目 录
第一章 原子的位形
.......................................................错误 !未定义书签。 第二章 原子的量子态：波尔模型
...................................错误 !未定义书签。
第
三 章
量 子
力
学
导
论???????????????????????
..12
第四章 原子的精细结构：电子的自旋
............................
16
第五章 多电子原理：泡利原理???????????????????? 23 第六章 X 射线 .................................................................................................................................................................................................................. 28 第七章 原子核物理概论 ................................................................................................ 没有错误 !未定义书签。
第一章 原子的位形 1-1) 解：
α粒子与电子碰撞，能量守恒，动量守恒，故有：
1 2 1 2 1 Mv 2
v v
m
v e 2 Mv 2 mv e 2
M
v
2
v
2
m
v e 2
Mv Mv mv e
M
p
mv e
(1)
2
2
m
2
(v v ' ) (v v ')(v v ') M v e
近似认为： p M (v v '); v v '
有 2v
v
m
v e 2
M
1
Mmv e
亦即： p p
2
(2)
2
(1) 2/(2) 得
p 2m 2v e 2 2m 10 4
p Mmv e 2 M
亦即： tg
p
～10 -4 (rad )
p
1-2)
解：① b
a
ctg
28e 2 ；库仑散射因子： a= E
2 2
4
2
2
1.44 fmMev(
2 79
)
a
2Ze a ( (
e e2
)()(
22Z
)) 45.5 fm
4
E
44 0
E
5Mev
当
90
时， ctg 2 1 b
1
a 22.75 fm
2
亦即： b 22.75 10 15 m
② 解：金的原子量为 A
197 ；密度：
1.89 107 g / m 3
依公式，λ射 粒子被散射到θ方向， d 立体角的内的几率：
dP( )
a 2d
nt
(1)
16 sin 4
2
式中， n 为原子核数密度，
m n
( A
)n
N A
即： n
V A
(2)
A
由（ 1）式得：在 90o →180 o 范围内找到 粒子得几率为：
P(( )
180 a 2nt 2 sin d a 2nt
90
16 sin 4
4
2
将所有数据代入得
P(( )) 9.4 10
5
这就是
粒子被散射到大于 90o 范围的粒子数占全部粒子数得百分比。
1-3) 解：
EE 44.5.5Mev;;对于全金核 Z 79;对于 7 Li,,Z 3;
r m a
2Ze 2
( e 2 )(
2Z
)
4 0 E
4
E
当 Z ＝79 时
r m 1.44 fm Mev
2 79 50.56 fm
4.5Mev
当 Z ＝3 时， r m 1.92 fm;
但此时 M 并不远大于 m ，
E l
m E c E c 1 uv 2 M m E, a c a(1 m )
2 M M r m
a c a(1 4) 3.02 fm
7 1-4) 解：
① r m 2Ze 2
( e 2 )(
2Z
) 7 fm
4 0 E 4 0 E
将 Z ＝79 代入解得： E=16.25Mev
② 对于铝， Z ＝ 13，代入上公式解得：
4fm=
e 2 (13
) E=
4
E
以上结果是假定原子核不动时得到的， 因此可视为理论系的结果， 转换到实验室 中有： E l (1 m )E c
M
对于
① E l (1 1 ) E c 16.33Mev 197
② E l (1 1
)E c 4.9Mev 27
可见，当 M>>m 时， E l E c ，否则， E l E c
1-5) 解：
在θ方向 d Ω立方角内找到电子的几率为：
dN nt ( 1 Z 1Z 2 e 2
)2 d N
4 4E sin 4
2
注意到：
A
nt
t; nt N A t
dN N A
t( a )2 d
n
N A
A
NA
4 sin 4
2
a ( e
2
Z 1Z 2
) 1.44 fmMev
79 113.76 fm 4
E
1.0Mev
d
s 1.5 1.5 10 2
r 2
102
dN N 6.02 10a 23
2 d
1513 2
10 2
23
(114 10 ) 2 1.5
10 6
A t ( ) 1.5
10n
4
8.9
N
A 1974
4
4
sin 30
sin 2
4
1-6) 解：
Nnt( a
) 2
cos
2 d dN d
( a )2
Nnt 4
4 sin 4
4 sin 3
2
2
180
散射角大于θ得粒子数为： N '
dN
180
d sin
2 N
60 60
sin 3
2
3
，即为所求
依题意得：
N
90
180
d sin 2 1
90
sin 3
2
1-7) 解
P(
1800 )
180
dN 1800
nt
1
2
Z 1Z 2e 2 2 cos 2 d
N
4
2E
sin 3
2
180
tN A cos d 180
m
N A a
2
cos
a 2
2
2 d
A 4
sin
3
A
4
sin
3
2 2
m
N A a 2ctg 2 0 4 10 3 A 4 2
a 2
16 10 3 A
m N A ctg 2 0
2
d a 2
181 4 10 3
tg 2 100 c
(
)
1
d
4
4
4 2 10 2 6.02 10 23 sin 4 300
依题：
sin
2
24 10 28 m 2
/ sr 24b / sr
1-8) 解：
在实验室系中，截面与偏角的关系为（见课本 29 页）
m 1 1
m 1
sin ( L )max 90 m 1 1
m 2 m 2
m 2 1
m
1
sin L 0
m 2
－
m 1
sin
L
)
－
m
1
(1
sin L
m 2
1
m 2
① 由上面的表达式可见：为了使
L ( L ) 存在，必须：
1 (
m
1
sin L ) 2
m 2
即：（1 m 1 sin L ）(1－
m 1
sin L ) 0
m 2
m 2
m 1 1 sin L
亦即： m 2
1－
m 1
sin
L
m 2
1
m 1
sin
m 2
或
1－
m 1
sin
m 2
L L
考虑到： L 180sin
L
第二组方程无解
第一组方程的解为： 1 m 1 sin L
1
m 2
可是，
m 1
sin
L 的最大值为
1，即： sin L m 1
m 2
m 2
② m 1 为α粒子， m 2 为静止的 He 核，则
m 1
1 ，
m 2
1-9 ）解：根据 1-7 ）的计算，靶核将入射粒子散射到大于
的散射几率是
P( ) nt
a 2ctg 2
2
4
当靶中含有两种不同的原子时，则散射几率为
0.7 1
0.3
2
将数据代入得：
(1 1.44 10 13 Mev cm)2
3.142 2 1.5 10 3 g cm 2 6.022 1023 mol 1 ctg 2
15
4 (1.0Mev)
(0.70
792
1
0.30
492
1 )
5.8 10 3
197g mol
108g mol
1-10) 解：
① 金核的质量远大于质子质量，所以，忽略金核的反冲，入射粒子被靶核散时
则：
之间得几率可用的几率可用下式求出： nt ( a
)2
2 sin
t ( a )2 2 sin
4
sin 4 A 4 sin
4
2
2
Z 1 Z 2e 2 1 79 1.44Mev fm
a
E R
1.2Mev
94.8 fm
4
由于 1
2 ，可近似地将散射角视为：
