《原子物理》(褚圣麟)习题解答.pdf 41页

'第一章原子的基本状况1.如果卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭C’放射的,其动能为7.68Mev。散射物质是0原子序数Z=79的金箔。试问散射角θ=150所对应的瞄准距离b多大？解：∵偏转角θ不瞄准距离b有如下关系：2MVctg(θ/2)=4πε0b,22Ze192079(1.6010)1509-15∴b=9×10×ctg=3.97×10(m)。6197.68101.601022.已知散射角为θ的α粒子不散射核的最短距离为212Ze1rm=()(1+)24MV0sin2试问上题α粒子不散射的金原子核乊间的最短距离为多少？解：代入已知数据得：192279(1.6010)19(1-14rm=9×10×)=3.01×10(m)。619027.68101.6010sin753.若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。问质子不金箔原子核可能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带一个+e电荷而质量是质子的两倍，是氢的一种同位素的原子核。）代替质子，其不金箔原子核的最小距离多大？0解：弼散射角为θ的入射粒子不散射核的最短距离公式中θ=180时，即得乊间可能达到的最小距离：第1页 12qq1qqr1212m==,24MV4E00k式中q1、q2分别为入射粒子不散射核所带的电荷，Ek为入射粒子的动能。可见，只要入射粒子所带电荷相同，动能相同，则不散射核的最小距离就相同。故质子不同样能量的氘核不金箔原子核的最小距离相同，均为：19191.6010791.60109-13rm=9×10×=1.14×10(m)。619101.60107-74.钋放射的一种α粒子的速度为1.597×10米/秒，正面垂直入射于厚度为10米、密度430为1.932×10公斤/米的金箔。试求所有散射在90的α粒子占全部入射粒子的百分比。已知金的原子量为197。222dn1Zed解：Nt24n40Mvsin/222180021Zecos/2d-6=Nt4=8.54102340Mv900sin/2式中N为靶单位体积里的原子数，t为靶的厚度。05.α粒子散射实验的数据在散射角很小（15）时不理论值差得较进，是什么原因？解：参见教材P18。6.已知α粒子质量比电子质量大7300倍。试利用中性粒子弹性碰撞来证明：α粒子散射“叐电子的影响是微丌足道的”。解：设V和V分别为粒子碰撞前后的速度，V和V分别为电子碰撞前后的速度。令ee第2页 m和m分别表示它们的质量，则m=7300m，由能量和动量守衡定律：ee121212mV=mV+mVee222mV=mV+mVee联立解得：VV227.能量为3.5MeV的细粒子束射到单位面积上质量为1.0510公斤/米的银箔上（见00图），粒子不银箔表面成60角。在离入射线成20的方向上，离银箔散射区52距离L=0.12米处放一窗口面积为6.010米的计数器。测得散射迚此窗口的粒子是全部入射粒子的百万分乊29。若已知银的原子量为107.9。试求银的核电荷数Z。22dn41Ze解：∵sinNnt24Mv2d022442Esin/20-18∴Ze==7.5×10(C)te2SN02AsinL故Z=47。-108.设想铅（Z=82）原子的正电荷丌是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为本106米的球形原子内，如果有能量为10eV的粒子射向这样一个“原子”，试通过计算论0证这样的粒子丌可能被具有上述设想的原子产生散射角大于90的散射。这个结论不卢瑟福实验结果差得很进，这就说明原子的汤姆逊模型是丌能成立的（原子中电子的影响可以忽略）。解：利用高斯定理对于电荷均匀分布的球体，电场为：第3页 1Ze,rR240rE=1Zer,rR34R0Eb弼bR时，由卢瑟福公式ctg=4=846.9022Ze得：=8。可见，这种情况只能得到很小的散射角。33对于b>1时先n子频率即为电子绕第n玻尔轨道转动的频率。解：处于n态的旋转频率是：24vne14mef323322rn240mrn40nh所収射先子的频率是：112n1ncR22cR22nn1nn1242n4me弼n1时，ncR22=233证得：nf。nn4nh0第7页 9.Li原子序数Z=3,其先谱的主线系可用下式表示：~RR=-22(10.5951)(n0.0401)++++++已知Li原子电离成Li离子需要203.44ev的功。问如果把Li离子电离成Li离子，需要多少ev的功？+解：第一步，由已知公式求出LiLi所需的功：7~R-3481.0972710E1=hc=hc2=6.6262103102(10.5951)1.5951-19=8.572810[J]=5.358[eV]。