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新版原子物理褚圣麟课后答案原子物理学习题解答第 一 章 原子的基本状况1. 1若卢瑟福散射用的 粒子是放射性物质镭C放射的，其动能为7. 68特 散射物质是原子序数Z 79 的金箔试问散射角 15 0所对应的瞄准距离b多大？解：根据卢瑟福散射公式：6c t g得到：2 4 0M v2 22 Z eb 4 0K Z e2bb10电子伏Z e c t g224 OK12279 ( 1. 60 10)c t g( 4 8 . 8 5 101219 2) ( 7 . 6 8 10 1015 02 619)3 . 9 7 1015米式 中 KM v 是 粒 子 的 功 能 1. 2 已知散射角为的粒子与散射核的最短距离为r m (140)2 Z e M v22( 1ls in2) ,试 问 上 题 粒子与散射的金原子核之间的最短距离r m 多大？解：将 1. 1题中各量代入r m 的表达式，得：r min19214 01)2 Z e M v)22( 1ls in2)9 1094 79 ( 1. 60 106)7. 68 10 1. 60 101419( 1s in753 . 02 10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小距离多大？又 问 如 果 用 同 样 能 量 的 笊 核 ( 笊 核 带 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，其与金箔原子核的最小距离多大？解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为18 0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：12M v2KpZe24 Ormin19，故 有 : rminZe24 O KP9 10979 (1.60 106)210 1.60 10191. 14 1013米由上式看出：rm in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1. 14 1013米77L 4 针放射的一种 粒子的速度为L 597 10米/秒，正面垂直入射于厚度为10米、密度为1. 932 10公斤/米的金箔43试求所有散射在 90 的 粒子占全部入射粒子数的百分比已知金的原子量为197解：散射角在 d之间的 粒子数dn与入射到箔上的总粒子数n 的比是：第 1 页 共 3 8 页 dnnNtd其中单位体积中的金原子数：N而散射角大于9 0 的粒子数为：dn/mAu NO/AAudn nNt d2dn所以有:nNt d2NOAAut (14 0) (22ZeMu22)290180cossin3d 2等式右边的积分：I 90180cossin3d 2 180902dsinsin3126dn故nN OAAu7t (140) (22 Z e M u2 2)28 . 5 108 . 5 104 0即速度为L 5 9 7 10米/秒的 粒子在金箔上散射，散射角大于9 0 以上的粒子数大约是8 . 5 104 0O1. 5 粒子散射实验的数据在散射角很小时与理论值差得较远，时什么原因？( 15 )答： 粒子散射的理论值是在“ 一次 散 射 ” 的假定下得出的。

而 粒子通过金属箔，经过好多原子核的附近，实际上经过多次散射至于实际观察到较小的 角，那是多次小角散射合成的结果既然都是小角散射，哪•个也不能忽略，一次散射的理论就不适用所以，粒子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远1 . 6 已知 粒子质量比电子质量大73 00倍试利用中性粒子碰撞来证明： 粒子散射“ 受电子的影响是微不足道的”M v M v mv 证明：设碰撞前、后 粒子与电子的速度分别为：v , v ', O , v e 根据动量守恒定律，得： e由此得：V Vm M 1 22v e21 7 3 0 0 1 2v e . . . (1 )， 2又根据能量守恒定律，得：M v， 2M v21 2m v， 2 evvm Mve…… (2 )将 ( 1 ) 式 代 入 ( 2 ) 式，得：v v2'21 27 3 0 0 (v v )整理，得：v (7 3 0 0 1 ) v (7 3 0 0 1 ) 2 7 3 0 0 v v c o s 02'27 3 0 0 11 2上式可写为：7 3 0 0 (v v ) 0v v 0即 粒 子 散 射 ” 受电子的影响是微不足道的”。

1 . 7能量为3 . 5 兆电子伏特的细 粒子束射到单位面积上质量为1 .米处放一窗口面积为6. 0 1 0 原子量为1 0 7 . 9 o 试求银的核电荷数Zo1 0 在离 > 0 . 1 2第 2页 共 38页522公斤/ 米的银箔上，粒子与银箔表面成6 0角2米的计数器测得散射进此窗口的 粒子是全部入射 粒子的百万分之2 9 若已知银的解：设靶厚度为t o 非垂直入射时引起 粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚度t ,而 是 t t / s i n 60 , 如图卜1 所示 因为散射到 与 d之 间 d立体角内的粒子数 dn 与总入射粒子数n的比为：dn nN t d1 4( 1 )而 d为：d)(2z e M v2 2)2d s i n42(2 )把 ( 2 ) 式 代 入 ( 1 ) 式，得:dn nN t (1 4)(2z e M v2 2)2d s i n42…… (3 )式中立体角元d ds / L , tt / s i n 602 '02 t /3 , 2 01N为原子密度N t 为单位面上的原子数，N t/ m A g (A A g / N O ),其中 是单位面积式上的质量；m A g 是银原子的质量;A A g 是银原子的原子量；N 0 是阿佛加德罗常数。

将各量代入( 3 ) 式，得：dnn2N3 A A g(1 4)(2z e M v2 2)2d s i n4，由 此 , 得 ：Z=4721 061 . 8 设 想 铅 （ Z=8 2 ）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为1 0米的球形原子内，如果有能量为1 0 电子 伏 特的粒子射向这样一个“ 原子”，试通过计算论证这样的粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于9 0 的散射这个结论与卢瑟福实验结果差的很远，这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的（ 原子中电子的影响可以忽略）解：设粒子和铅原子对心碰撞，则粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有下式决定：1 2M v22 Ze62/ 4 O R 3 . 7 8 1 01 6焦 耳 2 . 3 6 1 0 电子伏特3由此可见，具 有 1 0 电子伏特能量的 粒子能够很容易的穿过铅原子球 粒子在到达原子表面和原子内部时，所受原子中正电荷的排2 2 2 3斥力不同，它们分别为：F 2Ze/4 OR和 F 2Zer/4 OR可见，原子表面处 粒子所受的斥力最大，越靠近原子的中心粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使粒子发生散射最强的垂直入射方向的分力越小。

我们考虑粒子散射最强的情形22设粒子擦原子表面而过此时受力为F 2Ze/4 O R o 可以认为 粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作用，即作用距离为原子的直径D并且在作用范围D 之内，力的方向始终与入射方向垂直，大小不变这是一种受力最大的情形根据上述分析，力的作用时间为1=D八，粒子的动能为t12Mv2K , 因此，v222K/M,所以，t D/v DM/2K根据动量定理：2tFdt p p Mv 0 , 而 Fdt 2Ze/4 OR22tdt 2Zet/4 O R , 所以有：222Zet/4 OR2Mv ,由此可得：v 2Zet/4 ORM, 粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0 , 入射方向上速度不变据此，有：tgv v2Zet/4 ORMv 2ZeD/4 ORMv3222222.4 10这 时 很 小 ，因此tg 2.4 103弧度，大约是& 2 这就是说，按题中假设，能量为1 兆电子伏特的图 LI第 3页 共 38页粒子被铅原子散射，不可能产生散射角 9 0 的散射但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当粒子无限靠近原子核时，会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生 9 0 的散射，甚至会产生 1 8 0 的散射，这与实验相符合。

因此，原子的汤姆逊模型是不成立的第 二 章 原子的能级和辐射2 . 1 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•玻尔轨道上即年n = l 根据量子化条件，p m v r n速度：v加速度：h 2可得：频率v 2 a l6nh2 mal2h2 mal26.58 1015赫兹2 al h/mal 2. 188 102222米/ 秒2w v /r v/al 9.046 10米/ 秒2. 2 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Ei E E l , 把氢原子的能级公式En Rhc/n代入，得：Ei RHhc(21121) R h e= 1 3 . 6 0 电子伏特电离电势：V iE i e1 3 . 6 0 伏特，第一激发能：E i R H h c (1 121 22)3 4R h e3 41 3 . 6 0 1 0 . 2 0电子伏特，第一激发电势：V IE l e1 0 . 2 0 伏特2 . 3用能量为1 2 . 5 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：E h c RH1 12I n i2)其 中 h c RH1 3 . 6 电子伏特E l 1 3 . 6 ( 1 E 2 1 3 . 6 ( 1 E 3 1 3 . 6 ( 12 1 3 1 42) 1 0 . 2电子伏特) 1 2 . 1电子伏特) 1 2 . 8电子伏特22其 中 E 1 和 E 2 小 于 1 2 . 5电子伏特，E 3 大 于 1 2 . 5电子伏特。

可见，具 有 1 2 . 5 电子伏特能量的电子不足以把基态氢原子激发到n 4的能级上去，所以只能出现n 3的能级间的跃迁跃迁时可能发出的光谱线的波长为：第 4页 共 3 8页 11R H (1 22132)5RH/361 6565A12RH(112122)34RII2 1215A13RII(112132)89RH3 1025A2 .4 试估算一次电离的氮离子He、二次电离的锂离子L i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：4 0hn4 mZe2222al22n2Z, n 1, 2, 310其 中 a l4 0 h 4 m e20 . 5 2 9 1 7 7 1 0 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；Z 是核电荷数，对于因此，玻尔第一轨道半H,Z 1 ；对于H,Z 2 ；对 于 L i径之比是r He r H2, Z 3 ；ZHZH2 2eZHl r L i 1, 2 r I l ZL i 3 Zn2 2b ）氢和类氢离子的能量公式：E2 m e Z224(4 0 ) n hEl,n 1 , 2 , 3其 中 El2 m e22 4 2(4 0 )h1 3 .6电子伏特，是氢原子的2He 2 I I 2 L i基态能量。

0 EHe O EH电离能之比：ZZZ4 ,0 EL i0 EHZ2 H922 2EHe EHe EH EHc )第一激发能之比:212 1El E1 E1 El2 2 1 22 2 2El El El El22 21 4 2 1 12 2 23 3EE2Li2HE EILilH22121 921122第 5 页 共 3 8 页 d ) 氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：~ Z2R(1 l)v, 22nln2其中 R {n2 (nl 1), (nl 2) nl 1,2,3 2 me2243(4 0 )h 是里德伯常数氢原子赖曼系第 条谱线的波数为：H llCvl R(2 2) 1112相应地，对类氢离子有：~He 22R(1 1) lvllle 2212 1IHLi 2~vl 3R(2 2) Li 12 1因此，He 1H 1 14,Li 1H 119e 2 .5 试问二次电离的锂离子L i从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能使处于基态的一次电离的氮粒子H电离掉？解：L i由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为： He的电离能量为：的电子v He 4 h c RHe (1 1 2 1 ) 4 h c R He h v L ih v Fl e由于 2 7 R L i l 6R He 2 7 1 m / M He 1 61 m / M L i He M He M L i ,所以 1 m / M 1 m / M L i ,从而有h v L i h v He ，所以能将H e的电子电离掉。

