1、- 1 - 原子物理学习题解答 1.1 电子和光子各具有波长 0.20nm,它们的动量和总能量各是多少 ? 解：由德布罗意公式 ph /= ,得： m/skg10315.3m1020.0sJ1063.624934=hpp光电)J(109.94510310315.316-824=cphchE光光 21623116222442022)103101.9(103)10315.3( +=+=cmcpE电电)J(1019.8107076.61089.9142731 =+= 1.2 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
2、使用多大波长的光照射 ? 解： (1) 由爱因斯坦光电效应公式 whmv = 2021知 ,铯的光电效应阈频率为 : Hz)(10585.41063.6106.19.11434190=hw 阈值波长 : m)(1054.610585.4103714800=c(2) J101.63.4eV4.3eV5.1eV9.12119-20=+=+= mvwh 故 : m)(10656.3106.14.31031063.6719834=hhcc1.3 室温 (300K)下的中子称为热中子 .求热中子的德布罗意波长 ? 解：中子与周围处于热平衡时 ,平均动能为 : 0.038eVJ1021.63001038.
3、123232123=kT 其方均根速率 : m/s27001067.11021.6222721=nmv由德布罗意公式得： )nm(15.027001067.11063.62734=vmhphnn 1.4 若一个电子的动能等于它的静止能量 ,试求： (1)该电子的速度为多大 ?(2)其相应的德布罗意波长是多少 ? 解： （ 1）由题意知，20202cmcmmcEk= ，所以 20222022/1cmcvcmmc = 23cv = （ 2）由德布罗意公式得： )m(104.1103101.931063.632128313400=cmhvmhmvhph 1.5 (1)试证明 : 一个粒子的康普顿波长
4、与其德布罗意波长之比等于2/1201)/( EE ,式中0E 和 E 分别是粒子的静止能量和运动粒子的总能量 . (2)当电子的动能为何值时 ,它的德布罗意波长等于它的康普顿波长 ? (1)证明：粒子的康普顿波长 : cmhc 0/= 德布罗意波长 : 1)/(1)/(2020204202=EEEEcmhccmEhcmvhphc 所以 , 2/1201)/(/ = EEc - 2 - (2)解：当c = 时，有 11)/(20=EE ，即： 2/0=EE02EE = 故电子的动能为：2000)12()12( cmEEEEk= )J(1019.8)12(109101.9)12(141631 =
5、MeV21.0eV1051.0)12(6= 1.6 一原子的激发态发射波长为 600nm 的光谱线 ,测得波长的精度为710/= ,试问该原子态的寿命为多长 ? 解： 778342101061031063.6)(=hcchhE )J(10315.326= 由海森伯不确定关系 2/ tE 得： )s(1059.110315.32100546.1292634=Et 1.7 一个光子的波长为 300nm,如果测定此波长精确度为610.试求此光子位置的不确定量 . 解： =+=hhhhp2，或： =+=hcchchchchp2)(m/s)kg(1021.2101031063.6336734=由海森伯不
6、确定关系 2/ px 得： )m(10386.21021.22100546.1223334=px2.1 按汤姆逊的原子模型，正电荷以均匀密度 分布在半径为 R 的球体内。 (1) 设原子内仅有一个电子 ,试证该电子 (电量为 -e)在球体内的运动是以球心为平衡位置的简谐振动 ; (2) 设正电荷的总量等于一个电子的电量 ,且1010=R m,试求电子振动频率及由此辐射出的光子的波长 . 解： (1) 电子所受库仑引力为 : 2041rQeF= , 由于 33333434rRZerRZeQ = ， 所以 rRZeF32041= 由此可知 , 电子的运动是以球心为平衡位置的简谐振动 . (2) 当
7、 Z=1, 1010=R m 时 , 32002411Rem = 振动频率 RmReRme003002424212 = )Hz(1054.210101.9109102106.115103191019=辐射出的光子波长 : )m(101811.11054.21037158=c2.2 当一束能量为 4.8MeV 的 粒子垂直入射到厚度为5100.4 cm 的金箔上时 ,探测器沿 20方向每秒纪录到4100.2 个 粒子 .试求 : (1)仅改变探测器安置方位 ,沿 60方向每秒可纪录到多少个 粒子 ? (2)若 粒子能量减少一半 ,则沿 20方向每秒可测得多少个 粒子 ? (3) 粒子能量仍为 4