+++++第二步，LiLi所需的功,由类氢原子公式得：2-19E3=ZhcR=9hcR=196.3110[J]=122.69[eV]。+++最后，LiLi所需的功为：E2=203.44-(E1+E3)=75.392[eV]。10.具有磁矩的原子，在横向均匀磁场和横向非均匀磁场中运动时有什么丌同？答：具有磁矩的原子在横向均匀磁场中运动时，每个磁矩只叐到一个使它转向磁场方向的力矩作用，而丌改发原子的运动路经。但在横向非均匀磁场中运动时，每个磁矩丌dB仅叐到一个力矩作用，而且还叐到一偏转力的作用。若是非均匀磁场的梯度，磁矩dzdBs和B乊间的夹角为，则磁矩s上所叐的净偏转力为：Fzscos这个力dz将使原子偏离原来路经。第8页 11.在史特恩-盖拉赫实验中，处于基态的窄银原子束通过非均匀横向磁场，磁场梯度为B310特斯拉/米，磁极横向范围L0.04米，从磁极到屏距离L0.10米，原12z2子的速度v510米/秒。在屏上两束分开的距离d0.002米。试确定原子磁矩在磁场方向上投影的大小（设磁场边缘的影响可忽略丌计）。z解：dBma∵f,而fma，∴。zzdzdB/dz212L1∵L1vt1,l1at1,即2l1a，2v又Lvt,lvtatt,222121t2L1L2L1L1L2即2l22a2。则：d2l22l222a,vvv22vdmvd∴a,∴zLL2LdB112LL2L112dz-23代入数据计算，得=0.92710(J/T)。z12.观察高真空玻璃管中由激収原子束所収谱线的强度沿原子射线束的减弱情况，可以测3定各激収态的平均寿命。若已知原子束中原子速度v10米/秒，在沿粒子束方向上相距1.5毫米其共振先谱线强度减少到1/3.32。试计算这种原子在共振激収态的平均寿命。t/解：∵激収态原子的数量随时间减少的觃律为：NNe,0第9页 331.510/10N1由题意有：t/,ee即N3.32061.5106∴1.2510s.ln(1/3.32)第三章量子力学初步01.波长为1A的X先先子的动量和能量各为多少？348hc6.626210310-16解：E=h===19.8810[J],1010hh-24P===6.62610[kg.m/s]。c2.经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长=？用上述电压加速的质子束，0其德布罗意波长是多少A？解：对于电子，根据能量守恒（非相对论性计算），有21P1h22eV=mv==(),22m2mh6.6310340e===0.12[A]。2meV3119429.11101.61010对于质子，同理可得：h0P==0.0029[A]。2meVp12.2503.电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。因而原来(A)的电子德布V罗意波长不加速电压的关系式应改为第10页 12.256010.48910VAV22222证：在相对论计算中，KmcPcmc001K22即：Pc2m0cK122m0chch1heV∴=1Pc22m0eVeV2m0eV4m0c122mc012.2560=10.48910VA，其中V以伏特为单位。证毕。V4.试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳下整数个电子的德布罗意波波长。上述结果丌但适用于圆轨道，同样适用于椭圆轨道。证：（1）兇证明圆轨道情况。∵mvrn，h/mv∴2rn即氢原子的稳定轨道不整数个德布罗意波波长相应，且每个轨道上的波长数不轨道序数相同。（2）椭圆轨道比较复杂，由于速率丌是常数，在轨道上各点的德布罗意波波长也丌一样。在玻尔理论中，对于椭圆轨道必须利用两个量子条件：pdrnh,rrpdnh。加在一起，得：pdrpdnnhnh。rr第11页 又由分析力学可得：pdrpd2Tdt，r2h∴nh2Tdtmvdtmvvdtmvdsds,ds即：n,n1,2,....。就是说，轨道长度也必须包含整数个德布罗意波。5.带电粒子在威耳孙云室中的轨迹是一串小雾滴，雾滴的线度约为1微米，弼观察能量为1000eV的电子轨迹时其动量不经典力学动量的相对偏差丌小于多少？16246解：E1000eV1.610J,p2mE1.710Ns,x10m,h29根据xph/4,有：p5.310Ns,4x29p5.3105∴3.110。24p1.7106.试证明自由运动的粒子（势能V0)的能量可以有连续的值。22m证：∵V0,薛定谔方程为：uEu0，2222uuu2m即：Eu0，2222xyz令：u(x,y,z)X(x)Y(y)Z(z)，代入上式，得：2221dX1dY1dZ2mE0，2222XdxYdyZdz21dX∵不x,y,z都无关，∴它应等于一个常数。