0
总自旋角动量量子数 S = s1 + s2, s1 + s2 − 1, …… |s1 − s2| = 1，0
各相应磁量子数的取值集合分别为：
ml1，ml2 = 2，1, 0, −1，−2；ms1，ms2 = 1/2, −1/2
ML = 4，3，2，1，0，−1，−2，−3，−4； MS = 1，0，−1
满足 Pauli exclusion principle 的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)
ML MS 1 0
4 (2, +)(2, −)
3 (2, +) (1, +) (2, +) (1, −)
(2, −) (1, +)
2 (2, +) (0, +) (2, +) (0, −)
(2, −) (0, +)
(1, +) (1, −)
1 (2, +) (−1, +)
(1, +) (0, +) (2, +) (−1, −)
(2, −)(−1, +)
(1, +) (0, −)
(1, −)(0, +)
0 (2, +) (−2, +)
(1, +)(−1,+) (2, +) (−2, −)
(2, −)(−2,+)
(1,+) (−1, −)
(1, −) (−1,+)
(0, +) (0, −)
首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数 ML 最大，这时该最大值为2。并给出对应的MS取值。如下：
ML = 4,3,2,1,0,−1,−2,−3,−4
MS = 0,0,0,0,0, 0, 0, 0, 0
分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=4；S=0。原子态为 1G4 。
在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 3, 2, 1, 0, −1, −2, −3
MS = 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0
−1,−1,−1,−1, −1,−1,−1
因此 L = 3, S = 1。对应原子态为：3F4,3,2
继续重复上述过程：
ML = 2, 1, 0, −1, −2
MS = 0, 0, 0, 0, 0
对应 L = 2，S=0；原子态为 1D2
ML = 1, 0, −1
MS = 1, 1, 1
0, 0, 0
−1,−1,−1
对应 L=1，S=1；原子态为 3P0,1,2
ML = 0
MS =0
对应 L = 0、S = 0；原子态为 1S0
因此同科 d2 电子的原子态有：1G4、3F2,3,4、1D2、3P0,1,2、1S0
d 支壳层填满时 容纳 10 个电子，因此 同科 d8 电子的原子态与 d2 相同。
根据Hund 定则可以知道各原子态的能级顺序。
由d2 电子生成的各原子态的能级顺序为（为方便，用 < 表示 “能级低于”）
3F2 < 3F3 < 3F4 < 3P0 < 3P1 < 3P2 < 1G4 < 1D2 < 1S0
由d8 电子生成的各原子态的能级顺序为
3F4 < 3F3 < 3F2 < 3P2 < 3P1 < 3P0 < 1G4 < 1D2 < 1S0
(附录 Hund 定则：电子自旋平行排列时即S取值最大时 能级最低；S值相同时 L 取值最大的能级最低；S和L值相同而J值不同的诸能级顺序 在同科电子数小于或等于所在支壳层的半满时呈现正常次序，即J值越小能级越低；而在同科电子数大于所在支壳层的半满时 呈现倒转次序，即J值越大能级越低。同科电子生成的原子态一般满足这一定则。本题中 d 支壳层填满时容纳10个电子，所以d2 和d8 生成的原子态分别呈现正常次序和倒转次序。)
4 （禇圣林教材 169页习题7）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 n2 > n1 > n0 。其频率间隔为 Dn1 = n1 −n0 ，Dn2 = n2 −n1 。求比值 Dn2/Dn1。
解答： 基态Ca 原子 核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p64s2
只考虑一个电子被激发的情况，Ca原子的激发态由4s2 中的一个电子被激发到 4p、4d、4f、5s、5p 等轨道而形成。激发到各新轨道上的电子与保留在4s轨道的电子耦合，生成一系列原子态及对应的激发能级。由于这些能级呈现单层和三重结果，所以可以认为前述的两个价电子间的耦合方式属于LS耦合。所谓锐线系即为第二辅线系，指三重结构中从 各个S (L=0) 能级 到 最低的 P (L=1) 能级跃迁形成的谱线系。由于Ca原子是2价电子体系，所以三重结构中 各 S 能级是单层的，各P能级是三层的。并且三层能级的间隔满足Lande 间隔定则。最低P能级中的三层精细能级间隔决定了锐线系三重线的跃迁能量差，并因此决定了三重线的频率间隔。
4s4s 电子组态耦合出的原子态只有一种，即 1S0。因此三重结构中的最低 P 能级来源于 4s电子与被激发的另一个电子的耦合。而在 4s4p、4s4d、4s4f、4s5s、4s5p 诸电子组态中，以4s4p耦合出的诸原子态能级最低。容易导出 4s4p 电子组态形成的原子态有：1P1和3P2,1,0。其中的 3P2,1,0 即应该为三重结构中最低的P能级，也就是锐线系中各三重线跃迁的末态。
由题可知，3P2,1,0 中 3P2、3P1、3P0各原子态能级依次降低。根据Lande 能级间隔定则可知：
[E(3P2) −E(3P1)] : [E(3P1) −E(3P0)] = 2 : 1 (这里E代表能级能量)