8、.8MeV,而将金箔换成厚度相同的铝箔 , 则沿 20方向每秒可纪录到多少个 粒子 ?(金和铝的密度分别为 19.3g/cm3和 2.7g/cm3,原子量分别为 197 和 27,原子序数分别为 79 和 13.忽略核的反冲 ). - 3 - 解：由公式 , )2/(sin/)()41(42220220rSMvZeNntdN =)2/(sin/)2()41(422220rSEZeNnt= (1) 当 = 60 时 , 每秒可纪录到的 粒子2dN 满足 : 01455.030sin10sin)2/(sin)2/(sin44241412=dNdN故 241210909.210201455.0014
9、55.0 = dNdN (个 ) (2) 由于2/1EdN ,所以 4131084 = dNdN (个 ) (3) 由于2 nZdN ,故这时 : 31211342442112441410/10/=AZNAZNZnZndNdNAA55310227793.19197137.24221421112444= dNAZAZdN(个 ) 2.3 动能为 40MeV 的 粒子和静止的铅核 (Z=82)作对心碰撞时的最小距离是多少 ? 解：由公式 : )2/sin(112412020+=MvZerm, 当对心碰撞时 , = , 1)2/sin( = ,则 m)(109.5106.11040)106.1(82
10、210924115196219920= EZerm2.4 动能为 0.87MeV 的质子接近静止的汞核 (Z=80),当散射角 2/ = 时 ,它们之间的最小距离是多少 ? 解：最小距离为 : )2/sin(11241)2/sin(1141202020+=+=ppmEZevmZer m)(1060.145sin11106.11087.02106.180109131962199 =+=）（2.5 试证明 粒子散射中 粒子与原子核对心碰撞时两者间的最小距离是散射角为 90时相对应的瞄准距离的两倍。 证明：由库仑散射公式：2cot2412020 MvZeb = ，当 = 90 时， 12cot =，
11、这时2020241MvZeb= 而对心碰撞的最小距离： bMvZeMvZerm22241)2/sin(1124120202020=+=证毕。 2.6 已知氢的赖曼系、巴尔末系和帕邢系的第一条谱线的波长分别为： 121.6nm,656.3nm 和 1875.1nm.由此还可以求出哪些系的哪几条谱线来 ?它们的波长各为多少 ? 解 : 由题意知 : 116.121/1)2()1(= TT (1) 113.656/1)3()2(= TT (2) 11“1.1875/1)4()3(= TT (3) 由 (1)+(2)式得 : 111112)3()1(+= TT nm59.1022= 由 (1)+(2)
12、+(3)式得 : 11111113“)4()1(+= TT nm27.973= 由 (2)+(3)式得 : 111112“)4()2(+= TT nm145.4862= 其中 ,2 和3 分别是赖曼系第二、三条谱线 ; 2 是巴尔末系第二条谱线 . 2.7 试由氢原子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 : 电子经电势差为 U 的电场加速后 ,若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子电离 ,则 U 称为该原子的电离电势 ; 若它得到的动能全部被原子吸收恰能使处于基态的原子激发到第一激发态 ,则 U称为该原子的第一激发电势 . - 4 - 由 22nZhcREHn=
13、, ,2,1=n ，对于基态氢原子 , Z=1, 由 13.64eVJ10097.11031063.678341= HhcEEE 得电离电势为 13.64V 由 eV23.104313.64eV)211(212=HhcEEE 得第一激发电势为 10.23V. 2.8 对于氢原子、一次电离的氦离子 He+和两次电离的锂离子 Li2+，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）第一激发电势及共振线的波长。 解： （ 1） He+：680211038.4210313714= cZZev (m/s) 6811019.2110313
14、712=Zcv (m/s) )nm(0265.021053.0111=Zar )nm(106.024053.02212=Zar Li2+：6811057.631031371= cZv (m/s) 68110285.32310313712=Zcv (m/s) )nm(0177.031053.0111=Zar )nm(0708.034053.02212=Zar （ 2）电子在基态的结合能等于把电子从基态电离所需要的能量： 22211ZhcRZhcREEEHH=对于 He+有： 56.5422=HhcRE (eV) 对于 Li2+有： 76.12232=HhcRE (eV) （ 3）HHhcRZZZ