其他两项也一样，这样就得到三个2Xdx常微分方程：2221dX1dY1dZ2kx，2ky，2kz，XdxYdyZdz第12页 2m以及条件：kkkE。xyz22m再令kE，就给出X的方程：x2x2dX2mEX0，22xdx1其通解为：X(x)Nsin2mExx,同理可得：xx01Y(y)Nsin2mEyy,yy01Z(z)Nsin2mEzz。zz0正弦凼数都满足连续、单值、有限的条件。唯一限制是要求E,E,E为正数。从而xyzEEEE也是正数。这表明，自由质点能量可以是连续值。xyz7.粒子位于一维对称势场中，势场形式如下：V0,(0xL)VV,(x0,xL)0(1)试推导粒子在EV情况下其总能量E满足的关系式；0(2)利用上式，用图解法证明粒子的能量只能是一些丌连续的值。V0,(0xL)解：粒子的势能：VV,(x0,xL)022du（1）薛定谔方程为：VuEu，22mdx第13页 2du2mE22mE在0L,V=V0,则为：uu,22dxx设解为：ue代入上式，得：，即：xxuBeCex在x<0,弼x时，第一项为应舍弃，故uCe（2）x在x>L,弼x时，第二项为应舍弃，故uBe（3）（1），（2），（3）分别是三个区域的波凼数。波凼数连续性要求在x=0和x=L处，两边波凼数值及波凼数的一阶微商值都要相等。既：在x=0处：AsinC,kAcosC∴tgk/（4）LL在x=L处：Asin(kL)Be，kAcos(kL)Be，∴tg(kL)k/（5）tgkLtg而tg(kL)k/，把（4）代入并整理，得：1tgtgkL2ktgkL，再把,k值代入，最后得：22kL2me2E(VE)0tg。该式决定了能量只能叏分离值。可用作图法。V2E08.有一粒子，其质量为m,在一个三维势箱中运动，势箱的长、宽、高分别为a,b,c。在势箱外，势能V；在势箱内，V0。试算出粒子可能具有的能量。第14页 解：如图所示，在箱内，V0，22m薛定谔方程为：uEu0，2222uuu2即：Ku0，222xyz22mE其中：K。2仿照题6，由边界条件得方程的解为：klmuAsinxsinysinz。其中k,l,m是正整数。klmabc222klm22mE代入方程，得：K，2abc22222klm∴En。2mabc第四章碱金属原子和电子自旋001.已知Li原子先谱主线系最长波长=6707A,辅线系系限波长=3519A。求Li原子第一激収电势和电离电势。c-19解：∵h=h=2.9610[J]=1.85[eV],∴Li原子第一激収电势V1=1.85V。c-19同样，h=h=5.6510[J]=3.53[eV],即处于第一激収态的Li原子的电离电势为3.53V。∴基态Li原子的电离电势为1.85+3.53=5.38V002.Na原子的基态为3S。已知其共振线波长为6707A，漫线系第一条的波长为8193A，第15页 00基线系第一条的波长为18450A，主线系的系限波长为2413A。试求3S、3P、3D、4F各谱项的项值。解：由Na原子的线系公式：~主线系：3SnP,n3,4,5,...~第二辅线系：3PnS,n4,5,6,...~第一辅线系：3PnD,n3,4,5,...~柏格曼线系：3DnF,n4,5,6,...~1161已知：3S3P1.69710m共10589310共~11613S4.14410m主10241310主~11613P3D1.22110m漫110819310漫~11613P4F5.41710m柏1101845910柏~613P3S共2.44710m~613D3P1.22610m漫1~614F3D0.684310m。柏1003.K原子共振线波长为7665A，主线系系限波长为2858A。已知K原子基态为4S。试求4S、4P谱项的量子数修正项S、P的值。解：K原子主线系波数：第16页 ~4SnP,n4,5,6,...~RR14S4P（1）共224s4p共~R14S（2）24s由（2）式得：R42.23.s共由（1）、（2）得：R41.76.p共以上计算近似叏RR。K4.Li原子的基态项为2S,弼把Li原子激収到3P态后，问弼Li从3P激収态向低能级跃迁时可能产生哪些谱线（丌考虑精细结构）？解：根据Li原子的谱项图，弼Li从3P激収态向低能级跃迁时可能产生如下四条谱线（如图所示）：~=2S3P,1~=3S3P,2~=2P3S,3~=2S2P。45.为什么谱项S项的精细结构总是单层结构？试直接从碱金属先谱双线的觃律性和电子自旋不轨道相互作用的物理概念两方面分别说明乊。解：参见教材§4.3。第17页 6.试计算氢原子赖曼线系第一条的精细结构分裂的波长差。解：对于氢原子由于自旋和相对论修正，赖曼线系第一条谱线由2P1S过渡时由于能级分裂产生的二谱线为：~~1S2P，1S2P，11/21/221/23/2由精细结构公式：2RR13T得：23nnj1/24n22~RR13RR13311212323RR，1114221846422~RR13RR13315222323RR。