对于锐线系，各跃迁能量可表达为：
[E(3S1) − E(3P2) ]、[E(3S1) − E(3P1) ]、[E(3S1) − E(3P0) ]
它们分别与题中频率为 n0、n1、n2 的跃迁相对应。这些能量(即能级能量的差)分别记作 E0、E1、E2由跃迁能量与跃迁波数关系 E = hcn 得
Dn2/Dn1 = (n2 −n1)/ (n1 −n0) = (E2 − E1)/(E1 − E0)
=
5（杨福家教材244页习题5-8） Be 原子基态电子组态是2s2s。若其中一个电子被激发到3p态，按LS耦合可形成哪些原子态？从这些原子态向低能级跃迁时，可以产生哪些光谱线。画出相应的能级跃迁图。
解答：
容易导出LS耦合下 2s3p电子组态可生成的原子态有：1P1 ；3P2,1,0
从这些原子态向下退激时，除向基态2s2s退激外，还可能会向 2s2p、2s3s退激。因此，需要写出低于2s3p能级的所有能级的原子态。
容易导出
2s2s的原子态有 1S0；
2s2p的原子态有 1P1 ；3P2,1,0
2s3s的原子态有 1S0 ；3S1
2s2p和2s3p属非同科电子，我们无从知道它们所形成的三重态呈现正常次序或反常次序。不妨假定为正常次序。做能级图如下（不成比例），并根据跃迁选择定则标出跃迁。
说明：三重态与单重态之间因不满足 DS = 0，因而相互无跃迁发生。从 2s3p到2s2p、从2s3s到2s2s 以及各三重态精细结构内部之间无跃迁发生，这是因为不满足跃迁普适定则，即跃迁前后 原子的宇称(−1)Sli 或者说原子奇偶性Sli 必须发生变化。
6 写出 15P、16S、17Cl、18Ar 的基态 电子组态，并确定基态原子态。
解答：各元素基态电子组态如下
15P ：1s22s22p63s23p3
16S ：1s22s22p63s23p4
17Cl ：1s22s22p63s23p5
18Ar ：1s22s22p63s23p6
根据同科电子的slater方法可确定出各元素基态电子组态的原子态，并根据 Hund定则可以判断各原子态能量最低的态，即基态原子态。（上述过程从略）。结果如下：
15P ：4S、2P、2D 基态为 4S
16S ：1S、1D、3P 基态为 3P2
17Cl ：2P 基态为 2P3/2
18Ar ：1S 基态为 1S
另外也可以根据轨道方框图法直接确定各元素的基态原子态。轨道填充规则为：（1）尽量使各电子自旋平行排列，以保证S值最大。这样做时，为满足泡利原理，各电子应尽量先占据不同 ml 的态（2）当S值取定后，电子应尽量占据L值最大的状态。这样做时，应尽量使电子占据ml值最大的微观态，以保证最后的 ML=Sml 最大，因而进一步保证L取值可以最大。实际上，这样的填充规则就是Hund定则的具体体现。
以 15P 为例，电子轨道填充方框图如下：
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
ml=0 ml=0 ml=1 ml=0 ml= −1 ml=0 ml=1 ml=0 ml= −1
1s 2s 2p 3s 3p
价电子的总自旋量子数 S = 1/2 + 1/2 +1/2 =3/2
价电子的总轨道量子数 L = Sml = 1 + 0 + (−1) = 0
所以基态原子态为 4S3/2
原子物理学第五章作业 （Ch S L 教材168页）
He 原子的两个电子处在2p3d态。问可能组成哪几种原子态？（按LS耦合）
解答： l1 = 1 l2 = 2 L = l1 + l2, l1 + l2−1, ……, | l1 − l2| = 3, 2, 1
s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2−1, ……, |s1 − s2| = 1, 0
这样按J = L+S, L+S−1, ……, |L−S| 形成如下原子态：
S = 0 S = 1
L = 1 1P1 3P0,1,2
L =2 1D2 3D1,2,3
L = 3 1F3 3F2,3,4
3.Zn 原子(Z=30) 的最外层电子有两个。基态时的组态是 4s4s。当其中的一个电子被激发，考虑两种情况：(1) 那电子被激发到 5s 态。(2) 它被激发到 4p态。试求在LS耦合下两种电子组态分别组成的原子态。画出相应的能级图。从(1)和(2)两种情况形成的激发态，分别各有几种光谱跃迁？
解答：
4s5s 构成的原子态
l1 = 0 l2 = 0 所以 L = 0
s1 =1/2 s2 =1/2 所以 S = 0, 1
因此可形成的原子态有1S0，3S1
4s4p 构成的原子态
l1 = 0 l2 = 1 所以 L = 1
s1 =1/2 s2 =1/2 所以 S = 0, 1
因此可形成的原子态有1P1，3P0,1,2
另外基态时 4s4s 的原子态为 1S0 。能级图如下：
图中 3P2 3P1 3P0 各能级的顺序不做硬性要求。本解答中以正常次序的假定为例给出能级图。
当(1)的情况下，可以发生5种光谱跃迁。(2)的情况下可以发生1种光谱跃迁，即从1P1到 1S0 的跃迁。各光谱跃迁已经标于能级图中。
说明：本题不够严密，因为本章中尚未学习 4d、4f、5s三者之间的能量高低关系。实际情况可能为 5s最低，这将在第7章中学习到。鉴于无从知道 4s4d、4s4f、4s5s 各组态能级的高低顺序，无论4s4d、4s4f能级是否画在图中，都视为正确解答。
3.试以 两个价电子 l1 = 2、 l2=3 为例证明，不论是LS耦合还是jj耦合，都给出同样数目可能状态。
解答：1）.LS 耦合情况
l1 = 2 l2 = 3 L = l1 + l2, l1 + l2−1, ……, | l1 − l2| = 5, 4, 3, 2, 1