15、hcREE43)21(2222212= 对于 He+有： 8.406.1333423212=HHhcRhcREE (eV) 所以 He+的第一激发电势为 40.8V 对于 Li2+有： 8.916.13427433212=HhcREE (eV) 所以 Li2+的第一激发电势为 91.8V. 共振线波长 : 30nmm)(1030.03712=+HHehcRhcEEhc nm5.31m)(10135.02747122=+HLihcRhcEEhc 2.9 能量为 12.6eV 的电子射入氢原子气体中，气体将发出哪些波长的辐射？ 解： 由22eV6.131nnhcREHn= ，得 - 5 - eV6
16、.131=E ， eV4.32=E ， eV51.13=E ， eV85.04=E ， 而 12.6eVeV2.1012= EE ，所以气体将发出以下三种波长的辐射： m)(102188.1106.12.101031063.6719834121=EEhc m)(10028.1106.109.121031063.6719834132=EEhc m)(105774.6106.1)51.14.3(1031063.6719834233=EEhc 2.11 一次电离的氦离子 He+从第一激发态向基态跃迁时所辐射的光子，能使处于基态的氢原子电离，从而放出电子，试求该电子的速度。 解： He+所辐射的光子能
17、量： eV8.403)2212(22212=HHhcRhcREEE 氢原子电离所需要的能量为 eV6.131=EE ，所以，放出的电子动能为 eV2.276.138.40 =kE ， 速度为： 6311910093.3101.9106.12.2722=ekmEv m/s 2.12 已知动能为 91.8eV 的电子恰好使某类氢离子由基态激发至第一激发态，试问该类氢离子是什么 ?现以动能为 110eV 的电子激发该基态离子 ,试问可得到几条谱线 ?这些谱线的波长各为多少 ?(不考虑精细结构 ) 解 : 由HHhcRZZZhcREEE43)21(2222212= ,得： 36.1338.91434=
18、HhcREZ 所以该类氢离子是 Li2+. eV4.12296.131/221= ZhcREHeV6.302/222= ZhcREHeV6.133/223= ZhcREHeV65.74/224= ZhcREH由于 110eVeV8.10813= EE ,所以动能为 110eV 的电子能将Li2+激发至 n=3 的激发态 ,可得三条谱线 ,波长分别为 : m10354.1106.18.911031063.6819834121=EEhc m101426.1106.18.1081031063.6819834132=EEhc m103125.7106.1171031063.6819834233=EEh
19、c 2.13 子是一种基本粒子 ,除静止质量为电子质量的 207 倍外 ,其余性质与电子一样 .当它运动速度较慢时 ,被质子俘获形成 子原子 .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) 子原子赖曼线系中的最短波长 . 解 : 由于折和质量eeeeeppmmmmmmMmM18618362071836207=+=+= (1) )nm(1085.2186053.0186111864441222022201=aemZnere - 6 - (2) HehcRhemnZheE 186)4(2186)4(222042222041=2529.6eVeV6.13186
20、= (3)赖曼线系中的最短波长为 : m109.4106.16.25291031063.610198341=EEhc 2.14 已知氢和重氢的里德伯常数之比为 0.999728,而它们的核质量之比为 mH/mD=0.50020.计算质子质量与电子质量之比 . 解 : 由HeHmmRR/11+=和DeDmmRR/11+=知 : 999728.0/1/50020.01/1/1=+=+=HeHeHeDeDHmmmmmmmmRR解得 : 5.1836/ =eHmm 2.15 当静止的氢原子从第一激发态向基态跃迁放出一个光子时 ,(1)试求这个氢原子所获得的反冲速度是多大 ?(2)试估计氢原子的反冲能量