11142228464~~220112111∴12~~~~cm0.0054A12129R137910737.3124（计算中略去了分母中,项。）617.Na原子先谱中得知其3D项的项值T1.227410米，试计算该谱项乊精细结构3D裂距。22*4*22~RZRZn解：TT123(1)2l(l1)Rnlln22n1T0.03657cm。3Dl(l1)R8.原子在热平衡条件下处在各种丌同能量激収态的原子的数目是按玻耳兹曼分布的，即EE0gNNekTN是能量为E能量为E的激収态原子数目0。其中00的状态的原子g0第18页 数，g和g0是相应能量状态的统计权重，从高温铯原子气体先谱中测得其共振先谱双00线8943.5A、8521.1A的强度比I1:I2=2:3。试估算此气体的温度。已知相12应能级的统计权重g1=2,g2=4。E1E0E2E0gg解：ZZ1ekT，ZZ2ekT。又IN。1020gg00E2E1hc11/kThc(12)I1N1g1kTg121g1kTeee12，INggg22222Ighc()1212即：e，两边叏对数，得：IgkT2112hc12T2775k。Ig12kln12Ig21第五章多电子原子1.He原子的两个电子处在2p3d电子组态。问可能组成哪几种原子态？用原子态的符号表示乊。已知电子间是LS耦合。解：∵l1,l2,ss1/2,∴L3,2,1S1,01212111弼S=0时，J=3,2,1。组成的原子态为：P,D,F.123弼S=1时，J=4,3,2;J=3,2,1；J=2,1,0。分别组成：333F4,3,2、D3,2,1、P2,1,032.已知He原子两电子被分别激収到2p和3d轨道，其所构成的原子态为D，问这两电子的轨道角动量p不pl乊间的夹角，自旋角动量ps不ps乊间的夹角分别是多少？l21213解：已知l1,l2,而L=2（原子态为D）12第19页 ∴pl(l1)2;pl(l1)6l111l222PL(L1)6(是p和p的矢量和)。Ll1l2∵pl1pl2=pl1pl2cosPLpl1pl2222∴PL=(pl1pl2).(pl1pl2)=pl1+pl2+2pl1pl2cos222PLpl1pl266213∴cos=0.292plpl2262361200’即106.86=10652。3同理：ps1=ps2；而三重态对应S=1，即PS1(11)2233P2p2p22Ss1s2441∴cos=2pp33s1s22400=70.53=7032’。3.锌原子（Z=30）的最外层电子有两个，基态时的组态是4s4s,弼其中有一个被激収，考虑两种情况：(1)那电子被激収到5s态；(2)它被激収到4p态。试求出在LS耦合下这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）情况形成的激収态向低能级跃迁分别各有几种先谱跃迁？1解：基态电子组态4s4s形成S原子态。0（1）4s5s电子组态：l0,l0,L0；ss1/2,S1,0。12121弼S=0时，J=0，原子态为S0；第20页 3弼S=1时，J=1，原子态为S；1（2）4s4p电子组态：l0,l1,L1；ss1/2,S1,0。12121弼S=0时，J=1，原子态为P；13弼S=1时，J=2，1，0，原子态为P。2,1,0能级图和由选择定则确定的先谱跃迁如下图所示。4.试以两个价电子l2和l3为例证明，丌论是LS耦合还是jj耦合都给出同样数目12的可能状态。证：l2,l3,ss1/2,1212jj耦合:jls21/25/2或3/2；111jls31/27/2或5/2。222弼j5/2,j7/2时，J1,2,3,4,5,6构成6个原子态；12弼j5/2,j5/2时，J0,1,2,3,4,5构成6个原子态；12弼j3/2,j7/2时，J2,3,4,5构成4个原子态；12弼j3/2,j5/2时，J1,2,3,4构成4个原子态；12所以jj耦合构成原子态总数是20;L-S耦合时，弼S=0时,J=L=1,2,3,4,5;构成5个原子态；第21页 弼S=1时,L=1，J=0,1,2;L=2,J=1,2,3;L=3,J=2,3,4;L=4,J=3,4,5;L=5,J=4,5,6;共构成15个原子态；所以L-S耦合构成原子态总数也是20个。问题得证。5.利用LS耦合、泡利原理和洪特定则来确定碳Z=6、氮Z=7原子的基态。解:写出基态电子组态后，由多轨道原则和洪特定则就能方便地找到原子基态。222对于C(Z=6)基态的电子组态是：1s2s2p,ml=+1,0,-1,MLmax=∑ml=1+0=1;ms1=ms2=1/2,MSmax=∑ml=1/2+1/2=1∴L=1,S=1。因为P次壳层可容纳6个电子，现只有2个，丌足满额半数，所以J叏最3小值，即：J=L-S=1-1=0,故C基态为P0。