s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2−1, ……, |s1 − s2| = 1, 0
可给出的原子态如下表：
L = 1 L = 2 L = 3 L = 4 L = 5
S = 0 1P1 1D2 1F3 1G4 1H5
S = 1 3P0,1,2 3D1,2,3 3F2,3,4 3G3,4,5 3H4,5,6
共计20种可能状态。
2） jj 耦合情况
l1 = 2 s1 = 1/2 j1 = l1 + s1, l1 + s1−1, ……, | l1 − s1| = 5/2, 3/2
l2 = 3 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s2−1, ……, | l2 − s2| = 7/2, 5/2
按照 J = j1 + j2, j1 + j2 − 1, ……, |j1 − j2| 可给出的原子态 (j1, j2)J 如下表：
j1 = 3/2 j1 = 5/2
j2 = 5/2 (3/2, 5/2)1,2,3,4 (5/2, 5/2)0,1,2,3,,4,5
j2 = 7/2 (3/2, 7/2)2,3,4,5 (5/2, 7/2)1,2,3,4,5,6
共20中可能状态。
因此不论是LS耦合还是jj耦合，都给出20种可能状态
3.利用 LS 耦合、Pauli 原理、和 Hund 定则 来确定碳Z=6和氮Z=7的基态。
解答：碳Z = 6 基态时的电子排布式为：1s22s22p2，价电子组态为 2p2p，二者为同科电子。
两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = 1，自旋量子数 s1 = s2 = 1/2
LS耦合下
总轨道角动量量子数 L = l1 + l2, l1 + l2 − 1, …… |l1 − l2| = 2，1，0
总自旋角动量量子数 S = s1 + s2, s1 + s2 − 1, …… |s1 − s2| = 1，0
各相应磁量子数的取值集合分别为：
ml1，ml2 = 1, 0, −1；ms1，ms2 = 1/2, −1/2
ML = 2，1，0，−1，−2； MS = 1，0，−1
满足 Pauli exclusion principle 的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)
ML MS 1 0
2 (1, +) (1, −)
1 (1, +) (0, +) (1, +) (0, −)
(1, −)(0, +)
0 (1, +)(−1,+) (1,+) (−1, −)
(1, −) (−1,+)
(0, +) (0, −)
首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数 ML 最大，这时该最大值为1。并给出对应的MS取值。如下：
ML = 2, 1,0,−1, −2
MS = 0,0,0,0,0, 0
分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=2；S=0。原子态为 1D2 。
在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 1, 0, −1
MS = 1, 1, 1
0, 0, 0
−1,−1,−1
因此 L = 1, S = 1。对应原子态为：3P2,1,0
继续重复上述过程：
ML = 0 MS = 0 对应 L = 0，S=0；原子态为 1S0
因此2p2p 电子组态可LS耦合出的原子态有：1D2、3P0,1,2、1S0
其中3P0,1,2各态重数最高，根据Hund定则，基态必然是3P0,1,2中某个态。P支壳层最多可容纳6个电子，对于碳而言，两个价电子占据该壳层且小于半满，各多重态能级呈现正常次序。因此，碳Z=6原子的基态为 3P0。
氮Z = 7 基态时的电子排布式为：1s22s22p3，价电子组态为 2p2p2p，为三个同科电子。
两个电子的轨道角动量量子数l1 = l2 = l3 =1，自旋量子数 s1 = s2 = s3 = 1/2
LS耦合下
前两个电子的总轨道角动量量子数 LP = l1 + l2, l1 + l2 − 1, …… |l1 − l2| = 2，1，0
前两个电子的总自旋角动量量子数 SP = s1 + s2, s1 + s2 − 1, …… |s1 − s2| = 1，0
考虑第三个电子后总轨道角动量量子数 L = LP + l3, LP + l3 − 1, …… | LP − l3| = 3，2，1，0
总轨道角动量量子数 S = SP + s3, SP + s3 − 1, …… | SP − s3| = 3/2，1/2
各相应磁量子数的取值集合分别为：
ml1，ml2，ml3 = 1, 0, −1；ms1，ms2，ms2 = 1/2, −1/2
ML = 3，2，1，0，−1，−2，−3； MS = 3/2，1/2，−1/2，−3/2
满足 Pauli 原理的各微观态 (ml1，ms1)(ml2，ms2) (ml3，ms3) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4角)
MS = 3/2 MS = 1/2
ML = 3
ML = 2 (1, +) (1, −) (0, +)
ML = 1 (1, +) (0, +) (0, −)
(1, +) (1, −) (−1, +)
ML = 0 (1, +) (0, +) (−1, +) (1, +) (0, +) (−1, −)