1
2
59
61
60 ；
61 59
0.0349rad
2
2
180
将各量代入得：
19.32 1.5 10 4
10 13
2
6.02 1023 94.8 2 sin 60 0.0349 1.51 10 4
197
4
sin 4 30 单位时间内入射的粒子数为： N Q
I t 5.0 10 9 1 3.125 1010 （个）
e
e
1.60 10 19
T 时间内入射质子被散时到 59 61 之间得数目为：
N
N T
3.125 1010 1.51 10 4 60 5 1.4 109 ( 个)
② 入射粒子被散时大于θ的几率为：
nt a 2 ctg
2
t
N A a 2 ctg 2 1.88 10 3
4 2 A 4 2
N N T 3.125 1010 1.88 10 360 5 1.8 1010（个）③大于 10 的几率为：
nt a
2 ctg 28.17 10 2 4 2 10
大于 10 的原子数为：N ' 3.125 1010 8.17 10 2 60 5 7.66 1011（个）小于 10 的原子数为：N 3.125 1010 1 60 5 N ' 8.6 1012（个）
注意：大于 0 的几率： 1
大于 0 的原子数为：NT 3.125 1010 60 5
第二章原子的量子态：波尔模型
2-1) 解：
hv E k W
①
E k 0,
有 hv 0
1.9
W e
0 W 1.9eV
s 4.6 1014 Hz
h 4.1357 10 15 eV
c hc 1.24 103 nm eV 0
W 1.9eV 652.6nm
② c hc 1.24 103 nm eV nmhc
E k W (1.5 1.9)eV 364.7
2-2) 解：r n a1n
2 ;v n c Z
V
1 Z; E n E1(
Z
)2 Z n n n
①对于 H：
1 1 1 1 1
2 1 2 12
r a nr a n 0.53a A ;0r.53 A4a;r 24.a A 2.12 A
v1 c 2.19 106 (m s 1 ); v2 1
v1 1.1 10 6 (m s 1 ) 2
对于 He+：Z=2
r 1 1
a 1 0.265 A ; r 2 2a 1 1.06 A 2 v 1 2 c 4.38 106 (m s 1); v 1
c 2.19 106 ( m s 1 )
对于 Li +：Z ＝3
1
a 1 0.177 A ; r 2 4
r 1
a 1 0.707 A
3
3
v 1 3
c 6.57 106 (m s 1 ); v 1
3 c 3.29 10 6 ( m s 1 )
2
② 结合能＝
Z 2
E n
E 1 ( n
) E A
E H 13.6 ev; E He 4 13.6 54.4ev; E Li
122.4ev
③ 由基态到第一激发态所需的激发能：
E 1
E 1 ( Z
)
2
E 1 ( Z
)
2
Z 2
E 1( 1 1)
3
E 1Z 2
2 1
4
4
3 3
3
hchc
3 3 对于 H ： ( (E 1E)1H )H
1212.4.hc.41010eveVv
( E( )(1313.6).6) 101310.2.6.ev2ev;4; 40.8ev;H H
303A.9A 12161216A A
4 4 He
4
He
EEE 1010.E2.eveV.2ev
+
E )
3 3
40.408ev.8;ev;H
hchc
303303.9.9A.9A
对于 He ： ( E 1() He
4
13.6134.6
H EEE
He
4
He
++
E()1 E ) 3 3
491.408ev.8;ev;H hchc
135135303..A.19A
对于 Li ： (
13.136.96
H
Li
He
4 4
He
EE
2-3) 解：
所谓非弹性碰撞，即把 Li ++打到某一激发态，
2
而 Li ++
最小得激发能为
E
12
Li
E 2 E 1 E 1 (
3
2
32 ) 91.8eV
2
这就是碰撞电子应具有的最小动能。
2-4) 解：方法一：
欲使基态氢原子发射光子，至少应使氢原子以基态激发到第一激发态
E 12 E 2 E 1 10.2ev V
根据第一章的推导，入射粒子 m 与靶 M 组成系统的实验室系能量 E L 与 E C 之间的
关系为：
M
E c M m
E
L
所求质子的动能为：
E k 1 mv 2 M
m E c (1 m
) E 12 2 E 12 20.4evV
2 M M
所求质子的速度为： v
2E k
2 20.4 1.6 10 19 41
)
m
1.673 10 27
6.26 10 ( m s
方法二：
质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒，则
m P v 10 m P m H v
v
m P
v 10
m P
m H
E
1
m P v 10
2
1
(m P m H )v
2
1
m P v 102
m P m H 1
E 10
2
2
2
m H
2
E
10
1 m P v 10
2 2 E 2( E 2
E 1) 20.4eV
2
2E 10 4
2
v
10
m P c 2 c 6.26 10 (m/ s)
其中 m P c 938MeV 2-7) 解： ~ RZ 2
( 1 1 ，巴而末系和赖曼系分别是：
v 2 n 2 )
m
~
RZ 2
1
1
B
22
3
2
1 1 1
36
1
4
v 0
RZ 2 ( 1
1
2
( 133.7nm
2 2 2
3 2 ); v L
RZ 2 2 ); 2
5 RZ 2
3
~ 1 1 1 2
RZ
L RZ
12 22
2
888
2即2即：：HEHeHE 原原子子的的离离子子。
RZRZ(13(133.7.nm7nm))
, 解,解得得：：ZZ
1515
2-8) 解：
E hv
hc hcv hcR Z 2 (1 1 ) 3 4Rhc 3Rhc 40.8evV
4 4
此能量电离 H 原子之后的剩余能量为： E ' 40.8 13.6 27.2evV
即：
1
mv 2
E ' v 2 E ' c
54.4 3 10 8
3.1 10 6 (m s 1
)
2
mc 2 0.51 106
2-9) 解：
m 1
m 2
m
质心系中 : r r 1 r 2 , r 1 r 2 r 2, v 1 v 2
v
运动学方程 : k e 2 2mv 2
r 2
r
角动量量子化条件
: m 1v 1r 1 m 2v 2r 2 mvr n
r
4 0 n 2 2
2
/ 2me
E E k
E p
m 1v 12 m 2v 2
2
k e 2
2
2
r
mv
2
k
e 2
k e 2
r 2r
E n
2 2 (m/ 2)e 4
E n H 13.6eV 4 0
2
n 2h 2
2
2n 2
（ 1）基态时两电子之间的距离： r 2a 1 0.106nm
（ 2）电离能：
R A 1
E 1 H
E
＝
hc
Rhc
6.80ev
1
E 2
3 2 6.80eV
E
E 3
eV
第一激发能：
E
E
hcv12
2 R A hc 1
8 Rhc 5.10ev
4
（ 3）由第一激发态退到基态所放光子的波长：
(2 1)
hc 243.3nm
E 2
E 1
2-10) 解：
- 子和质子均绕它们构成体系的质心圆周运动， 运动半径为 r1 和 r2 ，r1+r2 =r
折合质量 M = m 1m 2 /(m 1 +m 2) = 186 m e
r
1
= r m 2 /(m 1+m 2) = r M/m 1 r 2 = r m 1/(m 1+m 2) = r M/m 2
2 2 = m 1
2 2 2
/(M
r) 运 动 学 方 程 ： Ke /r v 1 /r 1 = m 1
v 1
-------------------------
（1）
2
2
= m v 2 /r
= m 2
2
/(M
r)
Ke /r
2
v 2
2 2
2
------------------------
（2）
角动量量子化条件： m 1 v 1
r 1 + m 2 v 2r 2 = n ?
n = 1, 2, 3, ?. 即 M
(v 1 +v )
r
= n ?