2 . 6氢与其同位素笊(质量数为2)混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线试问其巴耳末系的第 条(H ) 光谱线之间的波长差 有多大？已知氢的里德伯常数R H 1 . 0 9 67 7 5 8 1 0 米 7 1,笊的里德伯常数 R D 1 . 0 9 7 0 7 4 2 1 0 米 7 1 解：1H1 R H(1 2 1 2 1 3 13 2 2 ), H 3 6/ 5 R H D R D(2 2 ), D 3 6/ 5 R DH D3 65 (1 R I 1 1 R D)1 . 7 9 A第6页 共38页2 . 7已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结 构 的 “ 正电子索”试 计 算 “ 正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长 为多少A?解:1R e e (1 121 22)R11m m3438R,83R13 10973731米 2430A2 .8 试证明氢原子中的电子从n+1轨道跃迁到n 轨道，发射光子的频率 率no 当 n » l 时光子频率即为电子绕第n 玻尔轨道转动的频、证明：在氢原子中电子从n+1轨道跃迁到n 轨道所发光子的波数为：vn1nR[In2l (n 1 )2]频率为：v ncR c [I n2l (n 1 )22]2 n l n (n 1 )422R c当 n >>时 ,有 (2 n l )/ n (n21 ） 频率为：v n2 n / n 2 / n ,所以在n»l时，氢原子中电子从n +1 轨道跃迁到n轨道所发光子的32 R c / n3o设电子在第n轨道上的转动频率为f n , 则f nv m v r22 r 2 m rP2 m r22 R c n3因此，在 n»l时，有 v n f n由上可见，当 n ＞ 〉 l 时，请原子中电子跃迁所发出的光子的频率即等于电子绕第n玻尔轨道转动的频率。

这说明，在 n很大时，玻尔理论过渡到经典理论，这就是对应原理2 .9 L i 原子序数Z= 3 ,其光谱的主线系可用下式表示:VR (1 0 .5 9 5 1 )2R (n 0 .0 4 0 1 )2已知锂原子电离成L i离子需要2 0 3 . 4 4 电子伏特的功问如把L i离子电离成L i离子，需要多少电子伏特的功？解：与氢光谱类似，碱金属光谱亦是单电子原子光谱锂光谱的主线系是锂原子的价电子由高的P 能级向基态跃迁而产生的一次电离能对应于主线系的系限能量，所 以 L i离子电离成L i离子时，有E1L iR h c (l 0 .5 9 5 1 )2R h eR h c (l 0 .5 9 5 1 )25 . 3 5 电子伏特L i是类氢离子，可用氢原子的能量公式，因此L i时 ,电 离 能 E3 为：E3设 L iZR h c l22Z2 RR h e 1 2 2 . 4电子伏特L i的电离能为E2 而 L i L i需要的总能量是E= 2 0 3 .4 4 电子伏特，所以有E2 E El E3 7 5 .7 电子伏特第 7页 共 38页 2 . 1 0 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不同？答：设 原 子 的 磁 矩 为 ，磁场沿Z 方向，则原子磁矩在磁场方向的分量记为Z , 于是具有磁矩的原子在磁场中所受的力为F ZB Z, 其中B Z是磁场沿Z 方向的梯度。

对均匀磁场，B Z0,原子在磁场中不受力，原子磁矩绕磁场方向做拉摩进动，且对磁场的取向服从空间量子化规则对于非均磁场，路径要发生偏转B Z0原子在磁场中除做上述运动外，还受到力的作用，原子射束的2 . 1 1 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，磁场的梯度为B Z1 0 特斯拉/ 米，磁极纵向范围32L l =0 . 0 4 米 （ 见图2 - 2 ） ,从磁极到屏距离L 2 =0 . 1 0 米，原子的速度v 5 1 0 米/ 秒在屏上两束分开的距离d 0 . 0 0 2 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不计）解：银原子在非均匀磁场中受到垂直于入射方向的磁场力作用其轨道为抛物线；在 L 2区域粒子不受力作惯性运动经磁场区域L 1后向外射出时粒子的速度为v,出射方向与入射方向间的夹角为与速度间的关系为：t gV V粒子经过磁场L 1 出射时偏离入射方向的距离S为：S1 BL 1 20 Z…… （ 1 ）将上式中用已知量表示出来变可以求出Z2 m Zvfmv a t , a vBm Z, t L l / vZ BL 1m ZvS ' L 2 t g Sd 2 S 'Z BL 1 L 2m Zd 2v2Z BL 1 L 2m Zv2把 S代 入 ( 1 ) 式中，得:d 2Z BL 1 L 2m Z2 3v2Z BL 12 m Zv22整 理 , 得 ：Z BL 12 m Zv2( L I 2 L 2 )d 2由此得：Z 0 .93 10焦耳/ 特2. 1 2 观察高真空玻璃管中由激发原子束所发光谱线的强度沿原子射线束的减弱情况，可以测定各激发态的平均寿命。

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 毫米其共振光谱线强度减少到1/3. 32试计算这种原子在共振激发态的平均寿命解：设沿粒子束上某点A和距这点的距离S=L 5 毫 米 的 B 点，共振谱线强度分别为10和 I I , 并设粒子束在A点的时刻为零时刻，且此时处于激发态的粒子数为N，原子束经过t 时间间隔从A到达B点，在 B点处于激发态的粒子数为N2第 8 页 共 3 8 页320光谱线的强度与处于激发态的原子数和单位时间内的跃迁几率成正比设发射共振谱线的跃迁几率为A 21,则有1110A21N2A21N20N2N20,适当选取单位，使1110N2N20H1/3. 3 2 ,并注意到 N2 N20evs3A21t, 而 t S/v,A21则有:(ln3.32 Ini)svln3. 326ln3.323N2N20eA21t1/3. 3 2 ,由此求得: t1A211.5 1010 ln3.321.25 10 秒第三章量子力学初步3. 1 波长为1A的 X光光子的动量和能量各为多少?解：根据德布罗意关系式，得：动量为：Ph6 . 6 3 1 0 1 083 41 06 . 6 3 1 02 4千 克 米 秒1能量为：E hv he /6 . 6 3 1 03 43 1 0 / 1 01 01 . 9 8 6 1 01 5焦耳。

3 . 2经 过 1 0 0 0 0 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的德布罗意波长是多少？ 解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系：h/得:2meV对于电子：m 9. 11 1031公斤，e 1.60 1019库仑，把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可12.25A12. 25A 0. 1225A,对于质子，m 1.67 10 27公斤，e 1.60 10 19库仑，代入波长的示式，得：6 .626 102 1.67 102734192 .862 101000012. 253A1 . 6 0 1 03 . 3 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的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：1 2 . 2 5 ( 1 0 . 4 8 9 1 06V ) A其中V是以伏特为单位的电子加速电压试证明之K证明：德布罗意波长：对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能K与其动量p之间有如下关系： h/ p ,而被电压V加速的电子的动能为：K e V22 K m 0 c2p c ,2 2PP2( e V ) c222 m 0 e V22因此有： h/ ph2 m 0 e Vl e V 2 m 0 c22 m 0 e V ( e V ) / c一般情况下，等式右边根式中e V / 2 m o e 一项的值都是很小的。

所以，可以将上式的根式作泰勒展开只取前两项，得：第 9页 共 38页 2h2 m 0 e V( 1e V 4 m 0 c2)h2 m 0 c V( 1 0 . 4 8 9 1 06V )由于上式中h/2 m 0 e V1 2 . 2 5 A , 其 中 V以伏特为单位，代回原式得：1 2 . 2 5 ( 1 0 . 4 8 9 1 06V ) A由此可见，随着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长变短3 . 4 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 上述结果不但适用于圆轨道，同样适用于椭圆轨道，试证明之证明：轨道量子化条件是：p dqn h , 对氢原子圆轨道来说，p r 0 , p m r2m v rp d所以有：2 m v r n hhm vS 2 r n n , n 1 , 2 , 3所以, 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长椭圆轨道的量子化条件是：P dhprdr nrhpr mr, p mr其中2(prdr p d ) nh,其中 n n nr而 (prdr p d )(mrdr2mr d )2(mr2drdtdt mrd dtdt)mvdt rdsdshhm v dsds因此，椭圆轨道也正好包含整数个德布罗意波波长。

3 . 5 带电粒子在威耳孙云室（ 一种径迹探测器）中的轨迹是一串小雾滴，雾滴德线度约为 1 微米当观察能量为1 0 0 0 电子伏特的电子径迹时其动量与精典力学动量的相对偏差不小于多少？解：由题知， 电子动能K = 1 0 0 0 电子伏特，x 1 06米，动 量 相 对 偏 差 为P/PO根据测不准原理，有p xh2，由此得:PPh2 x,经典力学的动量为：2 m Kh2 x2 m K3 . 0 9 1 05电子横向动量的不准确量与经典力学动量之比如此之小，足见电子的径迹与直线不会有明显区别3 . 6证明自由运动的粒子( 势能V 0)的能量可以有连续的值ih( p r E t )证明：自由粒子的波函数为： A e, , , , ( 1 ) 第 1 0 页 共 38页自由粒子的哈密顿量是：Hh22, , , , ( 2 )2 m自由粒子的能量的本征方程为：H E , , , , ( 3 )2ih( p r E t)把 ( 1 ) 式 和 ( 2 ) 式 代 入 ( 3 ) 式，得：即：h2 mih[ A e2] EPh222 mA (2d d x2 2d d y2 2d d z2 2) e( p x x p y y p z z E t)E2 mpE2E2 m自由粒子的动量p可以取任意连续值，所以它的能量E也可以有任意的连续值。

3 . 7粒子位于一维对称势场中，势场形式入图3 - 1 , 即(0 x L , V 0x 0 , x L , V V 0( 1 ) 试推导粒子在E V 0 情况下其总能量E满足的关系式 2 ) 试利用上述关系式，以图解法证明，粒子的能量只能是一些不连续的值 解：为方便起见, 将势场划分为I, II, in 三个区域1)定态振幅方程为d d x2( x ) 22 h2( E V ( x ) )( x )0式 中 是 粒 子 的 质 量 I 区:d d x2 220其中2 22 h2( V O E ) , 波函数处处为有限的解是：l ( x )x“ 是一任意常数II区：d d x2 20其中2 22 h2E,处处有限的解是：2 ( x ) B s in ( xHI区：d d xA e) ,B,是任意常数20 其中222 h2(VO E ) , 处处有限的解是：3(x) Dex, D是任意常数有上面可以得到：Id 1IdxId22dxctg( X ),Id 33dx, , 有连续性条件，得:Ctgctg( L )解得：tg( L)1»因此得：L n 2tg 1( / ) 这就是总能量所满足的关系式。