21、与所发光子能量之比 . 解 : (1) 放出的光子的动量 : m/s)kg(1044.510310632.127818=chhp由动量守恒定律得氢原子的反冲速度为 : )m/s(26.31067.11044.52727=HHHmpmpv (2) 反冲能量 )J(1087.81067.12)1044.5(22272722722=HHHkHmpmpE J106321eV)4.36.13(1812= .EEh 显然 9182710435.510632.11087.8/=hEkH可见反冲能量是可以忽略不计的 . 2.16 试证明氢原子稳定轨道上正好能容纳整数个电子的德布罗意波波长 ,不论这稳定轨道是圆
22、形还是椭圆形的 . 证明 : 轨道量子化条件是：= nhpdq 对氢原子圆轨道来说， mvrmrppr=2,0 所以有： =3,2,1,22nnmvhnrSnhmvrpd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： hndrphndprr=其中 +=+=rrrnnnnhdpdrpmrprmp其中,)(,2而 )()(2dmrdrrmdpdrpr+=+ - 7 - ndsdshdsrhmvdsdtmvdtdtdmrdtdtdrrm=+=22)(3.2 一粒子在一维无限深势井中运动，已给 axAx /sin)( = ，求归一化常数 A ；又若）（ xaAxx
23、 =)( ， A=？，粒子在何处几率最大？ 解：由归一化条件，在粒子可能出现的空间发现粒子的总几率等于 1，因此： aaaaxaxAdxaxAdxaxAdxx02020222|)2sin42(2/2cos1sin)( =+12/2= aA 得 : ,/2 aA = axax /sin/2)( = . 同理，若 ）（ xaAxx =)( ，由归一化条件可得： dxxaxaxAdxxaxAaao)2()(22202222+=130)514231(52054232=+=aAxxaaxAa则 5/30 aA = ， )(/30)(5xaxax = . 粒子出现几率最大处对应 : 0/)()(22=dx
24、xdx , 有 0462)2()(322432222=+=+=xaxxadxxaxaxddxxaxd易求得 2/ax = (由波函数的连续性， x=0,或 x=a 两个解舍去 ) 所以 , 粒子在 2/ax = 处出现的几率最大 . 4.1 已知锂原子光谱主线系最长波长 nm7.670= ，辅线系系限波长 nm9.351= ，求锂原子第一激发电势和电离电势。 解：主线系最长波长的谱线对应跃迁为 2pJ2s，有：22)2/()2/(/1 pRsR = 而辅线系系限对应2)2/(/1 pR = ，所以 )m(10333.4109.351/1107.670/1/1/1)2/(16992 =+=+=
25、sR 得：第一激发电势为 V)(853.1107.670106.11031063.6)2()2(91983422121=ehcRRehceEups电离电势为 V)(386.5106.11031063.610333.4)2(19834621=sehcReEEu 4.2 钠原子基态为 3s， 已知其主线系第一条线 （共振线） 波长为 589.6nm， 漫线系第一条线的波长为 819.3nm，基线系第一条线的波长为 1845.9nm，主线系的系限波长为 241.3nm，试求 3S,3P,3D,4F 各谱项的项值。 解：由题意知： )m(10144.4nm3.241/1/1S316 = 由 )m(10
26、696.1nm6.589/1/1P3S3161= 得： )m(10448.2P316 = 由 )m(10221.1nm3.819/1/1D3P3162= 得： )m(10227.1D316 = 又由 )m(10542.0nm9.1845/1/1F4D3163= - 8 - 得： )m(10685.0F416 = 4.3 钾原子共振线波长为 766.5nm，主线系系线波长为 285.8nm，已知钾原子基态为 4s，试求 4S， 4P 谱项的量子数亏损 s 、 p 各为多少？ 解：由 = /1)4/(2sR 得： 229.2108.28510973731449=Rs 又由1221)4()4( =
27、pRsR得： )m(10194.2nm5.7661nm8.285111)4(1612= pR76355.110194.2/46= Rp 4.4 处于 3D 激发态的锂原子，向低能级跃迁时可产生哪些光谱线？在能级图上表示出来： （ 1）不考虑精细结构； （ 2）考虑精细结构。 解： （ 1）不考虑精细结构时，如图（ a）所示。 （ 2）考虑精细结构时，如图（ b）所示。 (图 a)（图 b） 4.5 为什么 S 谱项的精细结构总是单层的 ?试直接从碱金属光谱双线的规律性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 : (1) 从碱金属光谱双线的规律性 (课本 p.117.图 4.