2
--------------------------------------
（ 3）
共有三个方程、三个未知数。可以求解。
(1) 式 与 (2) 式 做比值运算：
v 1 / v 2 = m 2/m 1
代入 (3) 式中
M v
2
(m /m +1)
r = n ? 即 m v
2
r = n ? -----------
2
1 2
(4)
(2) 式 和 (4)
式 联立解得：
4
2
2
2
h n
------------------
（ 5）
r n
n
2 2
a
1
4
M e
186
式中 a 1 =
A ，为氢原子第一玻尔轨道半径。
根据（ 5）式，可求得，
子原子的第一玻尔轨道半径为 r 1 = a 1 /186 = A 。
再从运动学角度求取体系能量对
E = E K + E P = 1/2
m 1
= (1/2
M/m 1 + 1/2
e 2/r
r 的依赖关系。
v 12
+ 1/2
M/m 2 – 1)
m 2 2 – K 2
/r
v 2 e K
e 2/r = - 1/2
K
把（ 5）式代入上式中
E n =
2
2
Me 4
186E n (H )
(4
0 ) 2 n 2
h
2
因此， 子原子的最低能量为 E (n=1) = 186 eV) = -2530 eV
赖曼系中最短波长跃迁对应 从 n = 1 的跃迁。该跃迁能量即为 2530 eV 。 由 hc/ = 2530 eV
计算得到
min
=
A
2-11) 解：
重氢是氢的同位素
R H
1
; R D
1
M e
M e
1
1
M H
M D
R H
1
0.999728
1 x
0.999728
R D
1
1 0.5002x
解得： x 0.5445 10 3
；质子与电子质量之比
1
1836.50
x
2-12) 解：
① 光子动量： p
h
，而：
hc
E
EE
EE
1010.2.2evev
8 81 1
1 1
p p
=
v v
2 2
cc
6 6
33 1010mm ss 33.26.26mm ss
mmv pp v
cc
mmc pp c
938938.3.3 1010
②氢原子反冲能量：
E k
1
m p v 2
( E)2
2
2m p c
2
E k E 10.2 ev 5.4 10 9
E v 2m p c2 2 938.3 106 ev
2-13) 解：
由钠的能级图（ 64 页图10-3 ）知：不考虑能能级的精细结构时，在4P 下有 4 个能级： 4S， 3D， 3P， 3S，根据辐射跃迁原则。l 1 ，可产生 6 条谱线：4P 3D;4 P 4S;3 D 3P;4 S 3P;4 P 3S;3 P 3S
2-14) 解：
依题：主线系：~
1 (3 ) ( ) ；
T S T nP
辅线系：~
1
T (3P) T (nS)
或
~
1
T
(3 )
T
(
nD
)
P
即： T (3S) T (3P) 1 ; T (3P) 0 1
408.6nm
589.3nm
① T (3S) 1 1
6 1 ) T(3 S);
3S 408.6nm 4.144 10 (m
589.3nm
T (33P P) 1 2.447 106 (m 1 ) T (3P)
408.6nm
相应的能量：
E(3S) hcT (3S) 1.24 103 nm eV 4.144 106 m 1 5.14eV E(3P) hcT (3P) 1.24 103 nm eV 2.447 106 m 1 3.03eV ②电离能 E(3S) 5.14eV
第一激发电势：E
12 E (3P) E(3S) 2.11eV
第三章量子力学导论
3-1) 解：以 1000eV为例：非相对论下估算电子的速度：
1 1 v 2
1 v
2
m e v2 m e c2 511keV 1000eV 2 2 c 2 c
所以 v ≈ % 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 E 0 = m e c2 = 511 keV
加速后电子总能量 E = m e c2 + 1000 eV =512000 eV
用相对论公式求加速后电子动量
p 1
E 2 m e 2c 4
1 262144000000 261121000000eV 31984eV
c
c c
电子德布罗意波长
h hc
1.241 10 6 eV m 0.3880 10 10 m = ?
p
31984eV 31984 eV
采用非相对论公式计算也不失为正确：
h
h
hc 1.241 10 6 eV m 1.241 10 6 m ?
p
2m e E k
2m e c 2E k 2
511keV 1000eV
0.31969
105
可见电子的能量为 100eV 、10eV 时，速度会更小 ，所以可直接采用非相对
论公式计算。
h h hc 1.241 10 6 eV m 1.241 10 6 m ?
p 2m e E k 2m e c 2E k
2 511keV 100eV 1.011 10 4
h h hc 1.241 10 6 eV m 1.241 10 6 m ?
p
2m e E k
2m e c 2 E k
2 511keV 10eV
0.31969 104
3-2) 解：
不论对电子（ electron ）还是光子 (photon)
= h/p
所以 p ph /p e =
e
/
ph
= 1:1
电子动能 E e
= 1/2 e v e 2
= p e 2 / 2m
m 光子动能 E ph
= h
=
h
ph
c/
所以 E / E = c/ (2
m
2
) /
ph e ph
e h
e
其中 组合常数
h
10 - 25
J
e c =
m m
代入得 E ph / E e =
10 - 3
3-3) 解：
，都有：
e
= h 2 / (2 e e 2
m
)
h 2
= h
e
c 2
e
)
c / (2
m
c 2 = 511 keV =
10
- 13
J
2
(1) 相对论情况下
2
2
m 0
c
总能 E = E k + m 0c = mc
=
1 ( v
)2
c
其中 E k 为动能， m 0c 2 为静止能量。对于电子，其静止能量为511 keV 。 由题意： m 0c 2
E k
E m 0c 2 m 0c 2 (
1
1)
v 2
1 ( )
容易解得
v 3 / 2 c 0.866c
(2)
电子动量
p mv
m 0v
3 m 0 c
1 ( v ) 2
c
h c 1.988 10 25
J m
其德布罗意波长
h / p
0.014
A
3 m 0 c 2
1.732 511 1.602 10 16 J
3-5) 解：
证明：
非相对论下：
12.25
h
V
p 0
p 0 为不考虑相对论而求出的电子动量， 0
为这时求出的波长。
考虑相对论效应后：
h
为考虑相对论修正后求出的电子动量，
为这时
这里 p
p
求出的波长。则
=
/ 0
=p /p
2m e E k
c 2m e E k c 2m e E k
1
1 E
2 m e 2 c 4
(E k m e c 2 ) 2
m e 2c 4
E k 2
2m e c 2E k
E k 1
c
2m e c 2
E k = 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 。
/
=
1
V
1
这里 m e c 2 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。
m e c 2 也以电子伏特为单位时， 2m e c 2 的数值为 1022000 。如果设想电子加速
电压远小于 1022000 伏特，那么 V/2m e c 2 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/2 m e c 2 远小于 1 的假设可能不成立） 。
设 y
= 1 + V/2 m e 2
= 1+ x ， f( y
) =
1
c y
由于
x << 1 ， f( y) 函数可在 y = 1 点做泰勒展开，并忽略高次项。结果如
下：
f( y) = 1 +
f
x
1
V y |
y 1
= 1 + ( 1 / 2) 3 / 2 y |y 1
x = 1 -x/2 = 1 -
4m e c 2
将 m e c 2 以电子伏特为单位时的数值
511000 代入上式，得 f( y) =
1 0.489 10 6 V
因此=
f( y) = 12.25 (1 0.489 10 6 )nm
12.25 nm
V
V (1 0.978 10 6 )
3-7) 解：
由
c
得 :
c
,即
c
3 108
10 7 5 107 Hz
2
600 10 9
由 E h 得 : E h
又 t
E,所以 t
2 E
h 1 1.59 10 9 s
2
4 h
4
3-8) 解：
由 P 88 例 1 可得
E k
3 2
3 6.63 10 3
4 2
8m e r 2
32 3.142 9.109 10 31 1.0 10 14 2
4.5885 10 11
J 2.8678 105
eV
3-9) 解：（1）
2
x y z a
b c
dxdydz
N 2 e
dxdydz
x
y
z N 2
e a dx
e b dy e c N 2 (2a) (2b) (2c)
8abcN 2
dz
1
1
归一化常数
N
8abc
（ 2）粒子 x 坐标在 0 到 a 之间的几率为
a 2
a
x
y z
N 2
e b dy
e c dz
dxdydz 0
e a dx
1 a 1
1
2b 2c
1 1 1 8abc
e
2
e
（ 3）粒子的 y 坐标和 z 坐标分别在 b b 和 c c 之间的几率
2
x
y
z
b c
N
2
e a
dx
b e b
dy c
b
c dxdydz
b e
c dz
c
2
1 (2a) 2b 1 1 2c 1 1
1 1 8abc
e
e e
3-12) 解：
x
n x
2 a
x dx a 0 2 a 1 2 2n
x x 平
2
均
2
a
2
xsin 2 n x dx 2 a
1 cos
2n x
n dx
x
a
dx
n xdx
0 a a
a 0 2
1
a
2n x a 1 a a 2n x
xcos
dx
a 2n
xd sin
a
a 0
a
2 0
a
sin 2n x dx a
a
2
2 a 2
n x
x
2
n dx
x dx
n
2
a
2
2
n x
a
2
6
a
sin 2
x
2
a dx
12 1
a
n
2
2
当 n
时 x
a
, x x 平均2 a 2 3-15 ）解
2 12
3-15) （ 1） x 0 ， V
，
( x) 0
0 x a ， V 0 ， d 2
k 2 ， k 2
2mE ， ( x) Asin kx B coskx
dx 2
2
x a ， V
V
0 ， d
2
k 2 ， k 2
2m(V 0 E) ， ( x) A e k x B e k x
dx 2
2
由函数连续、有限和归一化条件求
A, B, A , B
由函数有限可得： A 0
由函数连续可知：
x
(0) B 0
x
a
(a)
Asin ka B e k a
错误！未找到引
用源。
(a) kA coska k B e k a 错误！未找到引
用源。
由错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。得kctykak
a
( B e k x) 2dx 1
由函数归一化条件得：( Asin kx)2 dx 错误！未找到引
0 a
用源。
由错误！未找到引用源。和错误！未找到引用源。可求得A, B
第四章原子的精细结构：电子的自旋
s B V e
V S V B
m e1 2
4-1) 解：U s
B e
S B 2 B m s B U 2 B B
m e
B
1 h)
U B 2 B B 2 0.5788 10 4 ev T 1 1.2T 1.39 10 4 evV 2g B m s B (
S h 2
4-2 ）状态，s S 11 33 4 4
2D
3/ 2 ,l,e 22,j j
; g g
5
22 22 5
j ( j 1)g B 其大小： 3 ( 3 1) 4 B 1.55 B
2 2 5
z
mg B
4
m B
5
m 3 , 1 , 1 , 3
2 2 2 2
z
(
6
,
2
, 2 6) B
5 5 5 5
5 3 ;
4-3) 解：6G3/2 态：2s 1 6 s , l 4, j
2 2
该原子态的 Lande g因子：g 3 1
5
2 (
5
2 1) 4( 4 1) 0
2 2 3
(
3
1)
2 2
原子处于该态时的磁矩：j g j ( j 1) B 0 (J/T)
S
P
L
P J
P S
L
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
S
1/2
? = (35/4)
1/2
? P L
= [L(L+1)]
1/2
? = (20) 1/2
? P J
= [J(J+1)]
1/2
?