22第1 1页 共3 8页(2)有上式可得：tg(n 22)tgctgL2 L2n偶数，包括零亦即L ( L)ctg L ( L) tgu2L2n奇数L2v utg令(1)L u , L v ,则上面两方程变为:V utgu22(2)另外，注意到u和V还必须满足关系：U2v22 V O L / h （ 3 ）2所 以 方 程 （ 1 ）和 （ 2 ）要分别与方程（ 3 ）联立求解V O o 3 . 8 有一粒子，其质量为叫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，式计算出粒子可能具有的能量解：势能分布情况，由题意知：V x 0 , 0 x a ; V y 0 , 0 y b ; V z 0 , 0 z c ; V x , x 0 和 x a V y , y 0 和y b V z , z 0 和 z c2 x2 2在 势 箱 内 波 函 数 （ x , y , z ） 满足方程：2 y222 z222 m h2[ E ( V x V y V z ) ] 0解这类问题，通常是运用分离变量法将偏微分方程分成三个常微分方程。

令( x , y , z ) X ( x ) Y ( y ) Z ( z )( 代 入 ( 1 ) 式，并将两边同除以X ( x ) Y ( y ) Z ( z ) , 得：Id X X d x222 m h2Vx)(Id Y Y d y222 m h2Vy)(Id Z Z d z222 m h2V z )2 m h2E方程左边分解成三个相互独立的部分，它们之和等于一个常数因此，每一部分都应等于一个常数由此，得到三个方程如下：Id X X d x l d Y Y d y2 2 2222 m h h2 2V x2 m h2 2E x2 mV y V z2 m hE y E zId Z Z d z22 m h22 m h2其 中 E E x E y E z , E x , E y , E z 皆为常数将上面三个方程中的第一个整数，得：d X d x222 m h2( E x V x ) X 0 „„ ( 2 )第 1 2 页 共 38页边界条件：X ( 0 ) X ( l ) 02 an x a2X ns in2 2X可见，方 程 （ 2 ）的形式及边界条件与一维箱完全相同，因此，其解为:E x2 b2h 2 a2n x , n x 1 , 2 , 3Y n E y Z ns in2 2n y b2yh 2 b 2 c2n y , n y 1 , 2 , 3 n z c2s in2 2z类似地，有E zh2 cnz, nz 1, 2, 38abc2(x, y, z) sin2nx xanzc2sinny ybsinnz zcEh2m22(nxa2nyb22)可见，三维势箱中粒子的波函数相当于三个一维箱中粒子的波函数之积。

而粒子的能量相当于三个一维箱中粒子的能量之和 对于方势箱，a b c , 波函数和能量为：( x , y , z )E8 a23s inn x x a2s in2n y y a2s inn z z ah2 m a2 2 2n , n2n x n y n z第四章碱金属原子4. 1 已知L i原子光谱主线系最长波长 6707A,辅线系系限波长 3519A求锂原子第一激发电势和电离电势 解：主线系最长波长是电子从第一激发态向基态跃迁产生的辅线系系限波长是电子从无穷处向第一激发态跃迁产生的设第一激发电势为VI,电离电势为V ，则有：eVl h VIc1.850 伏特 h(lcheeceV h Ve1he) 5 . 375 伏特4. 2 N a 原子的基态3S已知其共振线波长为58 9 3A , 漫线系第一条的波长为8 19 3A , 基线系第一条的波长为18 459 A , 主线系的系限波长为2413A 试 求 3S、3P 、3D、4F各谱项的项值第 13 页 共 38 页 p m a x , dm a x , f m a x , p ,解：将. 上述波长依次记为容易看出：m a x即 p m a x 58 9 3A , dm a x 8 19 3A , f 18 459 A , p 2413A~ T3S v T3P11P14. 144 10 米6 1P p m a x12. 447 10 米66 11. 227 10 米 0 . 6 8 5 10 米61T3D T3p T4F T3Ddm a x11f m a xP4. 3 K原子共振线波长7 6 6 5A , 主线系的系限波长为28 58 A 。

已知K原子的基态4S试求 4S、4P 谱项的量子数修正项s ,各为多少？值' 1/ ，解：由题意知：p m a x 7 6 6 5A , p 28 58 A , T4s v 由 T4s P PR ( 4 s )2，得：4 sR k / T4S设 R K R , 则有 s 2. 229 , T4P1p1P m a x,与 上 类 似 p 4R / T4P 1 . 7 6 44. 4 L i 原子的基态项2S当把L i 原子激发到3P 态后，问当3P 激发态向低能级跃迁时可能产生哪些谱线( 不考虑精细结构)？答：由于原子实的极化和轨道贯穿的影响，使碱金属原子中n相同而1 不同的能级有很大差别，即碱金属原子价电子的能量不仅与主量子数n 有关，而且与角量子数1 有关，可以记为E E( n , l )理论计算和实验结果都表明1 越小，能量越低于相应的氢原子的能量当从3P 激发态向低能级跃迁时，考虑到选择定则：1 1 , 可能产生四条光谱，分别由以下能级跃迁产生：3P 3S; 3S 2P ; 2P 2S; 3P 2S4 . 5 为什么谱项S 项的精细结构总是单层结构？试直接从碱金属光谱双线的规律和从电子自旋与轨道相互作用的物理概念两方面分别说明之。

答：碱金属光谱线三个线系头四条谱线精细结构的规律性第二辅线系每一条谱线的二成分的间隔相等，这必然是由于同一原因第二辅线系是诸S 能级到最低P能级的跃迁产生的最低P能级是这线系中诸线共同有关的，所以如果我们认为P能级是双层的，而 S能级是单层的，就可以得到第二辅线系的每一条谱线都是双线，且波数差是相等的情况主线系的每条谱线中二成分的波数差随着波数的增加逐渐减少，足见不是同一个来源主线系是诸P能级跃迁到最低S 能级所产生的我们同样认定S 能级是单层的，而推广所有 P能级是双层的，且这双层结构的间隔随主量子数n的增加而逐渐减小这样的推论完全符合碱金属原子光谱双线的规律性因此，肯 定 S 项是单层结构，与实验结果相符合碱金属能级的精细结构是由于碱金属原子中电子的轨道磁矩与自旋磁矩相互作用产生附加能量的结果S 能级的轨道磁矩等于0,不产生附加能量，只有一个能量值，因而S 能级是单层的4 . 6 计算氢原子赖曼系第一条的精细结构分裂的波长差2 2解：赖曼系的第一条谱线是n = 2 的能级跃迁到n = l 的能级产生的根据选择定则，跃迁只能发生在2 P IS之间而 S 能级是单层的，所以，赖曼系的第一条谱线之精细结构是由 P能级分裂产生的。

氢原子能级的能量值由下式决定：ER he ( Z )n22R he a2( Z S) n34(l j1 23 4 n) ，其中( Z ) ( Z S) 1第 1 4 页 共 3 8 页 E ( 2 P 3 / 2 ) E ( l Sl / 2 ) h12 2 2 c l hcE ( 2 P 3 / 2 ) E ( l Sl / 2 ) 2 2 2 E ( 2 P l / 2 ) E ( l Sl / 2 ) h2 hcc 2 E ( 2 P l / 2 ) E ( l Sl / 2 ) 2 2因此，有：2 1hc[E ( 2 P 3 / 2 ) E ( l Sl / 2 ) ][E ( 2 P 3 / 2 ) E ( l Sl / 2 ) ][E ( 2 P l / 2 ) E ( l Sl / 2 ) ]E ( 2 P 3 / 2 ) R heE ( 2 P l / 2 ) R heE ( l Sl / 2 ) R hc2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 6 a 64 2 2 1 6 5 a 64 4 a 4 2将以上三个能量值代入 的表达式，得：4 a644 8 1 1 a64642 2 2 4 a 4 8 1 5 a 64 2 2 2 1 R R ( 4 8 Il a ) ( 4 8 1 5 a )1 35 . 3 9 1 0 米 5 . 3 9 1 0 3 A6 1 4 . 7 N a 原子光谱中得知其3 D 项的项值T3 D 1 . 2 2 7 4 1 0 米，试计算该谱项之精细结构裂距。

6 1 7 1 解：已知 T3 D 1 . 2 2 7 4 1 0 米, R N a 1 . 0 9 7 4 1 0 米n而 Z* * R N a T3 D * 2 . 9 9 0 1 n / nR a Z3 2 * 4 所以有：T n l ( l 1 ) 3 . 65 5 米 14 . 8 原子在热平衡条件下处在各种不同能量激发态的原子的数目是按玻尔兹曼分布的，即能量为E的激发态原子数目N N O ggO e ( E E O ) / K T其中N O 是能量为E 0 的状态的原子数，g 和 gO 是相应能量状态的统计权重，K是玻尔兹曼常数试估算此气体的温度已从高温饱原子气体光谱中测出其共振光谱双线1 8 9 4 3 . 5 A , 2 8 5 2 L 1 A 的强度比 H： 1 2 2 ：第 1 5 页 共 38页知相应能级的统计权重gl 2 , g2 4 解：相 应 于 1 , 2的能量分别为：E l he / 1 ;E 2 he / 2所测得的光谱线的强度正比于该谱线所对应的激发态能级上的粒子数N,即 I NI1 I2 K T N 1 N 2 gl g2 e E l E 2 K T 2 3 E l E 2e 2 g23 glE 2 E lK l n 2 g23 gl 2 7 7 3 K 由此求得T 为：T第五章多电子原子5 . 1 H e 原子的两个电子处在2 P 3 d电子组态。

问可能组成哪几种原子态? 用原子态的符号表示之已知电子间是L S耦合 解：因 为 1 1 1 , 1 2 2 , sl s2所以可以有如下1 2 个组态： 1 2 s si s2 或 si s2 ;,L 1 1 1 2 , 1 1 1 2 1 , 1 1 1 2 , S 0 , 1 ;L 3 , 2 , 1L l . S O , P 1L 1 , S l , P 0 , 1 , 2L 2 , S 0 , D 2L 2 , S 1 , D 1 , 2 , 3L 3 , S 0 , F 3L 3 , S 1 , F 2 , 3 , 45 . 2 已知H e 原子的两个电子被分别激发到2 P 和 3 d轨道，器所构成的原子态为D,问这两电子的轨道角动量pH与 P 1 2 之间的夹角，自旋角动量p si 与 p s2 之间的夹角分别为多少？解： ( 1 ) 已知原子态为D,电子组态为2 P 3 d, L 2 , S 1 , 1 1 1 , 1 2 2 3 3 3 1 3 1 3 1因此，第 1 6 页 共 38页 p l lp l 2P LP L 2 1 1 ( 1 1 l ) h2 2 6 1 2 ( 1 2 1 ) L ( L 1 ) 2 2 62 p l l p l 2 2 p l l p l 2 co s L 2 2 co s L ( P L p l l p l 2 ) / 2 p l l p l 2 1 2 3L 1 0 64 6( 2 )si s2 1 2 'P l P 2P S s( s l ) h 2 h3 2 h S( S l ) h而P S2 p si p s2 2 p sl p s2 co s s2 2 2 2 2 co s s ( P S p si p s2 ) / 2 p sl p s2 1 3S 7 0 3 2 '5 . 3 锌 原 子 ( Z= 3 0 ) 的最外层电子有两个，基态时的组态是4 s4 s。