28、3.1)来看 ,第二辅线系的每一条线中二成分的间隔既然相同 ,那就必然是由于同一原因 .我们知道这个线系是诸 S 能级到最低能级的跃迁产生的 ,所以 ,最低 P 能级是这线系中诸线共同有关的 .如果我们设想这个 P 能级是双层的 ,而 S 能级都是单层的 ,就会得到与第二辅线系双线规律性一致的结论 .再看主线系的每条线中二成分的波数差随着波数的增加逐渐减少 ,足见不是一个来源 .我们知道 ,主线系是诸 P 能级跃迁到最低 S 能级的结果 ,从第二辅线系的情况已推得 S 能级是单层的 ,最低 P 能级是双层的 ,那么是否可以推想所有 P 能级都是双层的 ,而且这双层的间隔随量子数 n 的增加而逐
29、渐缩小 ,这个推论完全符合主线系的情况 .这样我们从碱金属光谱双线的规律性直接推得 S 谱项的精细结构总是单层结构 . (2) 从电子自旋与轨道相互作用来看 ,由于 S 态的电子轨道角动量为 0,总角动量就等于电子的自旋角动量 ,能级不分裂 ,故谱项 S 项的精细结构总是单层结构 . 4.6 钠原子共振线的双线波长分别为 589.0nm 和 589.6nm，试求 3P 能级精细结构的裂距。 解： )/1/1(21 = hchchE )10896.511089.51(1031063.677834= )J(10436.322= eV101475.23= 4.7 钠原子光谱主线系短波限的波长为 24
30、1.3nm，主线系最长波长为 589.6nm，求钠原子基态能量和辅线系短波限。 解：由题意知 nm3.241/1/1)3/(2=sR , nm6.58911)3()3(22= psRR2S 2P 3S 3P 3D 32S1/2 22S1/2 22P3/2 22P1/2 32P3/2 32P1/2 32D5/2 32D3/2 - 9 - 则：基态能量 eV152.5)J(10243.810413.21031063.6)3(19783421=shcRE 辅线系短波限 11)3(12= pR得： nm471.408nm3.2416.5896.5893.241= 4.8 试计算氢原子赖曼线系第一条谱线
31、的精细结构分裂的波长差。 解：如右图示，赖曼线系第一条谱线的两条分线为 2/122/12121PS = ， 2/322/12121PS = 由能级公式 )432/11(32njnRhcnRhcEnlj+= （hcEnTn=)( ， )()(mTnT = ） 32322322141143)2432/12/11(22)432/12/11(11RRRRRR+=+= 32322322241543)2432/12/31(22)432/12/11(11RRRRRR+=+= RRR9169161122221122121 = 005394.0100973.191)1371(72= m 4.9 已知斯特恩盖拉赫
32、实验中 T/m105.1/2=dZdB ，如基态氢原子在磁场中速度 v=104m/s，磁场纵向范围 L=10cm。见课本图 4.4.3,求裂距 S. 解 :BsvLdZdBMvLdZdBMvLMFatS 2222)(21cos)(21)(2121= )m(10165.4102741.9)101.0(105.11067.12152424227= . *从碱金属原子光谱可知，自旋与轨道角动量相互作用，合成总角动量量子数 j 取值为： j=l+s,l+s-1, ,|l-s|.共 2s+1 个值 .由于能级是双层的 ,所以 2s+1=2,即 s=1/2.电子自旋角动量的值应为 : 23)211(21|
33、 =+=S .双层能级反过来说明了 (电子 )自旋量子数应为 1/2. 另外还可以从周期表的排布规律说明电子自旋量子数是 1/2. *例 : 假定电子的自旋不是 1/2 而是 3/2,问元素周期表第二周期将有几个元素 ?该周期中惰性气体的原子序数为多少 ?它的基态谱项符号是什么 ? 解 : 第一壳层中电子的运动状态为 n=1,l=0,ml=0,ms=3/2,1/2,-1/2,-3/2.因此第一壳层有四个运动状态 ,可容纳四个电子 . 第二壳层中电子的运动状态有 : l=0, ml=0, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/2. n=2 1, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/