P = [S(S+1)]
= (15/4)
1/2
?
S
= g S
[S(S+1)] 1/2
B
= (35)
1/2
B
L
= g l
[L(L+1)]
1/2
B
利用 P S 、 P L 、 P J 之间三角形关系可求出
= 30
cos
5 =
7
2 由已知的 cos
、
S
、
L
可求出
=5 B
以及
= 120
所以-
= 90 。即 矢量 与 P J 垂直、 在 P J 方向的投影为 0。
或：根据原子矢量模型：总磁矩
等于
l , s 分量相加，即：
l cos(L, J )
J 2 L 2
S 2 J 2 S 2
L 2
s cos( S, J ) ( g l B
2J ) ( g S B
2J )
可以证明： l cos(L , J ) s cos(S, J )
l 与与
在在 j 上投影等值而反向，所以合成后， ＝0
s J
4-4) 解： z 2
B
B z dD ， z 2 2 B B z dD z 2 z 2
mv
mv
z 2
2.0 10 3 m; d 10 10 2 m; D
25 10 2 m
v 400m s 1; Mm
A 107..87
N 0 6.02 10
23 10 3;kg B ; B 0.930.9310 10 23 JT 1
23
将所有数据代入解得：
B z
1.23 10 2
T/mJm
z
4-5) 解： 4 3/ 2
3 1
4 （束）
4F 3 2 态， j
,分裂为：22gj
2
z2 mg
B z dD
mg
B z dD B
mv2
B
2E k z z
3 1 1 3 2 m= , , , , g 2
2 2 2 2 55
对于边缘两束，z2 2 jg B B z dD z 2E k
2 3 2
0.5788 10 4 5 10 2
0.1 0.3
1.0 10 2 m
2 5 2 50 10 3
4-6) 解：
2 P
3 2态 : s 1
, l 1, j
3
; m 3 , 1 , 1 , 3
1, j 3 3 1 1 3 2 2 2 2 2 2
即：屏上可以接收到 4 束氯线
; m= , , , ;2 j 1 4
2 2 2 2 2
对于 H 原子：z2 2 B B z dD 0.6 10 2 m
z 2E k
对于氯原子：z2 g B
B z dD
z 2E k
z2 g z2
1
g( z2 )
z2 2 2
对于2 P3 2态 : g
4 ，代入得：
z2'
4/ 3
0.60 0.40cm
3 2
<注： T＝400K, 表明：大部分 H原子处于基态，当T=105 K 时，才有一定量得原子
处于激发态 >
4-7) 解：赖曼系，产生于：n 2 n 1
n1,l 0 ，对应S能级
n 2; l 0,1 ，对应S、P能级，所以赖曼系产生于：2P1S
的分裂，2 2
2
双线来源于： 2P
P
3/ 2
, 2 P
1/ 2
由 21－12’知：Z 4 5.84cm 1
n3l (l 1)
1
将V 2929.6cm.6cm代,入n，2n,l2,1e代入1,解得： Z =3
即：所得的类 H 离子系： Li ++
第五章增加部分 题目部分，(卷面共有50题,96.0分,各大题标有题量和总分) 一、判断题(16小题,共16.0分) 1．(1分)同一电子组态形成的诸原子态间不发生跃迁。 2．(1分)跃迁可以发生在偶宇称到偶宇称之间。 3．(1分)跃迁只发生在不同宇称之间。 4．(1分)两个s电子一定可以形成1S0和3S1两个原子态。 5．(1分)同科电子形成的原子态比非同科电子形成的原子态少。 6．(1分)镁原子有两套能级，两套能级之间可以跃迁。 7．(1分)镁原子的光谱有两套，一套是单线，另一套是三线。 8．(1分)钙原子的能级是二、四重结构。 9．(1分)对于氦原子来说，第一激发态能自发的跃迁到基态。 10．(1分)标志电子态的量子数中，S为轨道取向量子数。 11．(1分)标志电子态的量子数中，n为轨道量子数。 12．(1分)若镁原子处于基态，它的电子组态应为2s2p。 13．(1分)钙原子的能级重数为双重。 14．(1分)电子组态1s2p所构成的原子态应为1P1和3P2,1,0。 15．(1分)1s2p ,1s1p 这两个电子组态都是存在的。 16．(1分)铍（Be）原子若处于第一激发态，则其电子组态为2s2p。 二、填空题(34小题,共80.0分) 1．(4分)如果有两个电子，一个电子处于p态，一个电子处于d态，则两个电子在LS耦合下L的取值为（）P L的可能取值为（）。 2．(4分)两个电子LS耦合下P S的表达式为（），其中S的取值为（）。3．(3分)氦的基态原子态为（），两个亚稳态为（）和（）。 4．(2分)Mg原子的原子序数Z=12，它的基态的电子组态是（），第一激发态的电子组态为（）。 5．(2分)LS耦合的原子态标记为（），jj耦合的原子态标记为（）。6．(2分)ps电子LS耦合下形成的原子态有（）。 7．(2分)两个电子LS耦合，l1=0，l2=1下形成的原子态有（）。 8．(2分)两个同科s电子在LS耦合下形成的原子态为（）。 9．(2分)两个非同科s电子在LS耦合下形成的原子态有（）。 10．(2分)两个同科s电子在jj耦合下形成的原子态为（）。 11．(4分)sp电子在jj耦合下形成（）个原子态，为（）。12．(2分)洪特定则指出，如果n相同，S（）的原子态能级低；如果n和S均相同，L （）的原子态能级低（填“大”或“小”）。 13．(2分)洪特定则指出，如果n和L均相同，J小的原子态能级低的能级次序为（），否则为（）。 14．(2分)对于3P2与3P1和3P1与3P0的能级间隔比值为（）。 15．(2分)对于3D1、3D2、3D3的能级间隔比值为（）。 16．(2分)郎德间隔定则指出：相邻两能级间隔与相应的（）成正比。 17．(3分)LS耦合和jj耦合这两种耦合方式所形成的（）相同、（）相同，但（）不同。 18．(4分)一个p电子和一个s电子，LS耦合和jj耦合方式下形成的原子态数分别为（）
原子物理学杨福家第四版(完整版)课后答案 原子物理习题库及解答 第一章 111,222,,mvmvmv,，,,,,,ee222,1-1 由能量、动量守恒 ,,,mvmvmv,，,,,,ee, (这样得出的是电子所能得到的最大动量，严格求解应用矢量式子) Δp θ mv2,,,得碰撞后电子的速度 p v,em，m,e ,故 v,2ve, 2m,p1,mv2mv4,e,eee由 tg,~,~~,~,2.5，10(rad)mvmv,,,,pm400, a79，2，1.44,1-2 (1) b,ctg,,22.8(fm)222，5 236.02，102,132,5dN(2) ,,bnt,3.14，[22.8，10]，19.3，,9.63，10N197 24Ze4，79，1.441-3 Au核: r,,,50.6(fm)m22，4.5mv,, 24Ze4，3，1.44Li核: r,,,1.92(fm)m22，4.5mv,, 2ZZe1，79，1.4412E,,,16.3(Mev)1-4 (1) pr7m 2ZZe1，13，1.4412E,,,4.68(Mev)(2) pr4m 22NZZeZZeds,,242401212dN1-5 ()ntd/sin()t/sin,,,,,2N4E24EAr2pp 1323,79，1.44，106.02，101.5123,,()，，1.5，10，， 24419710(0.5) ,822,610 ,6.02，1.5，79，1.44，1.5，,8.90，10197 3aa,,1-6 时， b,ctg,,,,6012222 aa,,时， b,ctg,，1,,902222 32()2,dNb112 ？,,,32dN1,b222()2 ,32,324，101-7 由，得 b,bnt,4，10,,nt