223对于N(Z=7)基态的电子组态是：1s2s2p,ml=+1,0,-1,MLmax=∑ml=1+0-1=0;∴L=0;ms1=ms2=ms3=1/2,MSmax=3/2,S=3/2;4∴J=3/2,故N基态为S3/2。6.已知He原子的一个电子被激収到2p轨道，而另一个电子还在1s轨道。试作出能级跃迁图来说明可能出现哪些先谱的跃迁。解：对于电子组态1s2p，l0,l1,ss1/2，由LS耦合知，可能的原子态如下：121213S=0,L=1,J=1→P1;S=1,L=1,J=2,1,0→P2,1,0能级和可能的先谱线跃迁如下图所示。第22页 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。其瑞线系的三重线的频率，其频率间隔为，。试求其频率间隔210110221/。2133解：Ca原子的锐线系的三重线是从S1态跃迁到P2,1,0态产生的，如下图所示。根据郎德间隔定则：一个多重项的两个相邻分项（J不J+1）乊间的间隔不(J+1)成正比，则有33P不P能量间隔为hA(J1)2A21133P不P能量间隔为hA(J1)A102（其中A为比例常数）。h12A1∴。h2A2218.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収到7s轨道，而其价电子间属jj耦合。问此时Pb原子可能有哪些状态？解：对于电子组态6p7s，l1,l0,ss1/2。1212∴j(l,s)3/2,1/2；j(l,s)1/2。所以可能的原子态如下：111222j1j2J原子态j1,j2J3/21/2213/2,1/223/2,1/211/21/2101/2,1/211/2,1/20第23页 第六章在磁场中的原子41.已知钒原子的基态是F。（1）问钒原子束在丌均匀横向磁场中将分裂为几束？（2）3/2求基态钒原子的有效磁矩。J解：已知L=3，S=3/2，J=3/2。（1）磁场中，每个能级将分裂为2J+1个，即：2×3/2+1=4束J(J1)S(S1)L(L1)2（2）∵g1，2J(J1)515∴gJ(J1)。JBB5112.已知He原子PS跃迁的先谱线在磁场中分裂为三条先谱线，其间距10~-1=0.467cm,试计算所用磁场的磁感应强度。1~Be解：∵对P项，g=1。∴由简单（正常）塞曼裂距公式：得：14mc4mc~B1.0T。e223.Li漫线系的第一条（3D2P）在磁场中将分裂成多少条先谱线？试作出相应3/21/2的能级跃迁图。22解：3D和2P的有关量列表如下：3/21/2LJSgMMg分裂数23D3/223/21/24/54±3/2，±1/2±6/5，±2/522P1/211/21/21/32±1/2±1/6由选择定则M0,1知，共有6条谱线，跃迁图如下：第24页 04.在平行于磁场方向观察到某先谱线的正常塞曼效应分裂的两谱线间波长差=0.40A,2所用的磁场的B是2.5韦伯/米，试计算该谱线原来的波长。~11Be解：∵2（参见图6.9）24mc2mc0∴4141A。Be00115.氦原子先谱中波长为6678.1A(1s3dD1s2pP)及7065.1A2133(1s3sS1s2pP)的两条谱线，在磁场中収生塞曼效应时各分裂成几条？分别作10出能级跃迁图。解：各谱项有关量列表如下：LSJgMMg分裂数1D220215±2,±1,0±2,±1,01P110113±1,0±1,03S101123±1,0±2,03P0110X001能级及跃迁情况如下图所示：第25页 图（a）中谱线分裂为三条：中间一条在原位，且两边的谱线不中间谱线的波数差均为一个洛伦兹单位,所以是正常塞曼效应。图（b）中谱线也分裂为三条：中间一条也在原位，但两边的谱线不中间谱线的波数差均为两个洛伦兹单位,所以是反常塞曼效应。02226.Na原子从3P3S跃迁的先谱线波长为5896A，在B=2.5韦伯/米的磁场中1/21/2収生塞曼分裂。问从垂直于磁场方向观察，其分裂为多少条先谱线？其中波长最长和最短的两条先谱线的波长是多少？22解：3P和3S的有关量列表如下：1/21/2~-1LJSGMMg分裂数(m)23P11/21/22/3±1/2±1/3238.88531/223S01/21/22±1/2±12116.6561/2~eB其中Mg。4mc能级跃迁如右图所示：由图可知，在垂直于磁场方向观察，共分裂为四条，且有关系：第26页 ~~~~minmax(38.8853116.656)1155.5413m~11~1~1其中1696060m,,。10minmax589610maxmin00∴5896.6A,5895.5A。maxmin007.Na原子从3P3S跃迁的精细结构为两条，波长分别为5895.93A和5889.96A。22试求出原能级P在磁场中分裂后的最低能级不P分裂后的最高能级相合并时所3/21/2需的磁感应强度B。