(1, +) (0, −) (−1, +)
(1, −) (0, +) (−1, +)
首先挑出轨道量子数L取值最大的微观态。这样态的磁量子数 ML 最大，这时该最大值为2。并给出对应的MS取值。如下：
ML = 2, 1, 0, −1, −2
MS = 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2
−1/2, −1/2, −1/2, −1/2, −1/2
分量（即磁量子数）具有这样特点的轨道角动量和自旋角动量为：L=2；S=1/2。原子态为 2D5/2,3/2
在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 1, 0, −1,
MS = 1/2, 1/2, 1/2,
−1/2, −1/2, −1/2,
这样的状态来源于 L = 1，S=1/2，对应原子态为 2P3/2,1/2。
继续在余下的状态中，挑出轨道量子数L取值最大的微观态，如下：
ML = 0
MS = 3/2
1/2
−1/2
−3/2
这样的一组微观状态来源于 L = 0，S=3/2，对应原子态为 4S3/2。
因此p3 电子组态形成的原子态有2D、2P、4S
根据Hund定则，S值最大的能级最低。因此上述原子态中能级最低的为4S 。即氮原子的基态为4S3/2 。
3.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跃迁。
解答：在1s2p组态的能级和1s2s基态之间存在中间激发态，电子组态为1s2s。
利用LS偶合规则求出各电子组态的原子态如下
1s1s：1S0
1s2s：1S0、3S1
1s2p：1P1、3P2,1,0
这些原子态之间可以发生5条光谱跃迁。能级跃迁图如下
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，而其价电子之间相互作用属于jj耦合。问此时铅原子可能有那些状态？
解答：
l1 = 0 s1 = 1/2 j1 = l1 + s1, l1 + s1−1, ……, | l1 − s1| = 1/2
l2 = 1 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s2−1, ……, | l2 − s2| = 3/2, 1/2
按照 J = j1 + j2, j1 + j2 − 1, ……, |j1 − j2| 可给出的原子态 (j1, j2)J 如下：
(1/2, 1/2)1,0 、(1/2,3/2)2,1
共计4种原子态。
原子物理学第六章作业 （Ch S L 教材197页）
1.已知钒原子的基态是 4F3/2。（1）问V原子经过不均匀横向磁场后分裂为几束？（2）求基态V原子的的磁矩 mJ。
解答： （1）N = 2J +1 = 2 ´ 3/2 + 1 = 4 （束）
（2）对于原子态4F3/2 ，L = 3、S=3/2、J=3/2
其中
3.Li 漫线系的第一条 (32D3/2®22P1/2)在磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图。
解答：
跃迁排列图
M 3/2 1/2 −1/2 −3/2
M2g2 6/5 2/5 −2/5 −6/5
│ │
M1g1 1/3 −1/3
M2g2−M1g1 13/15 11/15 1/15 −1/15 −11/15 −13/15
因此，无磁场中的一条谱线在磁场中分裂成6条谱线。
能级跃迁图
无磁场 有磁场
6 Na 原子从 32P1/2 ® 32S1/2 跃迁的光谱线波长为 5896 Å，在 B =2.5 wb/m2 的磁场中发生塞曼分裂。问垂直于磁场方向观察，其分裂为多少条谱线？其中波长最长和最短的两条光谱线的波长各是多少Å？
解答：
跃迁排列格罗春图：
跃迁排列格罗春图：
M 1/2 −1/2
M2g2 1/3 −1/3
│ │
M1g1 1 −1
M2g2−M1g1 4/3 2/3 −2/3 −4/3
偏振态 s p p s
因此在磁场中原谱线分裂为四条。垂直于磁场方向观察，这四条都能看到。
新谱线的能量为：
能量最高和最低的谱线的能量分别为
分别对应最短和最长的波长。
由 得
因此 lmin = 5895.46 Å lmax = 5896.54 Å
8 已知铁（5D）的原子束在横向不均匀磁场中分裂为9束。问铁原子的J值多大？总磁矩多大？如果已知上述铁原子的速度 v = 103 m/s，铁原子量为55.85，磁极范围L1=0.03 m（习题图6.1），磁铁到屏的距离L2 = 0.10 m，磁场中横向的磁感应强度的不均匀梯度 dB/dy = 103 wb/m2/m。试求屏上偏离最远的两束之间的距离d。
解答：由 N = 2J+1 =9 得铁原子J值 J =4。
该原子态 g因子
该原子态铁原子总磁矩 =
在磁场中铁原子按照 M = J、J−1、……、−J分裂。
磁量子数为M的铁原子束 在 y 方向的偏转位移
磁场方向沿y轴正方向。设角动量PJ矢量与y轴正方向夹角为b，则总磁矩mJ矢量与y轴正方向的夹角为 p−b。则
因此
屏上偏离最远的两束铁原子之间的距离
原子物理学第六章习题课
1 （杨福家教材210页习题4-3）试证实：原子在6G3/2态的磁矩等于零。并通过原子矢量模型对这一事实做出解释。
解答：6G3/2 态的各种量子数 S = (6 − 1)/2 = 5/2 L = 4 J = 3/2
该原子态的Lande g 因子：
原子处于该态时的磁矩： (J/T)
利用矢量模型对这一事实进行解释：
各类角动量和磁矩的矢量图如上。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 ?