填空题 1、在正电子与负电子形成的电子偶素中，正电子与负电子绕它们共同的质心的运动，在n = 2的状态， 电子绕质心的轨道半径等于 nm 。 2、氢原子的质量约为____________________ MeV/c 2。 3、一原子质量单位定义为 原子质量的 。 4、电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为 eV 。 5、电子电荷的精确测定首先是由________________完成的。特别重要的是他还发现了 _______ 是量子化的。 6、氢原子 n=2,n φ =1与H + e 离子n=?3,?n φ?=?2?的轨道的半长轴之比a H /a He ?=____, 半短轴之比b H /b He =__ ___。 7、玻尔第一轨道半径是0.5291010-?m,则氢原子n=3时电子轨道的半长轴a=_____,半短轴 b?有____个值，?分别是_____?， ??, . 8、 由估算得原子核大小的数量级是_____m,将此结果与原子大小数量级? m 相比, 可以说明__________________ . 9、提出电子自旋概念的主要实验事实是-----------------------------------------------------------------------------和 _________________________________-。 10、钾原子的电离电势是4.34V ，其主线系最短波长为 nm 。 11、锂原子（Z =3）基线系（柏格曼系）的第一条谱线的光子能量约为 eV （仅需 两位有效数字）。 12、考虑精细结构，形成锂原子第二辅线系谱线的跃迁过程用原子态符号表示应 为——————————————————————————————————————————————。 13、如果考虑自旋, 但不考虑轨道-自旋耦合, 碱金属原子状态应该用量子数————————————表示，轨道角动量确定后, 能级的简并度为 。 14、32P 3/2→22S 1/2 与32P 1/2→22S 1/2跃迁, 产生了锂原子的____线系的第___条谱线的双线。 15、三次电离铍(Z =4)的第一玻尔轨道半径为 ，在该轨道上电子的线速度 为 。 16、对于氢原子的32D 3/2能级，考虑相对论效应及自旋-轨道相互作用后造成的能量移动与 电子动能及电子与核静电相互作用能之和的比约为 。 17、钾原子基态是4s,它的四个谱线系的线系限的光谱项符号,按波数由大到小的次序分别 是______,______,_____,______. (不考虑精细结构，用符号表示). 18、钾原子基态是4S ，它的主线系和柏格曼线系线系限的符号分别是 _________和 __ 。 19、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?x,x p ? 之间的关系为_____ 。 20、按测不准关系,位置和动量的不确定量 ?E,t ? 之间的关系为_____ 。
原子物理学杨福家1-6章课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版） 杨福家著(高等教育出版社) 第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论 第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线 第一章 习题1、2解 1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） ? θααcos cos v m V M V M e +'= （2）
? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90o-2φ（9）
2009—2010学年第2学期《原子物理学》期末试卷 专业班级 姓名 学号 开课系室应用物理系 考试日期2010年6月26日10:00-12:00
说明：请认真读题，保持卷面整洁，可以在反面写草稿，物理常数表在第4页。 一. 填空题(共30空，每空1分，共30分) 1. 十九世纪末的三大发现、、，揭开了近代物理学的序幕。 2. 原子质量单位u定义为。 3. 教材中谈到卢瑟福的行星模型(原子的有核模型)有三个困难，最重要的是它无法解释原子的问题。丹麦科学家玻尔正是为了解决这个问题，在其原子理论引入第一假设，即分离轨道和假设，同时，玻尔提出第二假设, 即假设，给出频率条件，成功解释了困扰人们近30年的氢光谱规律之谜，第三步，玻尔提出并运用，得到角动量量子化、里德堡常数等一系列重要结果。 4. 夫兰克- 赫兹(Franck-Hertz) 实验是用电子来碰撞原子，测定了使原子激发的“激发电势”，证实了原子内部能量是的，从而验证了玻尔理论。氢原子的电离能为eV，电子与室温下氢原子相碰撞，欲使氢原子激发，电子的动能至少为eV。 5. 在原子物理和量子力学中，有几类特别重要的实验，其中证明了光具有粒子性的有黑体辐射、、等实验。 6. 具有相同德布罗意波长的质子和电子，其动量之比为，动能(不考虑相对论效应)之比为。 7. 根据量子力学理论，氢原子中的电子，当其主量子数n=3时，其轨道磁距的可能取值为。
8. 考虑精细结构，锂原子(Li)第二辅线系(锐线系)的谱线为双线结构，跃迁过程用原子态符号表示为 ， 。(原子态符号要写完整) 9. 原子处于3D 1状态时，原子的总自旋角动量为 , 总轨道角动量为 ， 总角动量为 ； 其总磁距在Z 方向上的投影Z μ的可能取值为 。 10. 泡利不相容原理可表述为： 。它只对 子适用，而对 子不适用。根据不相容原理，原子中量子数l m l n ,,相同的最大电子数目是 ；l n ,相同的最大电子(同科电子)数目是 ； n 相同的最大电子数是 。 11. X 射线管发射的谱线由连续谱和特征谱两部分构成，其中，连续谱产生的机制是 ， 特征谱产生的机制是 。 二、选择题(共10小题，每题2分，共20分) 1. 卢瑟福由α粒子散射实验得出原子核式结构模型时，理论基础是： ( ) A. 经典理论； B. 普朗克能量子假设； C. 爱因斯坦的光量子假设； D. 狭义相对论。 2. 假设钠原子(Z=11)的10个电子已经被电离，则至少要多大的能量才能剥去它的 最后一个电子？ ( ) A.13.6eV ； B. 136eV ； C. 13.6keV ； D.1.64keV 。 3. 原始的斯特恩-盖拉赫实验是想证明轨道角动量空间取向量子化, 后来结果证明 的是： ( ) A. 轨道角动量空间取向量子化； B. 自旋角动量空间取向量子化； C. 轨道和自旋角动量空间取向量子化； D. 角动量空间取向量子化不成立。
第二章习题 2-1 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，必须使用多少波长的光照射? 解：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =1.9×1.6×10-19/6.626×10-34 =4.59×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =6.54×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ 1.5= h ν-1.9 ν=3.4/h λ=c /ν=hc /3.4(m)=3.65×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子He +和两次电离的锂离子Li ++，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)由基态到第一激发态所需的激发能量及由第一激发态退激到基态所放光子的波长． n e e πε Z n a ∴H: r 1H =0.053×12/1nm=0.053nm r 2 H =0.053×22/1=0.212nm V 1H =2.19 ×106×1/1=2.19 ×106(m/s) V 2H =2.19 ×106×1/2=1.095 ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=0.053×12/2nm=0.0265nm r 2He+=0.053×22/2=0.106nm
V 1 He+=2.19 ×106×2/1=4.38 ×106(m/s) V 2 He+=2.19 ×106×2/2=2.19 ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=0.053×12/3nm=0.0181nm r 2 Li++=0.053×22/3=0.071nm V 1 Li++=2.19 ×106×3/1=6.57 ×106(m/s) V 2 Li++=2.19 ×106×3/2=3.28 ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它 ∵ 基态时n =1 H: E 1H =-13.6eV He+: E 1He+=-13.6×Z 2=-13.6×22=-54.4eV Li ++: E 1Li+=-13.6×Z 2 2(3) 由里德伯公式 =Z 2×13.6× 3/4=10.2Z 2 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能? 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为Z n ++ ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32×13.6×3/4eV=91.8eV 讨论:锂离子激发需要极大的能量