当其中有一个被激发 ,考虑两种情况： ( 1 ) 那电子被激发到5 s态； ( 2 ) 它被激发到4 P 态试求出L S耦合情况下这两种电子组态分别组成的原子状态画出相应的能级图从 （ I）和 （ 2 ）情况形成的激发态向低能级跃迁分别发生几种光谱跃迁？解： （ 1 ）组态为 4 s5 s 时 1 1 1 2 0 , si s2 1 2 ,L 0 , S 0 , 1S 0时，J L 0 , 单重态SOS 1 时;J 1 , 三重态3 1 sl根据洪特定则可画出相应的能级图，有选择定则能够判断出能级间可以发生的5种跃迁：5 S0 4 P 1 , 5 S1 4 P 0 ;5 S1 4 P 1 ;5 S1 4 P 2 , 所以有5条光谱线4 P 1 4 S0（ 2 ）外层两个电子组态为4 s4 P 时： 1 1 3 3 3 3 1 1 3 31 1 0 , 1 2 1 , si s2 1 2 ,L 1 , S 0 , 1S 0时，J L 1 , 单重态P lS 1 时;J 2 , 1 , 0 , 三重态 3 1 P 2 , 1 , 01 1 根据洪特定则可以画出能级图，根据选择定则可以看出，只能产生一种跃迁，4 P 1 4 S0 , 因此只有一条光谱线。

第 1 7 页 共 38页 5 . 4试以两个价电子1 1 2和 1 2 3为例说明， 不论是L S耦合还是j j 耦合都给出同样数目的可能状态.证明： （ D L S 耦合，S 0 , 1 ;L 5 , 4 , 3 , 2 , 1 , S 0 时;J L,5个 L 值分别得出5 个 J 值， 即 5个单重态.S 1 时;J L 1 , L , L 1 ;代入一个L值便有一个三重 态 .5个 L 值共有5乘 3等 于 1 5个原子态：P O , 1,2; D 1,2,3 ; F 2,3 ,4 ; G 3 ,4 ,5 ; H 4 ,5 ,6 因此，L S 耦合时共有 2 0 个可能的状态.33333( 2 ) j j 耦合：j 1 s 或 j 1 s ; j l5 2 或 3 2; j 27 2 或 5 2J j l j 2,j l j 2将每个j l 、j 2合成J得:j l J l J l J l5 23 25 23 2 和 j 2 和 j 2 和 j 2 和 j 27 27 25 25 2，合成 J 6 , 5 , 4 , 3 , 2,1,合成 J 5 , 4 , 3 , 2，合成 J 5 ,4 , 3 ,2, 1,0,合成 J 4 ,3 ,2, 13 75 53 5共 2 0 个状态：( ,) 6 ,5 , 4 , 3 , 2,1, ( ,) 5 ,4 , 3 , 2; ( ,) 5 ,4 , 3 , 2, 1,0; ( ,) 4 ,3 , 2,122222222所以，对于相同的组态无论是L S 耦合还是j j 耦合，都会给出同样数目的可能状态.5 . 5 利用L S 耦合、泡利原理和洪特定责来确定碳Z = 6 、氮 Z = 7 的原子基态。

解: 碳原子的两个价电子的组态2P 2p ,属于同科电子.这两个电子可能有的m l 值 是 1, 0,-1； 可能有m s 值是5 71212,两个电子的主量子数和角量子数相同,根据泡利原理， 它们的其余两个量子数m l 和 m s 至少要有 个不相同.它们的m l 和 m s 的可能配合如下表所示.为了决定合成的光谱项,最好从M此可以得出一个D项又因为这个M属于这一光谱项，它们都是M三项是M3LmSl i的最高数值开始，因为这就等于L出现的最高数值现在，ML得最高数值是2 , 因L只与M0 相伴发生，因此这光谱项是1D 项除了 ML2 以外，ML1,0, 1, 2 也0；有S0这些谱项在表中以M L 的 数 字 右 上 角 的 记 号 ”表示共有两项是ML1,MSL0.MS0在寻找光谱项的过程中，把它们的哪一项选作1D 项的分项并不特别重要类似地可以看出有九个组态属的于 P项，在表中以ML碳原子第 1 8 页 共 3 8 页%〃 心ni,2y m = M cf= M L1/21/21011,1/21/21-110,1/21/20-11- r1/2-1/21102,1/2-1/2100r1/2-1/21-100,1/2-1/2010i*1/2-1/200001/2-1/20-10-r1/2-1/2-110041/2-1/2-100-i°1/2-1/2-1-10一2。

1/2-1/210-11*-1/2-1/21-1-10*-1/2-1/20-1-1- r氮原子LWs!吃32 2y m = M sii1/21/21/210-13/201/21/21/201-13/20,1/21/21/2-1013/20-1/2-1/2-1/210-13/2O'-1/2-1/2-1/201-13/20-1/2-1/2-1/2-1013/2O'• • •♦ ♦ ・• • •• • •・• •• ♦ •• • •・ • •1/21/2-1/21011/221/21/2-1/21001/211/21/2-1/210-11/2O'1/21/2-1/2-1001/2-11/21/2-1/2-10-11/2-21/21/2-1/21-111/211/21/2-1/21-101/201/21/2-1/21-1-11/2-1• • •• • •• • •• • •• • •・ • ♦♦ ♦ ・• •・S11数 字 右 上 角 的 记 号 表 示 剩 下 •个 组 态M而没有其它的项30,M0 , 它们只能给出一个S项因此，碳原子的光谱项是I D 、3 P 和 S ,3因为在碳原子中P项 的 S为最大，根据同科电子的洪特定则可知，碳原子的P项应最低。

碳原子两个价电子皆在P次壳层，P次壳层的满额电子数是6, 因此碳原子的能级是正常次序，P 0是它的基态谱项氮原子的三个价电子的组态是2p 2p 2p ,亦属同科电子它们之间满足泡利原理的可能配合如下表所示表中删节号表示还有其它一些配合，相当于此表下半部给出的m s 间以及m l 间发生交换由于电子的全同性，那些配合并不改变原子的状态，即不产生新的项第 1 9 页 共 38 页 3由表容易判断，氮原子只有D 、P和 S 根据同科电子的洪特定则，断定氮原子的基态谱项应为S 3 / 25 . 6 已知氨原子的一个电子被激发到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光谱线跃迁？ 解：11 0,12 l ,s l s 2 1/ 2 ; S 0,1 ; L 1,对 于 S 0, J L 1 , 单 态 1 P 1对于S 1, J 2,1,0,三重态3 P 2, 1, 0根据选择定则，可能出现5 条谱线，它们分别由下列跃迁产生：21P 1-11S 0；21P 1-21S 0224 42P 0-2S 1； 2P 1-2S 1； 2P 23 3 3 3 3 5 . 7 C a 原子的能级是单层和三重结构，三重结构中J的的能级高。

其锐线系的三重线的频率v 2 v l v O , 其频率间隔为v l v l v O , v 2 v 2 v l o试求其频率间隔比值v 2 v l解：C a 原子处基态时两个价电子的组态为4 s 4 s C a 的锐线系是电子由激发的s能级向4 P 能级跃迁产生的光谱线与氮的情况类似，对 4 s 4 P 组态可以形成P 1和 P 2 , 1, 0 的原子态，也就是说对L = 1可以有4个能级电子由诸激发S能级上跃迁到P 2 , 1, 0 能级上则产生锐线系三重线根据朗德间隔定则，在多重结构中能级的二相邻 间 隔 v l v l v O , v 2 v 2 v l 同有关 的 J 值中较大的那一个成正比，因此，1333v l 2 , v 2 1 , 所以v 2 v l125 . 8 P b原子基态的两个价电子都在6 p 轨道若其中一个价电子被激发到7 s 轨道，而其价电子间相互作用属于j j 耦合问此时P b原子可能有哪些状态？解：激发后铅原子的电子组态是6 P 7 s 11 1, 12 O ; s l j 1 s 或 1 s j l j l j l3 2 12 3 2 或 1212, s 212; j 2 12 1212和 j2和 j 2合 成 J 2 , 1. 合成J 1, 03 13 11111) , ( ) , ( ) , ( ) 2 110 o 2 2 2 2 2 2 2 2第 20页 共 38页(因此，激发后P b 原子可能有四种状态：5 . 9 根据L S 耦合写出在下列情况下内量子数J 的 可 能 值 (1) L 3 , S 2 , (2 )L 3 , S7 2(3 ) L 3 , S3 2解： （ 1）因为J L S , L S 1. . . . . .L S,所 以 （ 2 ）类似地，J 6J 5 , 4 , 3 , 2 , 1, 共 2 S + 1= 5 个值。

122mi（ 3 ）同样地，可得：J 3 , 2 , 1, o2 2 2 2, 512, 412, 312, 21, 111， 共 有 7个值这里L 〈 S , 其个数等于2 L + 1 2 2第六章磁场中的原子6 . 1 已知钮原子的基态是F 3 / 2 （ 1）问钿原子束在不均匀横向磁场中将分裂为几束？（ 2 ）求基态钿原子的有效磁矩 解： （ 1）原子在不均匀的磁场中将受到力的作用，力的大小与原子磁矩（ 因而于角动量）在磁场方向的分量成正比钗原子基态F 3 / 2之角动量量子数J 3 / 2 , 角动量在磁场方向的分量的个数为2 J 1 2 分裂为4束 2 ） J g443 21 4,因此，基态钢原子束在不均匀横向磁场中将e 2 m21P J，P JJ (J D h2h ,按 L S 耦合：g 1J (J 1) L (L 1) S (S 1)2 J (J 1)6 152 5J25 2 meh15B 0 . 7 7 4 6 B6 . 2 已知He 原子P l S O 跃迁的光谱线在磁场中分裂为三条光谱线，其间距v 0 . 4 6 7 / 厘米，试计算所用磁场的感应强度。

