1、原子物理学习题编辑者：马英君 2004 年秋第一章作业教材 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：r m=Z1*Z2*e2/4*0*E = = 1.14 10-13 m 氕核情况结论相同-21 页 4 题 ：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 90 的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
2、= 3.27 10-25 kg箔中金原子密度 N = /MAu = = 5.91 1028 个/m 3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=Z1Z2e2/40E = . = 4.28 10-14 m百分比 dn/n (90180)= = = 8.50 10-4 %90sin145si22ta-21 页 7 题 ：3.5 MeV 粒子细束射到质量厚度为 0.01 kg/m2 的银箔上（图
3、 1-1） 。粒子与银箔表面成 60角。在离入射线成 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 粒子是全部入射 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：M Ag = 107.9 1.66 10-27 kg = 1.79 10-25 kg银箔有效质量厚度： = 0.01 kg/m 2 cos30 = 0.0115 kg/m2有效单位面积上的银原子数：Nt= /M Ag = = 6.45 1022 个/m 2 计数器立体角：d = S/r 2 = 6.0 10-5
4、m2 / (0.12 m)2 = 4.17 10-3d 与 d 之间的关系：d = S/r2 = (2r sin) (rd) / r2 = 2 sin d微分散射截面 d = = = 0.2866 a2162sinco4si4232da百分比 dn/n = NtAd/A = Nt d = 29/106 所以 d = 4.496 10-28 a = 3.96 10-14 m即 Z ZAg e2 / (40E) = 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 的粒子束射向厚度为 1.5 m 的 Pb 箔。试求粒子被散射到 60
5、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：M Pb = 207 1.66 10-27 kg = 3.436 10-25 kg单位体积内铅原子数：N = / MPb = = 3.303 1028 个/m 3散射到 6090度方向的几率 P(6090) = = dNtdta90632906 sinco42)45130(4222siniaaNtNt 其中 a= ZZPbe2/40E = . = 7.87 10-14 m P(6090) = = 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
6、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 Jre2204 12041Erv = 2.187 106 m/sf = v/2r = 2.187 106 m/s / 6.28 0.529 10-10 m = 6.583 1016 HZa = v2/r = 9.05 1022 m/s23 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 E(m)-E(1) = hcR(1-1/ m2) 所以 m2 12.36 m = 3h(mn)
7、= E(3)-E(1) = 13.6 eV(1/n2-1/m2) (31)=hc/E(3)-E(1) = 102.6 AeVhc410. (32)=hc/E(3)-E(2) = 657.0 (21)=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：E n = -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
8、 eV9/4 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)(1) 和 (2) 联立解得： -(3)/4220mren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
9、/r -Ke2/2r - (4)） 代 入把 （ 1(3) 代入 (4) 中En = - = 1/2 En (H) = - 13.6 eV/2n2hem242)(0/E2 E1 = = 5.1 eV(21)=hc/E(2)-E(1) = 2433 A77 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 z 大小。磁场边缘
10、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 = z B/z，方向因 z 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 z = 1.007 B = 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
11、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 V2 估算 He+ 离子、Li 2+ 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：E excitation = E2 - E1 =
12、 3/4 hcRHZ2 赖曼系第一条谱线的波长 = 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 ：93 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 (H) 之间的波长差 有多大？已知 RH = 10967758 m-1，R D = 10970742 m-1解：巴耳末系满足 1/ = R (1/4 1/n2) n = 3, 4, 5, 6,对于谱线 H ，n=3 ，1/ = 5R/36， = 36/5
13、R(H) - (D) = 36/5 (1/RH 1/RD) = = 1.7856 H5)(36A4 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：E= E2 E1 = hcRZ2(1/12 1/22) = 91.8 eV此即为电子至少需具备的动能。5 - 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
14、原子。试计算：（1）子原子的第一玻尔轨道半径；（2）子原子的最低能量；（3）子原子赖曼系中的最短波长。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 = m1 m2 /(m1 +m2) = 186 mer1= r m2/(m1+m2) = r M/m1 r2 = r m1/(m1+m2) = r M/m2运动学方程：Ke 2/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：m 1 v1 r1 + m2 v2 r2