mS = gS´[S(S+1)]1/2´mB = (35)1/2 mB mL = gl´[L(L+1)]1/2´mB
利用PS、PL、PJ之间三角形关系可求出 a = 30° cosb =
由已知的cosb 、mS 、mL 可求出 m = 以及 q = 120°
所以 q − a = 90°。即 矢量 m 与 PJ 垂直、m 在 PJ 方向的投影为0。
2 （杨福家教材210页习题4-1）一束自由电子进入1.2T磁场时，问电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大。
解答：电子进入磁场B后，电子速度可能存在垂直于磁场方向的分量，电子因此会受到洛仑兹力的作用而做圆周运动。电子速度在平行于磁场方向可能也有分量，电子因此会保持这一速度分量不变而继续平行于磁场方向运动。两种运动的综合效果，导致电子的运动轨迹应该是螺旋形的。
电子的圆周运动部分等效于一个闭合电路，并因此会产生 反平行于外磁场 的磁矩。该磁矩方向始终与磁场方向反平行，力矩 t = m ´ B 恒为0。电子的平动运动部分，不产生磁矩。
根据题中所问，即使假设电子的圆周轨道受到了不为0的力矩的作用，也不需要考虑该力矩引起的能量变化。因为不论是自旋平行于外磁场还是反平行于磁场的电子而言，该圆周运动部分引起的能量变化都是相同的，相当于共同的参考基准。计算所关心的“能量差”时，该共同的参考基准会相互抵消。电子具有自旋 ，即使是“静止”的电子也具有着这样的角动量。同时电子作为具有该内禀角动量Ps的带电粒子，而具有自旋磁矩 。该磁矩的存在将会使电子受到一个力矩的作用，力矩为 。力矩的方向与 保持垂直，并因此与角动量 保持垂直。由力学公式 可以知道， 将绕 做拉莫尔进动，使电子在外磁场中获得了附加能量 DE。由电磁学知识可知：
其中a、b分别为电子自旋磁矩、电子自旋角动量和外磁场方向的夹角。
由量子力学的结论可知：b角不是任意的，Ps的空间取向具有量子化特征。
其中 Ms = S, S−1,……, −S = 1/2, −1/2。
因此
即自旋方向平行于磁场方向的电子(Ms > 0 )的能量增加，自旋方向反平行于磁场方向的电子(Ms < 0)能量降低。两者的能量差为：
3 锌(Z=30)原子的基态电子组态为 4s4s。其中一个电子留在最低态，另一个电子被激发。设两个价电子之间发生LS耦合。由此形成的第二辅线系的三重线结构中的每条光谱线在磁场作用下，塞曼谱线与原谱线的波数差是多少？画出相应的塞曼跃迁能级图，并标出各谱线偏振态。
解答：当另一电子被激发到 S 轨道，形成 4sns (n > 4）组态时，两个价电子可以LS耦合成原子态：1S0 和 3S1当另一电子被激发到 P 轨道，形成 4snp (n ³ 4）组态时，可以LS耦合成原子态：1P1 和 3P2,1,0第二辅线系中的三重线对应从 4sns 3S (n > 4）各态到 4s4p 3P 态的跃迁。其中各 3S 能级是单层的，4s4p 3P 能级是三层的。无磁场情况下，根据跃迁选择定则可知，从每个4sns 3S 能级到4s4p 3P能级可以发生三条跃迁。在磁场中，各个4sns 3S 能级和4s4p 3P将进一步发生塞曼分裂。
分裂后的磁能级与无磁场情况时的能级相比，能量移动为：DE = M ´ g ´ mB ´ B
题中涉及各原子态的g因子为：
g(3S1) = 2
g(3P2) = 1+ [J(J+1) − L(L+1) + S(S+1)]/[2J(J+1)] = 3/2 = g(3P1)
3P0 态因为总角动量PJ为0，所以磁矩 mJ = g ´ (e/2m) ´ PJ = 0，在磁场中 = 0，也就是既无能级分裂也无能级移动。因此无需计算g因子。
塞曼谱线与原谱线之间的波数差计算如下：
1）对 3S1 ® 3P0 跃迁
无磁场时原跃迁能量 hn = E(3S1) − E(3P0)
有磁场时塞曼跃迁能量 hn’ = [E(3S1) + DE2] − [E(3P0) + DE1]
= E(3S1) − E(3P0) + M2 ´g2 ´ mB ´ B
= hn+ M2 g mB B
其中 M2 = 1、0、−1
hn = hc/l，所以塞曼谱线与原谱线的波数差表达为
其中 mBB /hc 曾被定义为洛伦兹单位，记作 L。跃迁排列图如下
M 1 0 −1 M2g2 2 0 −2
\ | /
M1g1 0
_____________________________________________
M2g2 − M1g1 2 0 −2
= (+2, 0, −2) L
2）对 3S1 ® 3P1 跃迁
无磁场时原跃迁能量 hn = E(3S1) − E(3P1)
有磁场时塞曼跃迁能量 hn’ = [E(3S1) + DE2] − [E(3P1) + DE1]
= E(3S1) − E(3P1) + (M2 ´g2 − M1 ´g1)´ mB ´ B
= hn+ (M2 g2 − M1 ´g1)mB B
所以塞曼谱线与原谱线的波数差表达为
跃迁排列图如下
M 1 0 −1 M2g2 2 0 −2
| ´ ´ |
M1g1 3/2 0 −3/2
____________________________________________________
M2g2 − M1g1 2 3/2 1/2 −1/2 −3/2 −2
（2 3/2 1/2 −1/2 −3/2 −2）L
3）对 3S1 ® 3P2 跃迁
无磁场时原跃迁能量 hn = E(3S1) − E(3P2)
有磁场时塞曼跃迁能量 hn’ = [E(3S1) + DE2] − [E(3P2) + DE1]
= hn+ (M2 g2 − M1 ´g1)mB B
跃迁排列图如下
M 2 1 0 −1 −2 M2g2 2 0 −2