34、2. l=1, ml= 0, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/2. -1, ms=3/2, 1/2, -1/2, -3/2. 可见 ,第二壳层有 16 个运动状态 ,最多可容纳 16 个电子 ,即第二周期将有 16 种元素 ,其惰性气体是最后一种元素 ,原子序数 Z=20.由于各支壳层都被填满 ,所以 L=0,S=0,J=0,基态谱项符号为1S0. 讨论 : 电子自旋 s=3/2 是一种假想情况 ,结果导致第二周期有 16 种元素及惰性气体的原子序数为 20,这结果与事实相矛盾 ,比实际的数字超过了一倍 .这就间接证明了电子自旋是 1/2 而不可能是 3/2 或其它数值 . 5.1
35、 某原子含有若干封闭壳层和封闭次壳层 ,当未满次壳层内有同科电子 p5(或 p4)时 ,试证明按 L-S 耦合 ,可能的原子态和单个 p 电子 (或 p2)可能形成的原子态相同 .同样可推知 ,原子中未满次壳层同科电子 d9与 d 电n=2n=112S1/2l=0 l=1 22S1/222P1/222P3/2III- 10 - 子、 (d8与 d2电子 ) 可能形成的原子态相同 . 证明 : 若未满次壳层的情况能容纳的电子总数为 N=2(2l+1).未满壳时的电子数为 x,则 (nl)x与 (nl)N-x的角动量L 和自旋角动量 S 相等 ,这是由于满壳层时有 0=LM , llllml= )
36、,1(,1, ; 0=SM , 2/1=Sm 于是 (nl)x的总角动量对应的LxM 与 (nl)N-x的总角动量对应的xNLM 等值反号 ,它们对应的角动量大小 L 是相同的 .类似地 , SxM 与xNSM 也是等值反号 ,对应的自旋角动量大小 S 相同 . 这样 ,对 l=1 的 p 次壳层 ,由于最多可容纳 6 个电子 ,所以 p5与 p1或者 p4与 p2的电子组态具有相同的角量子数 L 和自旋量子数 S,因此可能形成的原子态相同 .同样 ,对于同科 d 电子 ,由于满壳层时有10 个电子 ,所以 d9与 d 或 d8与 d2电子的各角量子数分别相等 ,可能形成的原子态也相同 . 5
37、.2 已知氦原子的 2p3d 组态所构成的光谱项之一为3D,问这两个电子的轨道角动量 L1和 L2之间的夹角 ,自旋角动量 S1和 S2之间的夹角分别是多少 ? 解 : 对组态为 2p3d 的两个电子 l1 =1 , l2 =2 , s1= s2 = 1/ 2. 轨道角动量大小为 2)1(111=+= llL , 6)1(222=+= llL 它们构成的光谱项3D 对应的 l = 2 , s = 1 即它们总的轨道角动量 L 的大小为 6)1 =+= ll（L 它们总的自旋角动量 S 的大小为 2)1 =+= ss（S 由 L = L1 + L2 ,如右图所示 ,可得轨道角动量 L1和 L2之
38、间的夹角 22211222221122222)1()1(2)1()1()1(2cos+=+=llllllllllLLLLL1163622662=+= 则 : 317322.73 = , 74106180 = . 类似地自旋角动量 S1和 S2的大小为 2/3)12221=+= ss（SS 则自旋角动量 S1和 S2之间的夹角 2221122222112222)1()1(2)1()1()1(2cos+=+=ssssssssssSSSSS121 3/122/33224/34/3=+= 得 : = 47.109 , 87047.109180 = . 5.3 按 L-S 耦合写出下列组态所组成的全部原
39、子态 ,并写出原子态符号 . (1) snsn (2) pnsn (3) dnsn (4) npnd (5) dndn 解 : (1) 01=l , 02=l , 2/121= ss 0=L , 0,1=S .构成1S0,3S1. (2) 01=l , 12=l , 2/121= ss 1=L , 0,1=S .构成的原子态如表 (2). (3) 01=l , 22=l , 2/121= ss 2=L , 0,1=S .构成的原子态如表 (3). (4) 11=l , 22=l , 2/121= ss 123 ，=L , 0,1=S .构成的原子态如表 (4). (5) 221= ll , 2