解：裂开后的谱线同原谱线的波数之差为：v1112(m 2 g 2 m l g l )B e 4 m e氯原子的两个价电子之间是L S 型耦合对 应 P l 原子态，M 1, 0 , 1；S 0 , L 1, J 1 , 对应 S O 原子态，Ml 0 ,1~ B e / 4 m e 0 . 4 6 7 / 厘米 〜(1, 0 , l )B e / 4 m e , 又因谱线间距相等:v S 0 , L 0 , J 0 . g l 1 g 2 o vB4 m c e0 . 4 6 7 1. 0 0 特斯拉226 . 3 L i 漫线系的一条谱线(3 D 3 / 2 2 P 1/ 2 )在弱磁场中将分裂成多少条谱线？试作出相应的能级跃迁图 解：在弱磁场中，不考虑核磁矩3 D 3 / 22能级：1 2 , S12, j3 2第 21 页 共 38页 M3 113 , , , 2 2 2 2j (j 1) 1(1 1) s (s 1)2 j (j 1)12g 2 124 52 P 1/ 2能级：1 2 . S , j12M( v2 6 3 021212, g l 2 , 22 3 ,2 2 3 022 2 2 6, )L3 0 3 0 3 0 3 0所以：在弱磁场中由3 D 3 / 2 2 P 1/ 2 跃迁产生的光谱线分裂成六条，谱线之间间隔不等。

2D 3 / 2y i_ i > 3、 ” 打M 3 / 2 10 6 / 3 1/ 2 - 1/ 2 - 3 / 21/ 22P l / 2- 1/ 26 . 4在平行于磁场方向观察到某光谱线的正常塞曼效应分裂的两谱线间波长差是0 . 4 0该谱线原来的波长所用的磁场的B是 2 . 5 特斯拉，试计算解：对 单 重 项 （ 自旋等于零）之间的跃迁所产生的谱线可观察到正常塞曼效应它使原来的一条谱线分裂为三条，两 个 成 分 ，一 个 成 分 成分仍在原来位置，两 个 成 分在 成 分 两 侧 ，且与成分间的波数间隔都是一个洛仑兹单位L 又〜1, V~ (1) / 2 , 符号表示波长增加波数减少根据题设，把 近似地 看 作 成 分 与 成 分 间 的 波 长 差 ，则有：v/ 2 L» 其中 L Be/4 me因此， vL14. 1405 107米 4140. 5A6. 5 氢原子光谱中波长为 6678. lA(ls3dD2 ls2pPl)及 7065. lA (ls3ssi ls2pP0)的两条谱线，在磁场中发生塞曼效应时应分裂成几条？分别作出能级跃迁图问哪一个是正常塞曼效应？哪个不是？为什么？解： (1) D2 谱项：L 2,S 0, J 2.M1121132, 1,0, g2 1。

Pl 谱项：L 1,S 0, J 1,M1 1,0, gl 1第 2 2 页 共 3 8 页、 ( 1,0. 1)L „可以发生九种跃迁，但只有三个波长，所以6678. 1A的光谱线分裂成三条光谱线，且 裂 开 的 两 谱 线 与 v原谱线的波数差均为L , 是正常塞曼效应( 2 ) 对3S 1 能级：L 0 , S 1 , J 1 , M 2 1 , 0 , g 2 20 0对 P 0 能级：L l, S 1 , J O , M 1 0 , g l3,M lg l 0〜( 2 , 0 , 2 ) L v , 所以 7 0 6 5 . 1 A 的光谱线分裂成三条，裂开的两谱线与原谱线的波数差均为2 L , 所以不是正常塞曼效应6 . 6N a 原子从3 P 1 / 2 3 S 1 / 2 跃迁的光谱线波长为5 8 9 6 A2 2,在 B = 2 . 5 特斯拉的磁场中发生塞曼分裂问从垂直于磁场方向观察，其分裂为多少条光谱线？其中波长最长和最短的两条光谱线的波长各为多少解：对 于 32A?P1/2 能级：L 1,S1212,J 121221212,g223对 于 3s1 /2 能级：L 0,S2, J,M1,g l 2v43224,,)L ,所以从垂直于磁场方向观察，此谱线分裂为四条。

333、 12〜根据塞曼效应中裂开后的谱线同原谱线波数之差的表达式:V ()v24 3L因此，波长改变 为：4 3L 0 . 5 4 A , 所以，最 长 的 波 长 ma x2为： ma x5 8 9 6 . 5 4 A最 短 的 波 长 min为：min5 8 9 5 . 4 6 A26 . 7 N a 原子从3 P 3 S 跃迁的精细结构为两条，波长分别为5 8 9 5 . 9 3 埃 和 5 8 8 9 . 9 6 埃试求出原能级2P 3 / 2 在磁场中分裂后的最低能级与P 1 / 2分裂后的最高能级相并合时所需要的磁感应强度B解：对2P 3 / 2 能级：1 1 , s1 21 2, J 1 23 2, M 1 23 2,231 2, g4 32P 1 / 2 能级：1 1 , s222, J , M , g2； 磁场引起的附加能量为：E M g h e B4 m222设 P 3 / 2 , P l/ 2 , S l/ 2 , 对应的能量分别为E 2 , E 1 , E O , 跃 迁 P 3 / 2 S l/ 2 , P l/ 2 S 1 / 2 , 产生的谱 线 波 长 分 别 为 2 , 1 ；那么，2 5 8 8 9 . 9 6 A , 1 5 8 9 5 . 9 3 A 。

2P能级在磁场中发生分裂，2 P 3 / 2 , 2 P l/ 2 , 的附加磁能分别记为E 2 , E 1 ；现在寻求第 2 3 页 共 3 8 页 E 2 E 2 E l E 1 时的 B E 2 E l E l E 2 ( M lg l M 2 g 2 )由此得：e h 4 mB( E 2 E l) ( E l E 2 )h e( M lg l M 2 g 2 )e B 4 me即：1211( M lg l M 2 g 2 ) 1 3e B 4 me,因此，有：B4 mc e1M lg l M 2 g 2 2(111)其中M lg l , M 2 g 2 2,将它们及各量代入上式得：B = 1 5 . 8 特斯拉6 . 8 已知铁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？其有效磁矩多大？如果已知上述铁原子的速度v 1 0 米/ 秒，铁的原子量为5 5 . 8 5 , 磁极范围L 1 0 . 0 3 米 ，磁铁到屏的距离L 2 0 . 1 0米 ，磁场中横向的磁感应强度的不均匀度3d B d y31 0 特斯拉/ 米，试求屏上偏离最远的两束之间的距离d .解：分裂得条数为2 J + 1 , 现 2 J + 1 = 9 。

所 以 J = 4 , 有效磁矩3为：J ge 2 mP J g J ( J 1 ) B而 J ( J 1 ) 2 5 , 对5D原子态：L 2 , S 2 , g3 2,因此 J 3 5 B 6 . 2 1 1 02 3安 米2与第二章1 1 题相似，v a t, a v v vf myd Bmd y, t L l/ vyd B L lmd yvA F e N O v vtg , mF e而 S ' L 2 tg L 2yd B L lL 2md y3v2M g B d B L lL 2md yv2将各量的数值代入上式，得：S ' 1 . 7 9 9 1 0米，原子束在经过磁场L 1 距离后，偏离入射方向的距离：S1 2 md B d y(L iv) M g B2其中，M 4 , 3 , 2 , 1 , 0 , 可见，当 M 4时，偏离最大得： S4代入上式,N 0 2 A F ed B d yL iv)24 3 2B把各量的数值代入上式，得：S22 . 7 9 1 03米所以：d 2 ( S S ' ) 9 . 1 8 1 03米。

6 . 9 铭原子气体在P 1 / 2 状态当磁铁调到B 二 0 . 2 特斯拉时，观察到顺磁共振现象问微波发生器的频率多大？解：对2P 1 / 2 原子态：L 1 ,S911 21 2,g2 3, 由 h vg B B , 得 v g B B / h，代入各已知数，得v 1 . 9 1 0 秒第 24页 共 38页 6 . 1 0 钾原子在B = 0 . 3 特斯拉的磁场中，当交变电磁场的频率为8 . 4 1 0 赫兹时观察到顺磁共振试计算朗德因子g, 并指出原子处在何种状态？解：由公式h v9g B B , 得：g 2, 钾外层只有一个价电子，所 以 s1 2,j 1 s 或 1 s, 又g 1j (j 1 ) 1 (1 1 ) s (s 1 )2 j (j 1 )，将 g 2和 1 j s 代入. 上式，得到：g 1j (j 1 ) (j s ) (j s 1 ) s (s 1 )2 j (j 1 )221212整理，得：j (1 s) j s 0当 s12时，上方程有两个根：只, j2 1当 s时，上方程有两个根：j312, j4 1由于量子数不能为负数，因此j2, j3, j4 无意义，弃之。

J Ji J 1 1 01212 12因此钾原子处于S1状态226. 1 1 氮 原 子 (Z =18)的基态为SO；钾 原 子 (Z=19)的基态为S1；钙 原 子 (Z = 20)的基态 为 S0；铳 原 子(Z=21)的基态为D3221212问这些原子中哪些是抗磁性的？哪些是顺磁性的？为什么？答：凡是总磁矩等于零的原子或分子都表现为抗磁性；总磁矩不等于零的原子或分子都表现为顺磁性 而 总 磁 矩 为 J g1e 2 mP J g J (J 1 ) B量原子的基态为S O ： L 0 ,S O . J 0所 以 有 J 0故氮是抗磁性的 同理，钙也是抗磁性的钾原子的基态为S I ： L 0 . S2 21 2 1 2,J1 2 3 2,g 2 , 所 以 有 J 0, 故钾是顺磁性的铳原子的基态为D 3 ： L 2 . S22,J , g4 5，所 以 有 J 0, 故铳是顺磁性的6 . 22若 已 知 钮 ( F ) ，镒 ( S ) , 铁 ( D ) 的原子束，按照史特恩- 盖拉赫实验方法通过及不均匀的磁场时，依次分裂成4 , 6和 9个成分，试确定这些原子的磁矩的最大投影值。

括号中给出了原子所处的状态解：原 子 的 磁 矩 J 在磁矩方向的分量为Z , Z M g B, 其中M = J , 式中的负号表示当M是正值时，Z和磁场方向相反，当 M是 负 值 时 Z和磁场方向相同J在磁场中有2 J + 1 个取向J在磁场中的最大分量：Z最 大 J g B第 25页 共 38页 4 6 5对 于 钢 ( F ) ：因为2 S + 1 = 4 ,所以：自旋S = 3 / 2 因为是F项，所以角量子数L = 3 ,因为在非均匀磁场中，其原子束分裂为4个成分，则4有 2 J + 1 = 4 ,所以J = 3 / 2 根 据 S 、L 、J值求得g为: g 1J (J 1 ) L (L 1 ) S (S 1 )2 J (J 1 )2 5fz最 大 J g B63 22 5B3 5B镒 ( S ) :因为2 S + 1 = 6 ,所以：自旋S = 5 / 2 因为是S项，所以角量子数L = 0 ,因为在非均匀磁场中，其原子束分裂为6个成分，则有2 J + 1 = 6 ,所以J = 5 / 2 因为L = 0 ,所 以 g = 2 ,Z最大J g B 5 B 。