/ | ´ | ´ | \
M1g1 3 3/2 0 −3/2 −3
__________________________________________________________
M2g2 − M1g1 2 3/2 1 1/2 0 −1/2 −1 −3/2 −2 （2 3/2 1 1/2 0 −1/2 −1 −3/2 −2）L
塞曼跃迁能级图如下：
图中根据塞曼跃迁的选择定则，标出了各条塞曼跃迁，并标出了相应的偏振态。
（注意：从 3S1 M = 0 能级到 3P1 M =0 能级无容许跃迁发生。因为不符合选择定则。）
4 (杨福家教材210页习题4-6) 在史特恩-盖拉赫实验中，氢原子从高温炉中射出。炉温有限，不导致氢原子激发，氢原子处于基态。在屏上接受到两条氢束线，间距为 0.60cm。若把氢原子换成处于基态的氯(Cl)原子，其它实验条件不变，这时氢原子与氯原子的出射动能相同。那么在屏上能接收到几条氯束线？间距是多少？
解答：氢原子基态为 12S1/2。氯原子基态的电子组态为 (1s22s22p63s2)3p5 ，容易判断基态原子态为 3 2p3/2。(判断根据：p5 与p1 的原子态相同，大于半满，倒转次序，p3/2 低于p1/2)
因此，在屏上接收到的氯束线数目为 N = 2 ´ 3/2 + 1 = 4
为计算氯原子束间距，先来研究一下氢原子束的分裂间距情况。
原子物理学第七章作业（Ch S L 教材218页）
3 Na 原子的S、P、D项的量子数修正值 DS = 1.35、DP = 0.86、DD = 0.01。把谱项表达成 形式，其中 Z 是核电荷数。试计算 3S、3P、3D项的s为何值，并说明s的物理意义。
解答： 用量子数亏损表征谱项时 形式为
用有效电荷表征时 形式为
两种形式等价。令二者相等，则得到 D 与 s 之间的关系
用 Z = 11 和 n = 3 代入上式得 3S、3P、3D项的s值分别为
s3S = 9.18 s3P = 9.56 s3D = 9.997
s 代表 因内层电子的电荷屏蔽效应、价电子的轨道贯穿效应 和 原子实的极化效应而使价电子感受到的核电荷数的亏损。Z−s 为价电子感受到的平均有效电荷。
对于钠原子，核电荷数为11。由于10个内层电子的电荷屏蔽， 价电子感受到的有效核电荷数为1。价电子的轨道贯穿效应 和 原子实的极化效应又进一步使价电子感受到的核电荷数有所增加。特别是，价电子的轨道越扁，价电子轨道贯穿进入原子实的几率就越大，并因此越大程度地抵消了内层电子的电荷屏蔽，使得价电子感受到的核电荷数亏损程度降低，感受到的有效电荷增加。由于S轨道最扁，所以3S电子感受到的有效核电荷数最大。
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、ml （2） n、l （3） n
解答：原子中的电子填充满足Pauli 不相容原理，即不能有两个或两个以上电子具有一套相同的量子数 n、l、ml、ms。
（1）n、l、ml 相同时，ms 必须不同。因为 ms 的取值只有两种即 ±1/2。所以原子中能够有相同n、l、ml 的最大电子数为2。
（2）量子数n、l相同时，ml 的取值为 l、l-1、l-2，……，-l，共2l+1 个。根据（1），对于每个ml，可容纳的电子数最大为2。因此，原子中具有相同n、l的最大电子数为 2(2l+1) 个。
（3）量子数n取定后，l的可取值为 0、1、2、……、n-1。根据（2），每套n、l中可容纳的电子数最大为 2(2l+1) 个。因此，原子中具有相同量子数n的最大电子数为 个。
5 试从实验得到的等电子体系KI、CaII、ScIII……等的莫塞莱图解，说明为什么在钾原子中新增的电子不填在3d而填在4s 次壳层，又在钪原子中新增电子填在3d而不填在4s次壳层。
解答：该等电子体系在核外具有19个电子，前18个电子构成原子实。最后一个价电子决定着原子的能级和光谱。该等电子体系的光谱项可表达为 。此公式可变形为 。等电子体系中的每个原子或者离子的3D、4S光谱项都可以通过实验测量出来。利用实验结果作 关系图，即莫塞莱图。理论上，等电子体系的相同原子态给出的关系曲线应近似构成一条直线，且直线的斜率约为 1/n。从实验测量给出的结果图（参见教材215页图7.3）中可以看到，3D曲线与4S曲线斜率不同，两者交叉于Z=20和21之间。在Z £ 20时，3D曲线位于4S曲线下方；Z ³ 21时情况相反。因此，对于Z=19的钾原子而言，T3D < T4S。由于E = −hcT，所以3D能级高于4S能级。这导致了 钾原子中新增的电子不填在3d而填在4s 次壳层。而对于Z=21的钪原子而言，T3D > T4S、4S能级高于3D能级，因此它的第19个电子填在3d而不填在4s次壳层。原子物理学第八章作业 (Ch S L 教材 249页)
4.已知 Cu的 Ka 线波长是 1.542 Å。以此 X 射线与 NaCl晶体自然面成 15°50’ 角度入射而得到一级极大。试求 NaCl的晶体常数 d。
解答：X射线在晶体上发生衍射，出射射线加强时 满足 Bragg公式
nl = 2d sinq 其中 l = 1.542 Å
根据题意 n = 1时，q = 15°50’
代入 Bragg 公式 得到 d = 2.826 Å。
4.铝 (Al) 被高速电子束轰击而产生的连续X光谱的短波极限为 5 Å。问这时是否能观察到其标识谱K系线？
解答：连续X光谱产生于电子减速时的韧致辐射。当电子动能全部转化为韧致辐射时，辐射的能量最大，射线波长最短。因此，由连续X光谱的短波极限可以求出入射电子束的动能
E_kinetic = hc/lmin = 1.241 ´ 10−6 eV×m / 5 Å = 2482 eV