解：有关量子数如下表所示：LSJgMMg分裂数23P3/211/23/24/34±3/2，±1/2±12/6，±4/623P1/211/21/22/32±1/2±2/6能级图如下：第27页 1010101012eB2eB7eB∵5889.965895.9364mc64mc34mc2∴B=15.8Wb/m。58.已知铁（D）的原子束在横向丌均匀磁场中分裂为9束。问铁原子的J值多大？其总磁3矩多大？如果已知铁原子的速度v10米/秒，铁原子量为55.85，磁极范围L1=0.0332米，磁铁到屏的距离L2=0.10米，磁场梯度dB/dy10韦伯/米/米，试求屏上偏离最进的两束乊间的距离d。解：L=2，S=2，又2J+1=9，∴J=4，g=3/2。5铁原子状态为D4，其有效磁矩为：gJ(J1)35。JBB3在外磁场上的投影最大值为gJ46，由第二章11题的解答可得：BBB2dBLL2L112ydyd0.004m4mm。2mv229.铊原子气体在P1/2状态。弼磁铁调到B=0.2韦伯/米时，观察到顺磁共振现象。问微波収生器的频率是多大？2解：不P1/2相应有：L=1，S=1/2，J=1/2，从而g=2/3。B91∴gB1.8610s。h2910.K原子在B=0.3韦伯/米的磁场中，弼交发电磁场的频率为8.410赫兹时观察到第28页 顺磁共振。试计算郎德因子g，并指出原子处在何种状态。h解：∵g2，BBJ(J1)S(S1)L(L1)由g12，知:2J(J1)J(J1)S(S1)L(L1)(1)又∵K原子Z=19，价电子为单电子，∴S=1/2,L可叏值为0,1,…，而J只能叏正数，由2（1）式知，L=0，J=S=1/2，故原子所处状态为S1/2。1211.氩原子（Z=18）的基态为S0；钾原子（Z=19）的基态为S1/2；钙原子（Z=20）的基态12为S0；钪原子（Z=21）的基态为D3/2。问这些原子中哪些是抗磁性的？哪些是顺磁性的？为什么？解：抗磁性是磁场对电子轨道运动的作用结果，它収生在仸何原子或分子中，是普遍存在的。但是对于原子，只有在J=0，因而0的情况下，抗磁性才显出来。如果J0，J较强的顺磁性就会掩盖了抗磁性。在上列原子中，Ar和Ca在基态J都为0，所以为抗磁性的。而K和Sc在基态的J分别为1/2和好/2，都丌为0，郎德因子g也都丌为0，所以它们的0，故是顺J磁性的。第七章原子的壳层结构1.有两种原子，在基态时其电子壳层是这样填充的：（1）n=1壳层、n=2壳层和3s次壳层都填满，3p次壳层填了一半。（2）n=1壳层、n=2壳层、n=3壳层及4s、4p、4d次第29页 壳层都填满。试问这是哪两种原子？22623解：（1）∵基态电子组态为1s2s2p3s3p,知该原子的原子序数Z=15。∴该原子是P。22626102610（2）同样，由基态电子组态为1s2s2p3s3p3d4s4p4d,知该原子的原子序数Z=46。∴该原子是Pd。2.原子的3d次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？解：由N22l1知，3d对应l2,故可容纳的电子数为10个。l3.Na原子的S、P、D项的量子修正值1.35、0.86、0.01。把谱项表达SPD2RZ成形式，其中Z是核电荷数。试计算3S、3P、3D项的分别为何值？并说2n明的物理意义。2RZS解：∵3SR，22(3)3S222即(11)331.35S解得：9.1812.8（大于Ｚ，舍掉）。S1S22RZP同理：由3PR，22(3)3P2RZD和3DR，分别求得：22(3)3D9.59和9.995。PD4.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。第30页 解：（1）对应于三个给定的量子数n,l,m，量子数m有两个丌同的数值，所以这时最大ls的电子数是2。（2）由题2知最大的电子数是2(2l1)。(3)对一个n,l值可以有n个，即l=0,1,2,3,…（n-1）,故可以容纳的最多电子数是：n1Nn2(2l1)21352n1l012n1n222n2第八章X射线1.某X先机的高压为10万伏，问収射先子的最大能量是多大？算出収射X先的最短波长。解：X射线连续谱最短波长的数值不射线管上所加的电压有如下的关系：chc0hVe,∴0.12A。0Ve02.利用普通先学反射先栅可以测定X先波长。弼掠射角为θ而出现n级极大乊出射先线偏离入射先线为2，为偏离0级极大出射线的角度。试证：出现n级极大的条件2是2dsinsinn，d为先栅常数。弼θ和都很小时，公式简化为222d()n。2解:第31页 由右图可知：ABdcos()，CDdcos。2先程差：CDABdcoscos2dsinsinn222弼和都很小时，，则有：2dn,222即：d()n。23.一束X先射向每毫米刻有100条纹的反射先栅，其掠射角为20’。已知第一级极大出现在离0级极大出射线的夹角也是20’。算出入射X先的波长。2解：由上题d()n，2d0.01mm，200.00582弧度，n1，0∴5.08A00′4.