铁 ( 5 D ) :因为2 S + 1 = 5 ,所以：自旋S = 2 因为是D项，所以角量子数L = 2 ,因为在非均匀磁场中，其原子束分裂为9个成分，则 有 2 J + 1 = 9 ,所以J = 4 根据S 、L 、J值求得g为：g 1J (J 1 ) L (L 1 ) S (S 1 )2 J (J 1 )3 2，Z 最 大 J g B 43 2B 6 B第七章原子的壳层结构7 . 1有两种原子，在基态时其电子壳层是这样添充的： （ 1 ） n = l 壳层、n = 2 壳层和3 s次壳层都填满，3 P 次壳层填了一半 （ 2 ） n = l 壳层、n = 2 壳层、n = 3 壳层及4 s 、4 p 、4 d次壳层都填满试问这是哪两种原子？解：根据每个壳层上能容纳的最多电子数为2 n 和每个次壳层上能容纳得最多电子数为2 （ 2 1 D o （ 1 ）n = l 壳层、n = 2 壳层填满时的电子数为：2 12 22221 01 22 （ 2 1 1 ） 3, 所以此中原子共有3 s 次壳层填满时的电子数为：2 （ 2 0 1 ） 2 , 3 P 次壳层填满一半时的电子数为：1 5 个电 子 ,即 Z = 1 5 ,是 P （ 磷） 原子。

2 ）与 （ 1 ）同理：n = l , 2 , 3 三个壳层填满时的电子数为2 8 个4 s 、4 p 、4 d 次壳层都填满的电子数为1 8 个所以此中原子共有4 6 个电子，即 Z = 4 6 ,是 P d （ 把 ）原子 7 . 2 原子的3 d 次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？答：电子的状态可用四个量子n ,l , m l , m s 来描写根据泡利原理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两个电子具有完全相同的四个量子数3 d 此壳层上的电子，其主量子数n 和角量子数1 都相同因此，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自旋磁量子数不能同时相等，至少要有•个不相等对于一个给定的l, m l可以取m l 0 , 1 , 2 .... . 1 ;共 有 2 1 1 个值；对每个给定的m l, m s 的取值是1 2或1 22 2 1 1),共 2个值；因此，对每一个次壳层1 , 最多可以容纳( 个电子3 d 次壳层的1 2,所 以 3 d 次壳层上可以容纳 1 0 个电子，而不违背泡利原理7 .3 N a原子的S 、P 、D 项 的 量 子 修 正 值 s 1 .3 5 , p 0 . 8 6 , D 0 .0 1 。

把谱项表达成荷数试计算3 S 、3 P 、3 D项的 分别为何值？并说明 的物理意义第 26页 共 38页R ( Z )n22形式，其 中 Z是核电解：N a原子的光谱项可以表示为R /n * 因此n * n 2 nZ 由此得： Z n /( n )故： S 1 1 1 11 1 3 3 1 .3 5 3 3 0 .8 6 33 0 .0 1 9. 1 8 9.6 1 0 P D的物理意义是：轨道贯穿和原子实极化等效应对价电子的影响，归结为内层电子对价电子的屏蔽作用7 . 4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？( l) n , l, m ;( 2 ) n , l;( 3 ) n 答： ( 1 ) n , l, m 相同时，m s 还可以取两个值：m s 1 2 , m s 1 2 ；所以此时最大电子数为 2个 2 ) n , 1 相同时，m l还可以取两2 1 1 个值，而每一个m s 还可取两个值，所 以 nJ相同的最大电子数为2 ( 2 1 1 ) 个n 1( 3 ) n相同时，在 ( 2 ) 基础上，1 还可取n个值。

因此n相同的最大电子数是：N 2 ( 2 1 1 ) 2 n1 0 27 . 5 从实验得到的等电子体系KI、C all……等的莫塞莱图解，怎样知道从钾Z = 1 9开始不 填 3 d 而填4 s 次壳层，又从铳Z = 2 1 开始填3 d 而不填4 s 次壳层？2 2 2 2 解：由图7 — 1 所示的莫塞莱图可见，3 D和 4 s 相交于Z = 2 0 与 2 1 之间当 Z = 1 9和2 0 时，4 s 的谱项值大于3 D 的值，由于能量同谱项值有E h c T 的关系，可见从钾Z = 1 9起到钙Z = 2 0 的 4 s 能级低于3 D能级，所以钾和钙从第1 9个电子开始不是填2 23 d 而填4 s 次壳层从 铳 Z = 2 1 开始，也就是3 D能级低于4 s 能级，所以，从铳Z = 2 1 开始 填 3 d 而不填4 s 4 S 谱项低于3 D普项，次壳层7 . 6 若已知原子阿N e , M g , P和 A r 的电子壳层结构与“ 理想”的周期表相符，试写出这些原子组态的符号解：N e 原子有1 0 个电子，其电子组态为：I s 2 s 2 p； M g 原子有1 2 个电子，其电子组态为：N e 的壳层+3 s ； P原子有1 5 个电子，其电子组态为：N e 的壳层+3 s 3 p； A r 原子有1 8个电子，其电子组态为：N e 的壳层+3 s 3 p。

2 3 2 6 2 2 6 2 2 2 2 2第 八 章 X射线8 . 1某 X光机的高压为1 0 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：m ax V e 1 0 电子伏特，而 5m ax h e m i n第 27页 共 38页所以m i n h e m ax 6 .6 3 1 0 5 3 4 3 1 0 1 98 1 0 1 .6 0 1 0 0 . 1 2 4 A8 . 2 利用普通光学反射光栅可以测定X光波长当掠射角为 而出现n级极大值出射光线偏离入射光线为2 , 是偏离 级极大出射线的角度试证：出现n级极大的条件是：2 d s i n 22 s i n2 nd为光栅常数( 即两刻纹中心之间的距离) 当 和 都 很 小 时 公 式 简 化 为d ( 22 ) n o22解：相干光出现极大的条件是两光束光的光程差等于n 而光程差为：L d c os d c os ( ) 2 d s in根据出现极大值的条件L n ,应有2 d s in当 和 都 很 小 时 ，有 s in s in 2 2 2 s in 2 n 22 22 2 ; s in22 。

由此，上式化为：d (2 ) n ; 即d ( 22 ) n8 .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2 0 ' 已知第一级极大出现在离0 级极大出现射线的夹角也是2 0 ' 算出入射X光的波长 解：根据上题导出公式：2 d s in 22 s in2 n 由于 2 0' , 2 0' , 二者皆很小，故可用简化公式：d ( 22 ) n dn由此，得：； (2 ) 5.05A8 . 4 已知C u 的 K 线波长是1.54 2 A , 以此X射线与N a C l晶体自然而成1550' 角入射而得到第一级极大试求N a C l晶体常数d 解：已知入射光的波长 1.54 2 A , 当掠射角 1550' 时，出现一级极大( n = l) n 2 d s ind2 s in 2 .8 2 5A8 . 5 铝 ( A l) 被高速电子束轰击而产生的连续X光谱的短波限为5A 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 电he 2 . 4 8 10电子伏特3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：E K R hc n 2 ( Z ) 这里，n 1, 0, Z 13 ；所以有： 2E K 13 R hc 13 R he16 9 1.097 10 6 .6 3 102 . 3 0 10电子伏特第 28页 共 38页 3 7 3 4 2 2 3 10 ,故能观察到 88 . 6 已知A 1 和 C u 对于 0.7 A 的 X光的质量吸收系数分别是0.5米33332/公斤和5.0米/公斤，A 1和 C u 的密度分别是22 .7 10公斤/米和8 .93 10公斤/米现若分别单独用A 1 板或C u 板作挡板，要0. 7 A 的 X光的强度减至原来强度的 1/100间要选用的A 1板 或 C u 板应多厚？解： 0.7 A , () A 1 0.5米/公斤；(22) C u 5.0米/公斤，3 3 3 3A 1 2 .7 10公斤/米， C u 8 .93 10公斤/米1101100xI lOe因为X光子能量较低，通过物质时，主要是电离吸收，故可只考虑吸收而略掉散射I I0eII0x11001ex所以有：XInlO O ,对于 Al:0. 5 米/公斤20. 5 米/公斤 2.7 10公斤/米xAl12331.35 10 米3 1InlOO 3.41 103米对 于 C u :5.0米/公斤25.0米 /公 斤 8 . 93 10公斤/米x C u12 3 34 . 4 6 5 10 米4 1In lO O 1.03 104米8 . 7 为什么在X光吸收光谱中K系带的边缘是简单的，L系带是三重的，M系带是五重的？答：X 射线通过物质时，原子内壳层电子吸收X 射线能量而被电离，从而产生吸收谱中带有锐利边缘的多个线系。

吸收谱的K 、L 、M 、……系是高能X光子分别将n = l, 2 , 3 ……壳层的电子电离而产生的每一谱线的锐边相当于一极限频率，在这频率下，X光子恰好把电子从相应壳层电离而不使其具有动能对应于X射线能级的谱项公式是：TR ( Z )n22R ( Z S )n42 4(12 12n K3 4)式中 对不同的n和不同的1 都不同，K = J+ l /2由于J不同也有不同的谱项数对 于 K壳层,n 1, 1 0, J 有一个光谱项，所以K系带的边缘是简单的对 于 L壳层n 2 可以有三组量子数( 1 0, J,只有一个值，只12) ,( 1 1, J ) , ( 1 1. J3 2) »此三组量子数分别对应有三种谱项值，所以，L系有三个吸收限，即是三重的M壳层，n 3 ,可以有五组量子数：第 2 9页 共 38页 ( 1 0, J12) ,( 1 1, J12) ,( 1 1, J3 2) ,( 1 2, J3 2) ,( 1 2, J5 2)»此五组量子数分别对应五个光谱项值，所以M系带有五个吸收限，即是五重的同理可知：N 系是七重的0 系是九重的8 . 8 试证明X光标识谱和碱金属原子光谱有相仿的结构。

证明：我们以X光谱L系与碱金属光谱进行比较L系是由外层电子向L壳 层 ( n =2) 上的空位跃迁时发射的它可分成三个小系L I 系是电子由诸n> 2 的 p 能级向2 s 能级跃迁产生的s 能级是单层的，p 能级是双层的且间隔随n的增大而逐渐减小所 以 L I 系由双线构成且随波数增加而双线间隔缩小对应的碱金属主线系也是诸p 能级向较低的s 能级跃迁产生的，而 p、s 能级结构与X能级相仿所以其光谱具有相仿的结构LH 系是由诸 的 n 3能级跃迁到2P 能级上产生的，而 s 是单层的，p 是双层的所以L I I 系谱必是由一组等间距的双线构成LH 系对应于碱金属第二辅线系的跃迁它们有相仿的结构同理，L I I I 系与碱金属第一辅线系有相仿结构其 他 X光谱系也具有同金属相仿的结构X光标志谱之所以与碱金属原子光谱具有相仿的结构，在于满壳层缺少一个电子形成的原子态同具有一个价电子的原子态相同X能级是有满壳层缺少一个电子构成的；碱金属能级是一个价电子形成的根据第七章习题8的证明，它们应有相同的谱项，因而具有相仿的结构在跃迁是，它们服从同样的选择定则，因此它们应有相仿的光谱线系第九章分子结构和光谱9 . 1 HB r分子的远红外吸收光谱是一些v 16 . 9 4 厘米知H 和 B r 的原子量分别为1. 008和 7 9 . 9 2,解：远红外光谱是由分子的转动能级跃迁产生的，谱线间隔都等于2B 。