原子物理学第八章习题 答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第八章 X 射线 8.1 某X 光机的高压为10万伏，问发射光子的最大能量多大？算出发射X 光的最短波长。 解：电子的全部能量转换为光子的能量时，X 光子的波长最短。而光子的最大能量是：5max 10==Ve ε电子伏特 而 min max λεc h = 所以οελA c h 124.01060.1101031063.61958 34max min =?????==-- 8.2 利用普通光学反射光栅可以测定X 光波长。当掠射角为θ而出现n 级极大值出射光线偏离入射光线为αθ+2，α是偏离θ级极大出射线的角度。试证：出现n 级极大的条件是 λααθn d =+2 sin 22sin 2 d 为光栅常数（即两刻纹中心之间的距离）。当θ和α都很小时公式简化为λαθαn d =+)2(2 。 解：相干光出现极大的条件是两光束光的光程差等于λn 。而光程差为：2 sin 22sin 2)cos(cos ααθαθθ+=+-=?d d d L 根据出现极大值的条件λn L =?，应有 λααθn d =+2 sin 22sin 2 当θ和α都很小时，有22sin ;22222sin αααθαθαθ≈+=+≈+ 由此，上式化为：;)2(λααθn d =+ 即 λαθαn d =+)2(2
8.3 一束X 光射向每毫米刻有100条纹的反射光栅，其掠射角为20＇。已知第一级极大出现在离0级极大出现射线的夹角也是20＇。算出入射X 光的波长。 解：根据上题导出公式： λααθn d =+2 sin 22sin 2 由于'20,'20==αθ，二者皆很小，故可用简化公式： λαθαn d =+)2(2 由此，得：οαθαλA n d 05.5)2 (;=+= 8.4 已知Cu 的αK 线波长是1.542ο A ，以此X 射线与NaCl 晶体自然而成'5015ο角入射而得到第一级极大。试求NaCl 晶体常数d 。 解：已知入射光的波长ολA 542.1=，当掠射角'5015οθ=时，出现一级极大（n=1）。 οθλ θ λA d d n 825.2sin 2sin 2=== 8.5 铝（Al ）被高速电子束轰击而产生的连续X 光谱的短波限为5ο A 。问这时是否也能观察到其标志谱K 系线？ 解：短波X 光子能量等于入射电子的全部动能。因此 31048.2?≈=λεc h 电电子伏特 要使铝产生标志谱K 系，则必须使铝的1S 电子吸收足够的能量被电离而产生空位，因此轰击电子的能量必须大于或等于K 吸收限能量。吸收限能量可近似的表示为：
原子物理学课程教学大纲 一、课程说明 （一）课程名称、所属专业、课程性质、学分； 课程名称：原子物理学 所属专业：物理学专业 课程性质：基础课 学分：4 （二）课程简介、目标与任务； 原子物理学是物理类专业本科生的专业必修课，以物质结构的第一个微观层次（原子）为研究对象，是联接经典物理和近代物理的一门承上启下的课程。在理论方法上，该课程揭露经典理论在原子这一微观层次遭遇到的困难，并且为了解决这些困难而引入量子力学，学生将在本课程中较为系统地学习到量子力学的基本概念、基本原理、基本思想和方法。在应用实践上，通过本课程的学习，学生将系统性地了解和掌握原子物理学的发展历史，获得有关原子的电子结构、性质及其与外场相互作用的系统性知识，为以后从事相关的科学研究、生产应用和教学工作打下良好的基础。 （三）先修课程要求，与先修课之间的逻辑关系和内容衔接； 先修课程：《高等数学》、《数学物理方法》、《力学》、《理论力学》、《热学》、《电磁学》、《光学》 关系：《高等数学》和《数学物理方法》是学习原子物理学的数学基础。《力学》、《理论力学》、《热学》、《电磁学》和《光学》包含了学生在学习原子物理学之前需要掌握的必要的经典物理知识。有了这些准备知识才能理解为何不能用经典理论来研究原子体系，从而必须引入量子力学。 （四）教材与主要参考书； 选用教材：杨福家, 《原子物理学》第四版, 高等教育出版社, 2010 主要参考书：
1, C. J. Foot，《Atomic Physics》， Oxford University Press， 2005 2, H. Friedrich，《Theoretical Atomic Physics》， Springer， 2006 3, 褚圣麟，《原子物理学》，高等教育出版社， 1987 4, 曾谨言，《量子力学》，科学出版社， 2000 5, 卢希庭，《原子核物理》，原子能出版社， 1981 二、课程内容与安排 绪论原子物理学的发展历史（2学时）【了解】 第一章原子的组成和结构（5学时） 第一节原子的质量和大小【掌握】 第二节电子的发现【了解】 第三节原子结构模型【了解】 第四节原子的核式结构，卢瑟福散理论【重点掌握】【难点】 第五节卢瑟福理论的成功和不足【掌握】 第二章原子的量子态，玻尔理论（8学时） 第一节背景知识：黑体辐射、光电效应和氢原子光谱【掌握】 第二节玻尔的氢原子理论【重点掌握】【难点】 第三节玻尔理论的实验验证【掌握】 第四节玻尔理论的推广：椭圆轨道理论和碱金属原子光谱【重点掌握】 第五节玻尔理论的成功与缺陷【掌握】 第三章量子力学导论（18学时）【重点掌握】【难点】 第一节波粒二象性 第二节不确定关系 第三节波函数及其统计解释 第四节态叠加原理 第五节薛定谔方程 第六节薛定谔方程应用举例 第七节平均值和算符 第八节量子力学总结 第九节氢原子／类氢离子的量子力学解法 第十节爱因斯坦关于辐射和吸收的唯象理论 第十一节量子跃迁理论，含时微扰论
第二章 原子的能级和辐射 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：电子在第一玻尔轨道上即年n=1。根据量子化条件， π φ2h n mvr p == 可得：频率 21211222ma h ma nh a v πππν= == 赫兹151058.6?= 速度：61110188.2/2?===ma h a v νπ米/秒 加速度：222122/10046.9//秒米?===a v r v w 试由氢原子的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：电离能为1E E E i -=∞，把氢原子的能级公式2 /n Rhc E n -=代入，得： Rhc hc R E H i =∞-=)1 1 1(2=电子伏特。 电离电势：60.13== e E V i i 伏特 第一激发能：20.1060.1343 43)2 111(2 2=?==-=Rhc hc R E H i 电子伏特 第一激发电势：20.101 1== e E V 伏特 用能量为电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能基跃迁时，会出现那些波长的光谱线 解：把氢原子有基态激发到你n=2,3,4……等能级上去所需要的能量是： )1 11(22n hcR E H -= 其中6.13=H hcR 电子伏特 2.10)21 1(6.1321=-?=E 电子伏特 1.12)31 1(6.1322=-?=E 电子伏特 8.12)4 1 1(6.1323=-?=E 电子伏特 其中21E E 和小于电子伏特，3E 大于电子伏特。可见，具有电子伏特能量的电子不足以把基
态氢原子激发到4≥n 的能级上去，所以只能出现3≤n 的能级间的跃迁。跃迁时可能发出的光谱线的波长为： ο ο ο λλλλλλA R R A R R A R R H H H H H H 102598 )3 111( 1121543)2 111( 1 656536/5)3 121( 1 32 23 22 22 1221 ==-===-===-= 试估算一次电离的氦离子+ e H 、二次电离的锂离子+ i L 的第一玻尔轨道半径、电离电势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。 解：在估算时，不考虑原子核的运动所产生的影响，即把原子核视为不动，这样简单些。 a) 氢原子和类氢离子的轨道半径： 3 1,2132,1,10529177.0443,2,1,44102 22 01212 2220= ======?==? ?===++++++ ++-Li H H Li H H H He Z Z r r Z Z r r Z Li Z H Z H Z me h a n Z n a mZe n h r e 径之比是因此，玻尔第一轨道半；，；对于；对于是核电荷数，对于一轨道半径；米，是氢原子的玻尔第其中ππεππε b) 氢和类氢离子的能量公式： ??=?=-=3,2,1,)4(222 12 220242n n Z E h n Z me E πεπ 其中基态能量。电子伏特，是氢原子的6.13)4(22 204 21-≈-=h me E πεπ 电离能之比： 9 00,4002 222== --==--+ ++ ++ H Li H Li H He H He Z Z E E Z Z E E c) 第一激发能之比：