要观察到 K线系，入射电子传递的能量（动能的部分或全部）必须足以使靶原子中 n = 1 壳层的电子发生电离。
铝原子 K 层电子的电离能即 K吸收限 约为
1958.4 eV < 2482 eV
因此，这时能观察到标识谱K系谱线。
4.已知铝和铜对于 l = 0.7 Å的X光的质量吸收系数分别是 0.5米2/公斤和5.0米2/公斤。铝和铜的密度分别为 2.7´103公斤/米3和8.93´103公斤/米3。现若分别单独用Al板和Cu板作挡板，要使波长l = 0.7 Å 的X光的强度减至原来强度的1/100。问选用的Al板和Cu板应多厚？
解答：在这里，我们把题中的质量吸收系数理解为教材中的质量衰减常数 m/r。
Al和Cu的衰的衰减常数 分别为
X 射线的强度衰减满足
I/I0 = 1/100时 emx = 100 mx = 4.6052
所以Al板和Cu板厚度分别为
xAl = 3.41 m
xCu = 0.10 m
原子物理学 第八、九、十章习题课
1 已知铜的K和 L壳层电子的结合能分别为 8.9805 keV 和0.9328 keV。试给出铜的下列物理量：（1）Ka X 射线的能量 （2） L 吸收限的对应光子能量 （3） K电子的电离能 （4） 产生Ka X 射线的X射线管最低电压 （5）该电压下，韧致辐射的最短波长
解答：（1） K和L壳层电子的结合能 指 一个无穷远处的自由电子 分别填补到 K和 L壳层时所放出的能量。Ka X 射线来源于 n=2 壳层即L壳层中的一个电子填补到 n=1 壳层即K壳层中的空位时所放出的射线，其能量应等于K和L壳层电子的结合能之差，即
EKa = BK - BL = 8.9805 keV - 0.9328 keV = 8.0477 keV
(2) L吸收限对应于 把一个L壳层电子电离到无穷远处所需要的能量。因此与L壳层电子的结合能相同。即L 吸收限的对应光子能量为 0.9328 keV。
（3）一个电子从无穷远处填补到 K 壳层 和 把一个K电子电离到无穷远 是两个互逆过程，放出和吸收的能量相同。因此 K壳层电子的电离能为 8.9805 keV。
（4）Ka X 射线产生于 L壳层中的一个电子填补到 K壳层中的一个空位。而这样的事件的前提是K壳层中存在一个空位。因此必须有一个K电子被事先电离。该电离能为8.9805 keV，由入射电子所提供，相当于入射电子的动能。要使入射电子具有这样大的动能，X射线管最低电压为 8.9805 kV。
（5）在该电压下，入射电子打到靶上时具有 8.9805 keV的动能。入射电子在靶中库仑场的作用下发生减速，向外辐射能量，形成韧致辐射。韧致辐射的能量等于入射电子损失的能量。当电子动能一次性全部损失时，韧致辐射的能量最大，波长最短。该最短波长为：
lmin = hc/Emax = 1.988 ´ 10-25 Jm / 8.9805 keV = 1.378 Å
2 Rh 的原子序数为 Z=45。（1）估算它的Ka X 射线的能量。（2）用该射线做康普顿散射实验，当光子散射角为60°时，求反冲电子的最大动能。（3）实验中用0.30cm的铅屏蔽该射线，若改用铝代替铅，铝的厚度多大才能达到同样的屏蔽效果？已知 mPb = 52.5 cm-1, mAl = 0.765 cm-1。
解答：
Ka X 射线的能量可以用 Moseley 公式估算
(2) 康普顿散射中，散射光子与入射光子的波长差
入射光子波长
散射光子波长 l‘ = 64.0593 ´ 10-12 m
散射光子能量 E’ = hc/l‘ = ……= 19373 eV
散射前后光子能量的损失E - E’ = 19747 eV - 19373 eV = 374 eV
该能量传给靶中电子。如果传给靶中束缚电子，该能量的一部分将用于使电子脱离原子核的束缚，余下的部分将成为反冲电子的动能。如果传给靶中自由电子，该能量将全部成为反冲电子的动能。因此，反冲电子最大动能 Ee = 374 eV。
（研究表明，康普顿效应主要发生在外层电子和自由电子身上；而光电效应必须发生在束缚电子身上，尤其K层电子）
(3) X 射线的吸收满足关系式
要达到同样的吸收效果，即令 IPb = IAl 所以
代入数据得 xAl = 20.6 cm
3 HCl分子的1-0谱带（振动能级量子数分别为1和0）的基线波长为3.46微米。与基线相邻的两条谱线的间隔为1.23´ 1012秒-1 。求HCl分子的平衡力常数以及分子中两原子间的距离。已知H和Cl的原子量分别约为1和36。
解答：1-0谱带中基线位置所对应的能量等于 v = 1 和 v = 0 两振动能级之间的能量间隔，该值为
E1 - E0 = (v+1/2)hf |v=1 - (v+1/2)hf |v=0 = hf = hc/l
所以振动频率 f = c/l = 3 ´ 108 m/s / 3.46 mm = 8.67 ´ 1013 HZ
根据经典力学中的弹簧振子运动公式
其中
所以分子的平衡力常数
分子的转动能为
J = 0，1，2，……
谱带中任意一条谱线的能量可以表达为 (下角标V、R分别表示振动和转动)
E’ - E = (E’V -EV) + (E’R - ER) » hf + A[J’(J’+1) - J(J+1)]
振转谱带的跃迁选择定则为 DJ = ±1
因此在谱带的基线位置 是一个 空缺，不存在谱线。与基线相邻的两条谱线的能量分别为：
Ea = hf + A [J’(J’+1) - J(J+1)] = hf + A[1(1+1) -0 (0+1)] = hf + 2A
Eb = hf + A [J’(J’+1) - J(J+1)] = hf + A[0(0+1) - 1(1+1)] = hf - 2A
两条谱线的能量间隔为 Ea - Eb = 4A 频率间隔为 4A/h (h为Plank常数)