即v 2B ……(1 )而1等间隔的光谱线试 求 HB r分子的转动惯量及原子核间的距离已B h /8 I c…… ( 2 ) 由 ( 1 ) 、 ( 2 ) 两式可得：I rh 8 B C I222h c 8 v23 . 3 02 1014 7千 克 米102( Im H m B rm Hm B r) 2 1. 4 2 10 米9 . 2 HC 1分子有一个近红外光谱带，其相邻的几条谱线的波数是:29 25 . 7 8 , 29 06 . 25 , 28 6 5 . 09 , 28 4 3 . 5 6 , 28 21. 4 9 厘米线波数v0和这种分子的转动惯量解：由谱线的波数之差可见：除 29 06- 1 H 和 C 1 的原子量分别是1. 008 和 3 5 . 4 6 试求这个谱带的基. 25 28 6 5 . 09之外，其他相邻谱线之差近乎相等而 29 06 . 25 和 28 6 5 . 09 之差相当于其他相邻谱线之差的二倍显然这是一个振动转动谱带上述两谱线之间有一空位，此空位即是只有振动跃迁是的基线波数v0给出五条谱线中，显然，头两条属于R分支，其波数按大小顺序分别记为vR 2, vR l ；后三条属于P分支，其波数按大小顺序分别写作vP l , vP 2, vP 3 o〜v〜2B J ' ,J ' 1,2, vR 0~ v〜2B J ' ,J ' 1,2, vR分支的谱线波数近似地由下述公式决定：P分支的谱线波数近似地由下述公式决定：P 0因此有:v~ ~ ~ v ( 1) vR l v0 2BR 1P 1B 10. 29 ( I ) 〜，( 1) - ( 2) 式， 得 : 〜( 2) 4 vP l vO 2B〜v〜〜〜v ( 3 ) vR 2 vO 4 B 10. 29 10. 28 R 2P 2B1 ( 3 ) - ( 4 ) 式， 得 ： - 8 2 ( 4 ) vP 2 vO 4 B10. 28 , B 10. 28 5 ( I I )第 30 页 共 38页转动惯量为：1 h8 B c 2 2. 7 2 10 4 7 2千克 米，由( I ) 、 ( I I ) ,得基线波数为:l ( v〜v〜v〜v〜 )28 8 5 . 17 厘米 V 0R 2R 1P 1P 249 . 3 C 1原子的两同位素C 1频 率 vO 之比。

解 ：3 5 1 28 8 5 17 米1 和 C 13 7 分别与H 化合成两种分子HC 13 5 和 HC 13 7 试求这两种分子的振动光谱中相应光谱带基线的〜u 炉 u V 11221vO lv02〜2 C v f 1 1 1 C v2 2f 212m H m C 13 7 m H m C 13 7 1. 002m H m C 13 5 m H m C 13 5 K m l K m 2 m 2m l9 . 4试证明双原子分子相邻振动能量之间跃迁时发射光的频率与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 证明：在同一电子态中，有振动能级的跃迁时发光频率v由下式决定：h v E2 El波数为：“ 1 E2 El v h e1h c { [ ( u ' 12 ) a ( u ’ 12 ) b ] [ ( u 12 ) a ( u 12 ) b ] }( u ' u ) ( u ’ u ) ( u ' u l ) x式 中 x b /a , a /h c f/c ;f是固有振动频率若原子间为弹性作用，第二项或能级修正项( u o 12 〜（ u ' u ）uu 1, 2 , , 3 ，也就是） b应略去。

因此v 2〜〜 ,v 2 , 3 ；对于相应能级，u 1, v而 f/c ；所以两相邻能级间跃迁时发射光的频率为：v9. 5 怎样解释分子的组合散射有下列两个特点：（ 1）（ 2 ） 波长短的伴线比波长长的伴线的强度弱； 〜f Cv 随散射体温度的升高，波长短的伴线强度明显增强而波长长的伴线的强度几乎不变解： （ 1）根据统计分布律，处在较高能级的分子数少于处在较低能级的分子数因此，分子在纯转动能级间的受激辐射比受激吸收要弱得多辐射的能量归并于原光子，吸收的能量取自原光子因而波长短的伴线比波长长的伴线的强度弱的多 2 ）按玻尔兹曼分布律，N i N O gi gO e （ Ei EO ） /K T , N i 是处在高能级Ei 上的分子数，N O 是处在低能级E0上的分子数第 31 页 共 38 页 gi , gO 是对应的权重可见当T增高时，位于较高能级上的分子数N i 就会明显增多因而，随温度升高，波长短的伴线的强度明显增强而在一般温度范围内，处于低能级（ 通常是基态）上的分子数变化不十分显著，因而波长长的伴线的强度几乎不变9 . 6 光在H F 分子上组合散射使某谱线产生波长2 670A和 3 43 0A为两条伴线。

试由此计算该分子的振动频率和两原子间已知的原子量分别为1.008和 19. 00o解：设两条伴线的频率分别为v '和 v " , 则 v ' v 0 v l ;v " v 0 v l ;式 中 v 0是入射频率；v l 是振动谱带频率由上两式可得：v ' v l N" v l v '12（ V , v " ）（ ） 1.2 4 102 ' " c l114H z而 v l12K mfm H m Fm H m F2K ( 2 v l ) m ( 2 v l ) ( 2 v l )22 2AH AFN O ( AH AF)9. 65 10牛顿/米第十章原子核10. 1 1H 和 O n 的质量分别是L 0 是82 52 和 L 0086654质量单位, 算出二93 L 5M eV /c ) .解：原子核的结合能为：E ( Z E21112 6C 中每个核子的平均结合能( 1原子量单位HN mm A) 93 1.5M eV , 核子的平均结合能为：EOEAE1A( Z EHN mnm A) 93 1.5M eV 7.680M eV3 010.2 从下列各粒子的质量数据中选用需要的数值，算 出 14S i 中每个核子的平均结合能：e 0.000548, 1H 2 .014102 , O n 1.0086653 0142 1S i 2 9. 973 786, 1H 1. 00782 5EA l A( Z mN m1解：E0H H l O nm AS i ) 93 1.5M eV 8.52 0M eV2 3 2 9010.32 3 2 90T h 放 射 射 线 成 为2 2 888R .从含有1 克T h 的一片薄膜测得每秒放射4100粒 粒子, 试计算出2 3 2 90T h 的半衰期为1. 4 1010年.解: 根据放射性衰变规律：N N O et,如果在短时间d t 内有dN 个核衰变, 则衰变率dN / dt 必定与当时存在的总原子核数第 32 页 共 38页目N成正比， 即： 其中dN dtdN dt N O„„ ( 1)N O et,此式可写成:etdN N O23eNtdN dt4 10 0 , t 1 秒; N ON A1 克，6 . 0 2 10 6 . 0 2 1023 2, A 23 2 克， 故 1 26 102023N O将各已知量代入( 1 ) 式，得:e4 10 0 26 10204 126 1018( 2)因为式变为：23 29 0T h 的半衰期为1. 4 1010年，所 以 可 视 为 很 小 ，因此可以将e展成级数，取前两项即有：e1 o这 样 ( 2)14 126 101818由此得：1.58 10Tln2/ 秒18232900 .438 10 秒 1.4 101010年所以，Th的半衰期为1.4 10年.14141210. 4 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 是古生物遗骸中C和 C存量之比， 0是空气中C和 C存量之比, 是推导出下列公式: t T1412ln( 0/ )ln214式 中 T 为 C的半衰期.14推证: 设古生物中C的含量为N ( C ) ; 刚死时的古生物中C的含量为N O ( C ) ; 现在古生物遗骸中C的含量为N ( C ) ; 根据衰变规律, 有: N ( C ) N O ( C ) e1414t121214 14 14由题意知：N ( C ) N ( C )1214; 占生物刚死时14C的含量与12C的含量之比与空气二者之比相等，0N O ( C ) N ( C )1214所以:0et因此得：第3 3页 共3 8页t In0Int10Tln（ 0/ ）ln210.5核力在原子核大小的距离内有很强的吸引力，它克服了质子间的（ 元素氢除外，那 里 只 有 粒 质 子 ）库仑推斥力的作用而使原子核结合着，足见在原子核中核力的作用超过质子间的库仑推斥力作用；从质子间推斥力的大小可以忽略地了解到核力大小的低限。

试计算原子核中两粒质子间的库仑推斥力的大小（ 用公斤表示） （ 质子间的距离用1015米）解：库仑力是长程力，核力的一个质子与其它所有的质子都要发生作用，所以在Z个质子间的库仑排斥势能将正比于Z（ ZT） ,当Z»12时，则正比于Z根据静电学的计算可知, 每一对质子的静电斥力能是E6e25R,R是核半径若二质子间的距离为R,它们之间的库仑力为f,则 有 f R E,由此得：22fE R6 e 5R22采 用 S I制， 则：f146 e 5R27 6 . 4 8 牛 顿 28 . 18 公斤.所以: 原子核中二质子之间的库仑力为28 . 18 公斤.10 . 6算 出 3 L i ( p , a ) 2H e 的反应能. 有关同位素的质量如r： l H , 1. 0 0 7 8 25; 2H e , 4 . 0 0 26 0 3 ; 3 L i , 7 . 0 159 9 9 .774147解: 核反应方程式如下: 3L i Ip142H e4 2H eQ [ ( m O m l ) ( m 2 m 3 ) ] c 17 . 3 5M e V反应能是17 . 3 5M e V, 大于零, 是放能反应.2[ ( 7 . 0 159 9 9 13 . 0 0 7 8 25) ( 2 4 . 0 0 26 0 3 ) ] 9 3 1. 5M e V10 . 7 在第六题的核反应中，如果以IM e V的质子打击L i , 问在垂直于质子束的方向观测到 的 2H e 能量有多大？解：根据在核反应中的总质量和联系的总能量守恒，动量守恒，可知，反应所产生的两个相同的2 Ho 核应沿入射质子的方向对称飞开。