第二章习题 2-1 铯的逸出功为，试求： (1)铯的光电效应阈频率及阈值波长； (2)如果要得到能量为的光电子，必须使用多少波长的光照射 解：（1） ∵ E =hν-W 当hν=W 时，ν为光电效应的最低频率（阈频率），即 ν =W /h =××10-19/×10-34 =×1014 ∵ hc /λ=w λ=hc /w =×10-7(m) (2) ∵ mv 2/2=h ν-W ∴ = h ν ν=h λ=c /ν=hc /(m)=×10-7m 2-2 对于氢原子、一次电离的氦离子He +和两次电离的锂离子Li ++，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)由基态到第一激发态所需的激发能量及由第一激发态退激到基态所放光子的波长． n e e Z n a ∴H: r 1H =×12/1nm= r 2 H =×22/1= V 1H = ×106×1/1= ×106(m/s) V 2H = ×106×1/2= ×106(m/s) ∴He+: r 1He+=×12/2nm= r 2He+=×22/2= V 1 He+= ×106×2/1= ×106(m/s) V 2 He+= ×106×2/2= ×106(m/s) Li ++: r 1 Li++=×12/3nm= r 2 Li++=×22/3=
V 1 Li++= ×106×3/1= ×106(m/s) V 2 Li++= ×106×3/2= ×106(m/s) (2) 结合能：自由电子和原子核结合成基态时所放出来的能量，它等于把电子从基态电离掉所需要的能量。 ∵ 基态时n =1 H: E 1H = He+: E 1He+=×Z 2=×22= Li ++: E 1Li+=×Z 2=×32= (3) 由里德伯公式 Z 2××3/4= 注意H 、He+、Li++的里德伯常数的近似相等就可以算出如下数值。 2-3 欲使电子与处于基态的锂离子Li ++发生非弹性散射，试问电子至少具有多大的动能 要点分析:电子与锂质量差别较小, 可不考虑碰撞的能量损失.可以近似认为电子的能量全部传给锂,使锂激发. 解：要产生非弹性碰撞,即电子能量最小必须达到使锂离子从基态达第一激发态,分析电子至少要使Li ++从基态n =1激发到第一激发态n =2. 因为 Z n ⊿E =E 2-E 1=Z 2R Li ++hc (1/12-1/22)≈32××3/4eV= 讨论:锂离子激发需要极大的能量 2-4 运动质子与一个处于静止的基态氢原子作完全非弹性的对心碰撞，欲使氢原子发射出光子，质子至少应以多大的速度运动 要点分析:质子与氢原子质量相近,要考虑完全非弹性碰撞的能量损失.计算氢原子获得的实际能量使其能激发到最低的第一激发态. 解： 由动量守恒定律得 m p V =(m p +m H )V ' ∵ m p =m H V’=V /2 由能量守恒定律,传递给氢原子使其激发的能量为:
第一章习题参考答案 速度为v的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角-4 约为10rad. 要点分析：碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变，并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动)，注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V，沿X方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射.电子质量用m e表示，碰撞前静止在坐标原点O处，碰撞后以速度v沿φ方向反冲.α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） （3） （2） 作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ，得 （4） （5） 再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与V， 化简上式，得 （６） 若记，可将（６）式改写为 （７）
视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 令，则sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即2cos(θ+2φ)sinθ=0 （1）若sinθ=0则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0则θ=90o-2φ（9） 将（9）式代入（7）式，有 由此可得 θ≈10弧度（极大）此题得证. （1）动能为的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大（2）如果金箔厚μm，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几 解：（1）依和金的原子序数Z 2=79 -4 答：散射角为90o所对所对应的瞄准距离为. (2)要点分析：第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来.90°～180°范围的积分，关键要知道n，问题不知道nA，但可从密度与原子量关系找出注意推导出n值.，其他值从书中参考列表中找. 从书后物质密度表和原子量表中查出Z Au=79，A Au=197，ρ Au=×10kg/m
原子物理学课后前六章答案（第四版） 福家著(高等教育) 第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论 第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线 第一章 习题1、2解 1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为 10-4rad. 要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不 动).注意这里电子要动. 证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散 射。电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有： （1） ?θααcos cos v m V M V M e +'= （2）
? θ α sin sin 0v m V M e - ' = （3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得 ) sin( sin ? θ θ α+ =V M v m e （4） ) sin( sin ? θ ? α α+ ='V M V M （5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v， ) ( sin sin ) ( sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 ? θ θ ? θ ? α α α+ + + =V m M V M V M e 化简上式，得 θ ? ? θα2 2 2sin sin ) ( sin e m M + = + （６）若记 α μ M m e = ，可将（６）式改写为 θ ? μ ? θ μ2 2 2sin sin ) ( sin+ = + （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有 )] (2 sin 2 sin [ )] sin( 2 [sin? θ ? μ ? θ μ θ ? θ + + - = + - d d 令 = ? θ d d ，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8） （2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90o-2φ（9）
练习六习题1-2解 6-1 某一X 射线管发出的连续X 光谱的最短波长为0.0124nm ，试 问它的工作电压是多少?解：依据公式 答：它的工作电压是100kV . 6-2莫塞莱的实验是历史上首次精确测量原子序数的方法．如测得某元素的K α )(10Z ；将值代入上式， 10 246.0101010 )??= = =1780 Z =43 即该元素为43号元素锝(Te). 第六章习题3,4 6-3 钕原子(Z=60)的L 吸收限为0.19nm ，试问从钕原子中电离一个K 电子需作多少功? 6-4 证明：对大多数元素K α1射线的强度为K α2射线的两倍． 第六章习题5,6参考答案 6-5 已知铅的K 吸收限为0.014 1nm,K 线系各谱线的波长分别为：0.016 7nm(K α)；0.0146nm(K β)；0.0142nm(K γ),现请： (1) 根据这些数据绘出有关铅的X 射线能级简图； (2) 计算激发L 线系所需的最小能量与L α线的波长． 分析要点:弄清K 吸收限的含义. K 吸收限指在K 层产生一个空穴需要能量. 即K 层电子的结合能或电离能.