因此
两原子间距离
4 已知中子和一些原子的质量如下（以u为单位，u = 931.48 MeV/c2）
n: 1.008665 1H: 1.007825 14C: 14.003242 14N: 14.003074
计算14N 核的结合能及其每个核子的平均结合能
从能量角度判断 14C 能否发生 b- 衰变？若能发生则计算 b- 粒子的最大动能。
解答：
（1） 14N 核中有7个质子和7个中子，其结合能
B = [7个独立质子的总质量 + 7个独立中子的总质量 - 14个核子结合成14N 核后的质量]´ c2
» [7个独立氢原子的总质量 + 7个独立中子的总质量 - 14N 原子的质量] ´c2
= [7 ´ 1.007825 + 7 ´ 1.008665 - 14.003074]u ´ c2
= 104.66 MeV
每个核子的平均结合能 = B/A = 104.66 MeV/14 = 7.476 MeV14C 若能发生 b- 衰变，则 14C ® 14N + b-
衰变能 Ed = [M(14C) - M(14N)]´c2 = 156.5 keV > 0
因此，从能量角度判断 14C 能发生 b- 衰变。
b- 粒子的最大动能 Emax » Ed =156.5 keV
5 234Th的半衰期为25天，如果24克234Th 贮存150天，则Th的数量将留存多少克？
解答：衰变定律
令 N = N0/2，此时 t = T1/2 。
所以
t = 150 天时，
原子物理学第九章作业(Ch S L 教材284 页)
1.HBr分子的远红外光谱是一些 =16.94 厘米−1 等间隔的光谱线。试求HBr分子的转动惯量和原子核之间的距离。已知 H和Br的原子量分别为 1.008 和79.92。
解答：远红外区的吸收光谱来源于分子转动能级的激发吸收。
根据经典力学，分子的转动能为
其中 w、I、P 分别为分子的转动角速度、转动惯量、转动角动量。
以量子力学的转动角动量表达式 代入上式，得分子转动能级的能量为
其中 J = 0, 1, 2, ……，为转动角动量量子数。
由分子纯转动的跃迁选择定则 DJ = 1 得 能级J至 J−1 之间的跃迁能量
跃迁对应的光谱线的波数为
两相邻跃迁的波数差为
该间隔与J无关，为常数。由题中数据得
又由 得分子中两原子核之间距离
1.HCl分子有一个近红外光谱带，其相邻的几条谱线的波数是 2925.78、2906.25、2865.09、2843.56、2821.49 厘米−1。H和Cl的原子量分别为 1.008和35.46。试求这个谱带的基线波数 和这种分子的转动惯量。
解答：分子的近红外光谱带产生于分子的振动和转动。光谱带中任意谱线的波数可表达为
设分子转动惯量近似为常量 即 I’ @ I。
考虑分子振转跃迁的选择定则 DJ = ±1
则对DJ = J’−J = +1的跃迁
对DJ = J’−J = −1的跃迁
因此，对于每类跃迁，相邻谱线的波数差均为常数 ；而在 位置则是一个空缺，此即振转谱带的基线位置。与基线相邻的两条谱线的波数差为前述波数差值的2倍，即 。
从题中数据得HCl近红外谱带中相邻谱线的波数差分别为
19.53、41.16、21.53、22.07 厘米−1
显然，四个数值中有三个值彼此近似相等，而另外一个值为其它三个值的2倍。因此，与谱带基线相邻的两条谱线的波数分别为 2906.25、2865.09厘米−1。
因此谱带的基线 = (2906.25 + 2865.09)/2 = 2885.67 cm−1。
由 = 41.16 cm−1 可以计算出这种分子的转动惯量 I = 2.718 ´ 10−47 kg×m2
原子物理学第十章作业(Ch S L 教材369 页)
2.从下列各粒子的质量数据中选用需要的数值，计算 1430Si 中每核子的平均结合能。
e 0.000548 12H 2.014102 n 1.008665 11H 1.007825 1430Si 29.973786
解答：30Si 原子可以看成 14个 1H 原子和16个中子组成。30Si 整个原子的结合能
则每个核子的结合能 Baverage = 255.6/30 = 8.52 MeV
2.在考古工作中，可以从古代生物遗骸中14C 的含量推算古生物到现在的时间t。设 r 是古生物遗骸中 14C 和12C 的含量比，r0 是空气中14C 和12C 的含量比。试推导下列公式
其中 T 为 14C 的半衰期。
解答：14C 的衰变定律
容易推得衰变常数l和半衰期T之间的关系为：
对上述第一个式子，方程两边同时除以古生物遗骸中 12C 的原子数。
显然方程左边两项的比值即为 r。方程右边的系数项的意义为 古生物刚刚死亡时体内 14C 与12C的含量比，该比值与当时大气中14C 与12C的含量比相同。而地球上14C 与12C的含量比，保持动态平衡，随着年代的改变几乎为一常数。也就是说方程右边的系数项与当前大气中的14C 与12C的含量比相同，即为 r0 。
因此
原子物理习题集
环境学习题集
原子学说
微机控制技术》习题集
新企业所得税习题集B
新企业所得税习题集c
奇门习题集解（幺学声
奇门习题集解,（幺学声）
个人理财考试辅导习题集
DELPHI的原子世界
分子原子教学设计
[转载]奇门习题集解（幺学声）
原子吸收光谱法常用词汇
原子吸收光谱法常用词汇
《分子和原子》教学设计
【高中综合】物理物理。。。
土力学与地基习题集图书购买 - 异侠图书搜索
奇门习题集解--幺学声 测病12例
神秘的生命起源-原子 - 新浪BLOG
神秘的生命起源-原子 - 新浪BLOG
原子拥有中子的能力超乎想象
041原子空间 042红月亮
欧洲科学家首次俘获反物质原子
第三单元课题2 分子和原子