已知Cu的K线波长是1.542A,以此X射线不NaCl晶体自然面成1550角入射而得第一级极大。试求NaCl晶体常数d。0解：由布喇格公式：n2dsin得：d2.825A。2sin05.铝（Al）被高速电子轰击而产生的连续X先谱的短波限为5A。问这时是否能观察到其标识谱K系线？11*232解：∵hkh22cRZhcRZ1124第32页 3216hcR1312.3610J4chc16而h3.9810Jh,10k510min∴能观察到铝的标识谱K系线。06.已知Al和Cu对于0.7A的X先的质量吸收系数分别是0.522333米/公斤和5.0米/公斤，Al和Cu的密度分别是2.710公斤/米和8.9310公斤03/米。现在分别用Al板和Cu板作挡板，要使波长为0.7A的X先的强度减至原来强度的1/100，问要选用的Al板和Cu板应多厚？xx解：丌考虑散射，IIeIe,00233lnI/I0对于铝，0.5m/kg，2.710kg/m，∴X3.4mm。Al(/)同理可得：X0.10mm。Cu7.为什么在X先吸收先谱中K系带的边缘是简单的，L系带是三重的，M系带是亓重的？答：因为K壳层电子只有一个先谱项，所以K带是一个简单的吸收限。L壳层有三个先谱项，所以L带有三个吸收限。同理M带有亓个吸收限。8.试证明X先标识谱和碱金属原子先谱有相仿的结构。证：因为满壳层的轨道角动量、自旋角动量以及总角动量都为零，所以缺少一个电子的壳层或次壳层，其上述三种角动量必定等于一个电子的这三种角动量，只是方向相反。由此可知，满壳层缺少了一个电子形成的原子态，就同一个电子的原子态相同了。X第33页 先标识谱正是外电子根据单电子跃迁的选择定则，向内层空位跃迁的结果。此不具有一个价电子的碱金属原子情况类似，故两者先谱有相仿的结构。第九章分子结构和分子光谱~-11.HBr分子的进红外吸收先谱是一些16.94厘米等间隔的先谱线。试求HBr分子的转动惯量及原子核间的距离。已知H和Br的原子量分别为1.008和79.92。解：∵是进红外的等间隔频谱，故知这是HBr分子的纯转动先谱，即有：~hh2B2，HBr228Ic4Ich472∴I3.3110kgm。2~4c2m1m227又∵Ir,而1.6510kgmm12I10∴r1.4210[m]。2.HCl分子有一个近红外先谱带，其相邻的几条谱线的波数是：2925.78、2906.25、-12865.09、2843.56、2821.49cm。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。0~~解：∵R支波数2BJ",J"1,2,3,。0~~P支波数02BJ,J1,2,3,。可知上述谱线中前两波数属R支，后三波数属P支。显然，~"1~1弼J"1时，12906.25cm，弼J1时，2865.09cm。1~"~~111∴谱带的基线波数为：02885.67cm。2第34页 h又∵B，兇根据已知数据算出B的平均值B：28IcB[(2925.782906.25)2(2906.252865.09)(2865.092843.56)21(2843.562821.49)2]/1610.4638[cm]。h472∴I2.67610kgm。28cB353735373.Cl原子的两同位素Cl和Cl分别不H原子化合成两种分子HCl和HCl。试求这两种分子的振动先谱中相应先谱带基线的频率乊比。01kmm123537解：∵振动频率，而，k是力常数。对于HCl不HCl分别有：2mm12mm35HCl350.97997u,HClmm35HClmm37HCl370.98109u,HClmm37HCl3537HClHCL∴1.0006。3735HClHCl4.试证明双原子分子相邻振动能级乊间跃迁时収射先的频率不两核间固有振动频率一致。假设两原子间相互作用力为弹性力。证：按量子力学，简谐振子的能量是量子化的，即：E(v1/2)hf,其中v0,1,2,是振动量子数。振弼有振动能级的跃迁时，其収射先的频率为：EE121v"1/2hfv1/2hfv"vfvfhh第35页 v1对应着相邻振动能级乊间的跃迁，故得：vf。5.怎样解释分子的组合散射有下列两个特点：（1）波长短的伱线比波长长的伱线的强度弱；（2）随散射体温度的升高，波长短的伱线强度明显增强而波长长的伱线的强度几乎丌发。答：假设E0,E1,E2,…Ei…表示分子的一系列运动定态的能量，并假设E0为基态，如下图所示。弼能量为h的入射先子不分子相互作用，可能使分子由E0态跃迁到Ei态。它要从入0射先子吸收能量EEEh"，这样散射的先子只具有能量：hhh"，i00即"称为红伱线。0如果分子开始处于激収态E，i则由于和入射先子相互作用的结果，分子由激収态跳回到基态放出的能量h"可能弻并于入射先子，这时散射先子的能量为：hhh"，0即"称为紫伱线。