15、 = 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。(1) 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）aehrn 1220864式中 a1 = 0.529 ，为氢原子第一玻尔轨道半径。A根据（5）式，可求得，子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284 。A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 m
16、1 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 = )(86)4(2204HEhnMen因此，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/ = 2530 eV 计算得到 min = 4.91 A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
17、光子(photon)，都有： = h/p所以 pph/pe = e/ph = 1:1电子动能 Ee = 1/2 me ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2mee2)光子动能 Eph = h = hc/ph 所以 Eph / Ee = hc/ph (2mee2) / h2 = hc / (2mec2e)其中 组合常数 hc = 1.988 1025 Jm mec2 = 511 keV = 0.819 1013 J 代入得 Eph / Ee = 3.03 1032 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 = E
18、k + m0c2 = mc2 = 20)(cv其中 Ek 为动能，m 0c2 为静止能量。对于电子，其静止能量为 511 keV。由题意： )1(22020 cvk容易解得 cv86./3(2) 电子动量 cmcvmp0203)(1其德布罗意波长 AJmh0162520 4.0.173.983/ 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、中，电子出现几率对三者的依赖关系为：（1） 与 无关，即关于 z 轴对称。（2） 对 r 的依赖关系转化为对 量子数
19、 n 和 l 的关系。电子出现几率随 r 的增加出现 nl 个极大值。当 nl=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。 （3） 对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
20、 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 ceVecp 10587261007141402 电子德布罗意波长 =
21、0.1222 mVeVhcp 102.587.58 采用非相对论公式计算也不失为正确：0.1227 566200 10.4104.2 ekmEcmhpkk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 8367.18360k3 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 （ ） 的电子德布罗V25.1意波长与加速电压的关系式应改为： （ ） 。其中 V 为以伏特为单)0489.1(25.6V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， 0 为这时求出的025.1h
22、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， 为这时求出的波长。则 /0 = p0/p = 122)(212 00420040 cmEcEcmEccmEc kkkkkkEk = 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。/0 = ，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。120cVm0c2 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
23、不可以过大。否则，V/2m 0c2 远小于 1 的假设可能不成立） 。 设 y = 1 + V/2m0c2 = 1+x，f(y) = 由于 x L 时 V = V0。（1） 试推导粒子在 E L 和 x 020)(kEV容易知道，上面薛定谔方程的通解在 x L 区均为：，其中 A、B 为待定系数。kxkxeBAu（注意，这里不可以认为在 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 L 时，A = 0 。因此 x L 时，u = B e
24、kx在 0 0。md22设 2E容易知道 上面薛定谔方程的通解为 C 和 为 待定常数，且 0 L， u3 = B ekx 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，u 1 = u2 ； du1/dx = du2/dxx = L 处，u 2 = u3 ； du2/dx = du3/dx将上述连续性条件应用于波函数 得A = C sinAk = C cosB ekL = C sin(L+)B k ekL = C cos(L+)进一步推导tan = / kt
25、an(L+）= / k由 tan = / k 0，得 0 L/2， V=V0在 I 区中： uEVmdxu202)(其中 k = kxkxIeBAu11 )(利用边界条件知道 A1 = 0，所以 kxIeBu1同理知道在 III 区中： ， kxI3在 II 区中： 所以 ，其中 umEdx22 )sin()cos(22xBxAI mE2波函数的连续性 要求：x = L/2 处，u I = uII ； duI/dx = duII/dxx = +L/2 处，u II = uIII ； duII/dx = duIII/dx代入波函数进行运算 得- （1）)2sin()2cos(21 LBLAeBk
26、L -（2）)cos()i(221kL- （3）)sin()cos(223 LBAeL - （4）)2cos()i(223kL(1) 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。)sin()cos(22 LBA )2cos()sin(22 LBLA=L两式相加 (略去 B2 的下角标)： = )2si(k)cs(两式相减 (略去 B2 的下角标)： = coLA2inLA当 A 0 ，同时 B 0 的条件下： 。无实数解。1)(tan2当 A 0 ，同时 B = 0 条件下： 即 kLt EVmL0)2tan(当 A = 0 ，同时 B
27、0 条件下： 即k)2tan( 0)t(上面两式 即为能量 E 满足的关系式。图解法求 能量 E：设 x = 0Vf1(x) = f2(x) = f3(x) = 2x)2tan(0xmL)(1xf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： 1)2(cos)(csin)2(tan2LkL022)(cosVEkL0)(当 A = 0 ，同时 B 0 条件下： 1)2(cos)(csin)2(tan2LkL0221)(cosVE0)in(L设 x = ，(0