如图所示根据动量守恒定律有：P l P 2 P 3 , 矢量P 1 , P 2 , P 3 合成的三角形为一个等腰三角形， 二底角 皆 为 .又因为m 2 m 3 , 因而有E2 E3 , J知反应能Q 1 7 . 3 5 M e V, 由能量守恒定律得: Q E2 E3 E1 其中El I M e V由此可得：E2 E 3的 方 向 之 间的夹角为：2441 2(Q El) 9. 1 7 5 M e V, 反应所生成的 粒子其能量为9. 1 7 5 M e V2 He 核飞出方向与沿入射质子224P 3 P l P 2 2 P lP 2 c o sA 2 A 3)E2 (1A 1 A 3)E1由于P22 M E, 所以得: Q (12 A 1 A 2 E1 E2A 3c o s ,(质量之比改为质量数之比)第 34页 共 38页 A l 1 , A 2 A 3 4 代入上式得Q 2 E2 3 4 E1 ElE2 c o s34 E1 : 2 E2 Qc o s8 5 1 6 ' E1 E2 0 . 0 8 2 5由此可知, 垂直于质子束的方向上观察到的2 He 的能量近似就是9. 1 7 5 M e Vo1 0 . 8试计算1 克 2 3 5 4 U裂变时全部释放的能量约为等于多少煤在空气中燃烧所放出的热 能 （ 煤的燃烧约等于3 3 1 0 焦耳/ 千克；6I M e V 1 . 6 1 0 1 3 焦耳）。

解：裂变过程是被打击的原子核先吸收中子形成复核，然后裂开2 3 592 U O n 1 2 3 6 92 U X Y我们知道，在 A = 2 3 6 附近，每个核子的平均结合能是7 . 6 M e V；在 A = 1 1 8 附近，每一个核子的平均结合能量是8 . 5 M e V所以一个裂为两个质量相等的原子核并达到稳定态时，总共放出的能量大约是：2 2 3 62 8 . 5 M e V 2 3 6 7 . 6 M e V 2 1 0 M e V而 I M e V 1 . 6 1 01 克 2 3 5 1 3 焦耳，所以： 3 . 3 6 1 0 1 1 焦耳 U 中有N 个原子；N M NA 0 2 . 5 6 1 01 0 2 1 E N 8 . 6 1 03焦耳它相当的煤质量M 2 . 6 1 0 公 斤 2 . 6吨1 0 . 9计算按照（ 1 0 . 8 - 1 ）式中前四式的核聚变过程用去1 克气所放出的能量约等于多少煤在空气中燃烧所放出的热能（ 煤的燃烧热同上题）解：四个聚变反应式是：完成此四个核反应共用六个H ,放出能量4 3 . 2 M e V, 平均每粒H 放 出 7 . 2 M e V, 单位质量的H 放 出 3 . 6 M e Vo 1 克笊包含N2 2 2粒 H ,则 N 2 M NA 0 3 . 0 1 0 2 3所 以 1 克笊放出的能量约等于：E N 7 . 2 M e V 2 . 2 1 03 2 4 M e V 3 . 5 1 0 焦耳 1 1与它相当的煤：M Ea 1 0 . 6 1 0 公斤 1 0 . 6 吨2 1 0 . 1 0 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。

第 35页 共 38页解：根据公式: P内2 B 2 内 2 0 B 外 2 2 0 得：P内B 2 内 2 0 B外 2 0 ,式 中 P内是等离子体的压强；B是磁通密度；0是真空中的磁导率，等 于 4 1 02 7亨/ 米，设 B内小到可以忽略，则得到：P内B外 2 0 1 5 . 92 1 0 牛顿/ 米 5 2 , 因 1 大 气 压 1 0 . 1 3 1 0牛顿/ 米4 2 , 故P内1 5 . 7 大气压第十一章基本粒子1 1 . 1算出原子核中两个质子间的重力吸引力和静电推斥力可以看出重力吸引力远不足以抵抗静电推斥力这说明原子核能够稳固地结合着，必有更强的吸引力对抗库仑力而有余 解：原子核中两个质子间的静电斥力势能近似为e 2R , R是原子核半径，e是电子电荷绝对值因此，两个质子间的排斥力近似地为F eR 2 2 注意到e 4. 80 1 0 1 0C G S E , R 1 0 1 3 c m , 则 F 2 3 . 50（ 公斤力） ，如果把R视作两质子间的距离, 则它们间的重力吸引力f可估算如下:f r m p m pR 2 2 . 85 1 0 3 5（ 公斤力） ，由上面的结果看出，重力吸引力远不能抵消库仑斥力。

原子核能稳固地存在，质子间必有强大的吸引力这种力就是核力1 1 . 2 在 介子撞击质子的实验中，当 介子的实验室能量为2 00M c V时， 共振态的激发最大，求 的 质 量 解：介子的动能T 2 00M e V, 介子的静能m c 2 2 73 0. 51 1 M e V 1 40M e V, 介子的总能量2 E Tm c2 3 40M e V, 实验室系中介子的动量是P能 m p c 93 8M e V共振粒子的总能量E 等于介子总能量和质子静能之和：E E m p c 2 1 2 78M e V碰撞前质子静止根据动量守恒定律，粒子的动量P等 于 介 子 的 动 量P :P P . 根据狭义相对论，粒子的质量m 由下式决定：m l c 2 E ( c p ) 2 2 1 2 40M e V/ c 2与粒子的质量相联系的能量是1 2 40M e V.1 1 . 3 在下列各式中，按照守恒定律来判断，哪些反应属于强相互作用，哪些是弱相互作用，哪些是不能实现的，并说明理由第 36 页 共 38 页 ⑴ pe e ( 2 ) p e( 3 ) e v e v( 4) n p( 5) pI c E 2 ( m c ) 2 2 3 1 0M e V/ c , 质子的静( 6) p n( 7) K 0 0 K O O . 0解： ( 1 ) 左侧重子数是+ 1 , 右侧重子数是0 ,衰变前后重子数不相等。

三种基本相互作用重子数都要守恒因此，所列衰变实际上是不存在的 2 ) 左侧轻子数是0 ,右侧轻子数是+ 1 , 衰变前后轻子数不相等这种衰变方式不能实现，因为三种基本相互作用都要求轻子数守恒 3 ) 两侧 轻子数都是+ 1 , 守恒但左侧电轻子数是0 ,右侧电轻子数是+ 2 , 电轻子数不守恒这种衰变实际上也不能出现，因为三种基本相互作用要求两类轻子数分别守恒 4 ) 左侧奇异数是0 ,右侧奇异数是- 2 奇异数不守恒，只可能是弱相互作用这个作用没有轻子参加实际存在的这种类型的弱相互作用，要 满 足 s 1 , 而 这 里 的 s 2 因此，这种过程实际上是不存在的( 5 ) 光子的重子数和奇异数都是0的重子数是+ 1 , 的重子数是奇异数是Tp和的奇异数都是0P 和的同位旋相同所列反应重子数和奇异数分别守恒，不可能是弱相互作用质 子 P 和反质子，通常在强作用下湮灭后转变成若干个介子这里所列的反应，可以在电磁相互作用下实现 6 ) 反应前奇异数是0 ,反应后是+ 2 , 奇异数不守恒奇异粒子只在强相互作用过程中产生，并且要求奇异数守恒因此， 匕列反应不可能实现0 00 ( 7) K衰变后静能E 后548. 2 M e V衰变前静能E 前497. 8M e V因此，从能量守恒考虑，这种衰变方式实际上并不存在。

1 1 . 4对重子p 、n 、 、0 、 、 0、，从它的有关量子数来考虑，试认出是那三个层子构成的解：重子由三个层子按不同的组合构成，这三个层子是u 、d 、ss 层子是奇异层子0 异重子中一定要有奇异层子s , 非奇异重子中不能有s 存在三个层子的性质如下表所示0按照简单的规则把三个层子结合起来就构成重子例如，质 子 P和 介 子 ，它们的性质可列成下面的表质子不是奇异粒子，它一定不包括s , 除了同位旋I 之外，将构成质子的每个层子的各种量子数分别相加，应该等于质子的相应量子数这样，可以确认质子0是由两个u 层子和一个d 层子构成的类似地可以断定 由 u 、d 、s 构成因此，题中给出的重子的层子成分可开列如下：p ( u u d ) ,n( u d d ) , ( u d s) , ( u u s) , O o ( u d s) ,0 ( d d s) , ( sss) O 和 都是由u 、d 、s 构成，但它们是u 、d 、s 的不同组合. 层子是费米子，自旋是12 实 验 给 出 的 自 旋 是 32, 奇异数是- 3 因此， 一定是三个s 层子构成但是，三 个 s 层子的自旋必须平行，这违背泡里原理。

为了解决类似的矛盾，提出了层子有“ 颜色”自由度，每个层子皆有自己的“ 色荷” 中的三个S层子，尽管自旋平行，但因它们具有不同的“ 色荷”，泡里原理是容许的把重子中的各个层子换成相应的反层子，则重子就成了相应的反重子1 1 . 5 认出下列介子的成分：、、、K 0 、K O 、K 、K 、 、 0 0 „解：介子有一个层子和一个反层子构成把层子的量子数( 同位旋除外) 变号就得相应的反层子的量子数与上题类似，上述介子的层子成分可开列如下：( u d ) , ( d ) ,k ( u ) ,K ( d ) ,K ( s) ,K ( sd )第 37页 共 38页 0 0 0 0 1 ,,的结构较为复杂：0 1 2 1613 ( u d d ) , ( u d d 2 s) , ( u d d s) 0 '而且后两者的成分尚有混合1 1 . 6 试讨论下列三式：( 1 ) n e ve( 2 ) n ( 3 ) ve p n讨论： ( 1 ) 的质量比n 与 e 的质量之和大的多从能量角度考虑衰变似乎可以产生但是， 的奇异数s 1 , 右侧奇异数是0, 奇 异 数 的 改 变 S 1 。

奇异粒子衰变成强子和轻子，要 克 服 从 Q S , Q是奇异粒子和强子间的电荷改变在这个衰变式中，Q 1 S因此是不能实现的过程 2 ) 奇异粒子只在强作用过程中协同产生，只在弱作用过程中衰变奇异粒子的产生和衰变服从如下的选择定则：）0 ,（ 对奇异粒子的强产生S 1 ,（对奇异粒子不产生 和e的弱衰变） 轻子） ， Q S ,（ 奇异粒子衰变为强子和Q是过程中奇异粒子与强子间的电荷改变.本例中，左侧奇异数是- 2 ,右侧奇异数是0奇 异 数 改 变S 2 l o因此，这个过程实际不能实现 3 ）电轻子数，左侧是+ 1 ,右侧是0 ,不相等轻子数，左侧是0 ,右侧是T, 不相等此反应违背轻子数守恒定律，用任何一种方式的基本相互作用都不能实现第3 8页 共3 8页。