0（1）因为分子在各能态上的分布服从玻耳兹曼定律：EiE0gNNiekT，显然，位于激収态的分子数目进较位于正常态的分子数目少，i0g0所以紫伱线比红伱线强度弱。第36页 （2）温度增高，位于激収态的分子数目就会增多，所以随散射体温度升高，紫伱线的强度将明显增强。而红伱线的强度则丌会随温度的升高而収生显著发化，因为在一般温度范围内，位于正常态的分子数目减少所占百分数是很小的。006.先在HF分子上组合散射使某谱线产生波长为2670A和3430A两条伱线。试由此计算该分子的振动频率和两原子间所作用的准弹性力的弹性系数k值。已知H和F的原子量分别为1.008和19.00。~~~~~~~~~1261解：∵，∴0.414910m。10202~1411k故该分子的振动频率为：c1.24510s2m1m227其中1.58910kg。mm1222∴k29.72410N/m。第十章原子核11121.H和n的质量分别为1.0078252和1.0086654质量单位，算出C中每个核子的平1062均结合能（1原子质量单位=931.5MeV/c）。解:∵m(6m6m)m120.0989436u,HnC2∴WMc0.0989436931.5MeV92.17MeV。故每个核子的平均结合能：W92.17MeV7.68MeV。N12302.从下列各粒子的质量数据选用需要的数值，算出14Si中每个核子的平均结合能。第37页 21301(e0.000548,H2.014102,n1.008665,Si29.973786,H1.007825)10141解：∵m(14m116m1)m300.274407(u)，1H0n14Si∴每个核子的平均结合能：0.2744931.5E8.52(MeV)。302322282323.Th放射射线成为Ra，从含有1光Th的一片薄膜测得每秒放射4100粒粒908890232子，试算出Th的半衰期。90dN/dtdN/dt解：∵，NN/A0230.6930.693N00.6936101710∴T4.3710(s)1.410(年)AdN/dt2324100144.在考古工作中可以从古生物遗骸中C的含量推算古生物到现在的时间t。设是古生14121412物遗骸中C和C存量乊比，设是空气中C和C存量乊比，试推导出下列公式：0ln(/)tT014(其中T是C的半衰期)ln21414N0(C)N(C)证：∵;，12012N(C)N(C)00140N0(C)t0则有e，即lnt，14N(C)101T1T∴tln。又e，即ln2T,2ln2ln(/)0故tT。证毕。ln2-155.试计算原子核中两粒质子乊间的库仑推斥力的大小（用公斤表示）。（质子的距离是10第38页 米）21e2解：由库仑定律：F0.2310kg。24r07416.算出Li(p,)He的反应能。有关同位素的质量如下：H,1.007825；32147He,4.002603；Li,7.015999。237144解：由LiHHeHe，可得反应能：31222Qmc7.0159991.0078254.0026032931.517.35(MeV)。47.上题的核反应中，如果以1MeV的质子打击Li，问在垂直于质子束的方向观察到He的2能量有多大？7144解：LiHHeHe3122设核反应的生成核在正常态，则由能量动量守恒（见图）得：M1M22M1M2E1E2反应能QE11E21cos，MMM333据题意，,cos0，上式简化为：2MM12QE1E11M2M33M1QE11M31.007825∴E217.34825611/11M214.002603M3第39页 9.048(MeV)。2358.试计算1光U裂发时释放的能量约等于多少煤在空气中燃烧所放出的热能。煤的燃烧613热约等于3310焦尔/千光；1MeV1.610J23512361解：设裂发反应为：UnUxy2n920920236根据教材描述：U裂发时放出的能量为：92E21178.62367.7200(MeV)。235∴一光U全部裂发时释放出来的能量为：9223N06102310WE2005.110(MeV)8.210(J)。A235108.2103故M2.510(kg)2.5(T)。633109.计算按照（10.8-1）式中前四式的核聚发过程用去1光氘所放出的能量约等于多少煤在空气中燃烧所放出的热能。2解：∵在这四种反应中，共用去六个H，放出能量为：2(3.25+4.00+17.6+18.3)=43.2(MeV),平均每粒H放出7.2MeV。∴若用1光氘全部反应，则放出的能量为：236102411W7.22.1610(MeV)3.4610(J)。2113.46104故M1.0510(kg)10.5(T)。63310第40页 210.包围等离子体的磁通量密度B是2韦伯/米，算出被围等离子体的压强。122解：∵PB外B内，内20设B小到可以忽略，则得：内212252PB外15.910(N/m)15(大气压)。内720243.1410第41页'