解: (1)由已知的条件可画出X 射线能级简图. K K α L α K β K γ (2) 激发L 线系所需的能量: K 在L 壳层产生一个空穴所需的能量 E LK = φK -φL φL =φK - E LK =87.94 keV -84.93keV=3.01 keV φ为结合能. 或
即有 m 即L α线的波长为0.116nm. 6-6 一束波长为0.54 nm 的单色光入射到一组晶面上，在与入射束偏离为120?的方向上产生一级衍射极大，试问该晶面的间距为多大? ?的方向上产生一级衍射极大sin θ n =1 解得 d =0.312 nm 第六章习题8参考答案 6-7 在康普顿散射中，若入射光子的能量等于电子的静止能，试求散射光子的最小能量及电子的最大动量． 6-8 在康普顿散射中，若一个光子能传递给一个静止电子的最大能量为10 keV ，试求入射光子的能量． （1）其中c m 光子去的能量为电子获得的能量 k E h h ='-νν 依题意，如果电子获得最大能量，则出射光子的能量为最小，（1）式E 由此可算出： ν γγh E E 22=+
《原子物理学》期末考试试卷（E）参考答案 (共100分) 一．填空题(每小题3分，共21分) 1．7.16?10-3 ----(3分) 2．（1s2s）3S1（前面的组态可以不写）（1分）； ?S=0（或?L=±1，或∑ i i l=奇?∑ i i l=偶）（1分）； 亚稳（1分）。 ----(3分) 3．4；1；0,1,2 ；4；1,0；2,1。 ----(3分) 4．0.013nm (2分) , 8.8?106m?s-1(3分)。 ----(3分) 5．密立根（2分）；电荷（1分）。 ----(3分) 6．氦核 2 4He；高速的电子；光子(波长很短的电磁波)。(各1分) ----(3分) 7．R aE =α32 ----(3分) 二．选择题(每小题3分, 共有27分) 1.D ----(3分) 2.C ----(3分) 3.D ----(3分) 4.C ----(3分) 5.A ----(3分) 6.D 提示： 钠原子589.0nm谱线在弱磁场下发生反常塞曼效应，其谱线不分裂为等间距的三条谱线，故这只可能是在强磁场中的帕邢—巴克效应。 ----(3分) 7.C ----(3分) 8.B ----(3分) 9.D ----(3分)
三．计算题(共5题, 共52分 ) 1．解： 氢原子处在基态时的朗德因子g =2,氢原子在不均匀磁场中受力为 z B z B z B Mg Z B f Z d d d d 221d d d d B B B μμμμ±=?±=-== (3分) 由 f =ma 得 a m B Z =±?μB d d 故原子束离开磁场时两束分量间的间隔为 s at m B Z d v =?=??? ? ? ?212 22 μB d d (2分) 式中的v 以氢原子在400K 时的最可几速率代之 m kT v 3= )m (56.010400 1038.131010927.03d d 3d d 232 232B 2 B =??????=?=??= --kT d z B kT md z B m s μμ (3分) 由于l =0, 所以氢原子的磁矩就是电子的自旋磁矩（核磁矩很小，在此可忽略）， 故基态氢原子在不均匀磁场中发生偏转正好说明电子自旋磁矩的存在。 (2分) ----(10分) 2．解：由瞄准距离公式：b = 22a ctg θ及a = 2 1204z z e E πε得： b = 20012*79 **30246e ctg MeV πε= 3.284*10-5nm. (5分) 22 22 ()()(cot )22 (60)cot 30 3:1(90)cot 45 a N Nnt Nnt b Nnt N N θ σθπθπ?=?==?==? (5分) 3．对于Al 原子基态是2P 1/2：L= 1，S = 1/2，J = 1/2 (1分) 它的轨道角动量大小： L = = (3分) 它的自旋角动量大小： S = = 2 (3分) 它的总角动量大小： J = = 2 (3分) 4．（1）铍原子基态的电子组态是2s2s ，按L －S 耦合可形成的原子态： 对于 2s2s 态，根据泡利原理，1l = 0，2l = 0，S = 0 则J = 0形成的原子态：10S ； (3分) （2）当电子组态为2s2p 时：1l = 0，2l = 1，S = 0，1 S = 0， 则J = 1，原子组态为：11P ； S = 1， 则J = 0，1，2，原子组态为：30P ，31P ，32P ； (3分) （3）当电子组态为2s3s 时，1l = 0，2l = 0，S = 0，1 则J = 0，1，原子组态为：10S ，31S 。 (3分) 从这些原子态向低能态跃迁时，可以产生5条光谱线。 (3分)
1．原子的基本状况 1.1解：根据卢瑟福散射公式： 2 02 22 442K Mv ctg b b Ze Ze αθ πεπε== 得到： 21921501522 12619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010) Ze ctg ctg b K ο θαπεπ---??===??????米 式中2 12K Mv α=是α粒子的功能。 1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为 2202 1 21 ()(1)4sin m Ze r Mv θ πε=+ ， 试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？ 解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min 202 1 21 ()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929 619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο --???=???+???14 3.0210-=?米 1.3 若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。问质子与金箔。问质子与金箔原子核可能达到的最 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。当入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。 根据上面的分析可得： 22 0min 124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε= 1929 13 619 79(1.6010)910 1.141010 1.6010 ---??=??=???米
由上式看出：min r 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-?米。 1.7能量为3.5兆电子伏特的细α粒子束射到单位面积上质量为22/1005.1米公斤-?的银箔上，α粒 解：设靶厚度为't 。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度't ，而是ο60sin /'t t =，如图1-1所示。 因为散射到θ与θθd +之间Ωd 立体 角内的粒子数dn 与总入射粒子数n 的比为： dn Ntd n σ= (1) 而σd 为：2 sin ) ()41 (4 2 2 22 0θ πεσΩ=d Mv ze d （2） 把（2）式代入（1）式，得： 2 sin )()41(4 22220θπεΩ =d Mv ze Nt n dn (3) 式中立体角元0'0'220,3/260sin /,/====Ωθt t t L ds d N 为原子密度。'Nt 为单位面上的原子数，10')/(/-==N A m Nt Ag Ag ηη，其中η是单位面积式上的质量；Ag m 是银原子的质量；Ag A 是银原子的原子量；0N 是阿佛加德罗常数。 将各量代入（3）式，得： 2 sin )()41(324 22 22 00θπεηΩ=d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47
临沂师范学院物理系 原子物理学期末考试试题（A卷） 一、论述题25分，每小题5分） 1．夫朗克—赫兹实验的原理和结论。 1．原理：加速电子与处于基态的汞原子发生碰撞非弹性碰撞，使汞原子吸收电子转移的4.9eV的能量跃迁到第一激发态。处第一激发态的汞原子返回基态时，发射2500埃的紫外光。（3分）结论：证明汞原子能量是量子化的，即证明玻尔理论是正确的。（2分） 2．泡利不相容原理。 2．在费密子体系中不允许有两个或两个以上的费密子处于同一个量子态。（5分） 3．X射线标识谱是如何产生的？ 3．内壳层电子填充空位产生标识谱。（5分） 4．什么是原子核的放射性衰变？举例说明之。 4．原子核自发地的发射 射线的现象称放射性衰变，（4分）例子（略）（1分） 5．为什么原子核的裂变和聚变能放出巨大能量？ 5．因为中等质量数的原子核的核子的平均结合能约为8.6MeV大于轻核或重核的核子的平均结合能，故轻核聚变及重核裂变时能放出巨
大能量。（5分） 二、（20分）写出钠原子基态的电子组态和原子态。如果价电子被激发到4s态，问向基态跃迁时可能会发出几条光谱线？试画出能级跃迁图，并说明之。 二、（20分）（1）钠原子基态的电子组态1s22s22p63s；原子基态为2S1/2。（5分） （2）价电子被激发到4s态向基态跃迁时可发出4条谱线。（6分）（3）依据跃迁选择定则1 0, j 1,± = ? ± ?＝ l（3分） 能级跃迁图为（6分） 三、（15 （1）写出所有可能 的光谱项符号；（2）若置于磁场中，这一电子组态一共分裂出多少个能级？（3）这些能级之间有多少可能的偶极辐射跃迁？ 三、（15分）（1）可能的原子态为 1P 1 ，1D2，1F3；3P2，1，0，3D3，2，1，3F4，3，2。（7分） （2）一共条60条能级。（5分） （3）同一电子组态形成的原子态之间没有电偶极辐射跃迁。（3分）