28、1 0 。其频率间隔为 1 = 1 0 ， 2 = 2 1 。求比值 2/1。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
29、 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
30、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 0、 1、 2 的跃迁相对应。这些能量 (即能级能量的差)分别记作 E0、E 1、E 2 由跃迁能量与跃迁波数关系 E = hc 得2/1 = (2 1)/ (1 0) = (E2 E1)/(E1 E0
31、) = 21)() 3230231313130 PPSPS5（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 ； 3P2,1,02
32、s3s 的原子态有 1S0 ； 3S12s2p 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。2s3S12s3p1P 2s3p3P2313P02s31S02sp1P2s1S0 2sp3P2313P0说明：三重态与单重态之间因不满足 S = 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) li 或者说原子奇偶性l i 必须发生变化。6 写出 15P、 16S、
33、 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 ：1s 22s22p63s23p316S ：1s 22s22p63s23p417Cl ： 1s22s22p63s23p518Ar ： 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 4S16S ： 1S、 1D、 3P 基态为 3P217Cl ： 2P 基态为 2P3/218Ar ： 1S 基态为 1S另外也可
34、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=ml 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= 11s 2s 2p 3s 3p价电子的总自旋量子数 S = 1/
35、2 + 1/2 +1/2 =3/2价电子的总轨道量子数 L = ml = 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）1 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 + l21, , | l1 l2| = 3, 2, 1s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s21, , |s1 s2| = 1, 0这样按 J = L+S, L+S1, , |LS| 形成如下原子态：S = 0 S = 1L
36、= 1 1P1 3P0,1,2L =2 1D2 3D1,2,3L = 3 1F3 3F2,3,43.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：(1) 4s5s 构成的原子态 l1 = 0 l2 = 0 所以 L = 0s1 =1/2 s2 =1/2 所以 S = 0, 1因此可形成的原子态有 1S0， 3S1(2) 4s4p 构成的原
37、子态l1 = 0 l2 = 1 所以 L = 1s1 =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：4s5 1S04s5 3S14sp 1Ps 324sp 3P1s 304s 1S0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
38、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 + l21, , | l1 l2| = 5, 4, 3, 2, 1s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s21, , |s1 s2| = 1, 0可给出的原子态如下表：L =
39、 1 L = 2 L = 3 L = 4 L = 5S = 0 1P1 1D2 1F3 1G4 1H5S = 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 + s11, , | l1 s1| = 5/2, 3/2l2 = 3 s2 = 1/2 j2 = l2 + s2, l2 + s21, , | 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：j
40、1 = 3/2 j1 = 5/2j2 = 5/2 (3/2, 5/2)1,2,3,4 (5/2, 5/2)0,1,2,3,4,5j2 = 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：1s 22s22p2，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 =
41、1/2LS 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，m l2 = 1, 0, 1；m s1，m s2 = 1/2, 1/2ML = 2，1，0，1 ，2； MS = 1，0，1满足 Pauli exclusion principle 的各微观态 (ml1，m s1)(ml2，m s2) 列于下表(根据表格对称性只列出1/4 角)ML MS 1 02 (1, +) (1, )1 (1, +) (0,
42、+) (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, 2MS = 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, 1MS = 1, 1, 10, 0, 01,1,1因此 L = 1, S = 1。对应
43、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：1s 22s22p3，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 =
44、1，自旋量子数 s1 = s2 = s3 = 1/2LS 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，m l2，m l3 = 1, 0, 1；m s1，m s2，m s2 = 1/2, 1/2ML = 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，m s1)(ml2，m s2) (ml3，m s3) 列于下表( 根据表格对称性只列出 1/4角)MS = 3/2 MS = 1/2ML = 3ML = 2 (1, +) (1, ) (0, +)ML = 1 (1, +) (0, +) (0, )(1, +) (1, ) (1, +)ML =