40、/121= ss 0,1,2,3,4=L , 0,1=S .构成的原子态如表 (5). (2) S=0 S=1 L=1 1P13P2,1,0(3) S=0 S=1 L=2 1D23D3,2,1S=0 S=1 L=1 1P13P2,1,0L=2 1D23D3,2,1L=3 1F33F4,3,2(4) S=0 S=1 L=0 1S03S1L=1 1P13P2,1,0L=2 1D23D3,2,1L=3 1F33F4,3,2L=4 1G43G5,4,3(5) 1L2LL1S2SS- 11 - 5.4 已知 Mg 原子 (Z=12)的光谱项的各多重态 (原子态 )属于 L-S 耦合 ,则该原子由 3s4
41、s 组态向 3s3s 组态跃迁时 ,将出现哪些谱线 ?画出能级跃迁图 .(提示 :中间有 3s3p 组态 ,三重态为正常次序 ) 解 : 3s3s 构成基态1S0； 3s3p 构成 3p1P1和 3p3P2,1,0; 3s4s 构成 4s1S0和 4s3S1。出现的谱线如图所示： 5.5.Ca 原子的能级是单层和三重结构 , 三重结构中 J 大的能级高 ,其锐线系的三重线的频率012 , 其频率间隔为011 = , 122 = ,试求其频率间隔值12/ . 解 : Ca 原子 (Z=20)基态的电子组态为 1s22s22p63s23p64s2, 基态谱项 4s2 1S0; 激发态电子组态 4s
42、4p 构成的原子态为1P1和3P2,1,0; 电子组态 4s5s 构成原子态1S0和3S1.锐线系三重线 对应电子跃迁情况如图所示 ,由朗得间隔定则 ,得 : 2/1/12= . 5.6 已知 He 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的跃迁 . 解 : 原子基态为 1s1s1S0;激发态 1s2p 构成原子态 1s2p1P1和 1s2p3P2,1,0.激发态 1s2s 构成原子态 1s2s1S0和 1s2s3S1. 可能出现的光谱线的跃迁如图所示 . 5.7 Pb 原子基态的两个价电子都在 6p 轨道 ,若其中一个 价
43、电子被激发到 7s 轨道 ,而其价电子间相互作用属于 j-j 耦合 .问此时 Pb 原子可能有哪些状态 . 解 : 铅原子的基态为 6p6p3P0(6p6p 构成的原子态有1S0;3P2,1,0;1D2);激发态6p7s 的两个电子量子数 11=l ,s1=1/2; l2=0,s2=1/2 由 j-j 耦合可得 : j1=3/2,1/2 ;j2=1/2. 由 j1=1/2, j2=1/2 得 j=1,0 构成 (1/2,1/2)1,(1/2,1/2)0两个原子态 ; j1=3/2, j2=1/2 得 j=2,1 构成 (3/2,1/2)2,(3/2,1/2)1两个原子态 .可见 ,共有 4 个
44、不同的原子态 . 5.8 铍原子基态的电子组态是 2s2,若其中有一个电子被激发到 3p 态 ,按 L-S 耦合可构成哪些原子态 ?写出有关的原子态符号 ,从这些原子态向低能态跃迁时 ,可以产生几条光谱线 ? 解 : 铍原子 (Z=4)基态为 2s21S0,对于激发态 2s3p 01=l , 2/11=s , 12=l , 2/12=s , 所以 1=L , 0,1=S 构成的原子态有 :1P1,3P2,1,0四个原子态 ;2s3s 组态有 1S0,3S1 两个 谱项 ,2s2p 组态有1P1,3P2,1,0,可以产生的光谱线如图所示 . 5.9 求出第二周期个原子基态光谱项 ,并与表 5.1.3 相比较 . 解 : Li(锂 )原子 ,Z=3,基态电子组态 1s,谱项 :2S1/2. (l=0,s=1/2) Be(铍 )原子 ,Z=4,基态电子组态 2s2,谱项 :1S0. (l=0,s=0) B(硼 )原子 ,Z=5,基态电子组态 2p,谱项 :2P1/2. (l=1,s=1/2) C(碳 )原子 ,Z=6,基态电子组态 2p2.l1=l2=1,s1=s2=1/2,按照泡利原理 ,ml=(1,0,-1), 2/1=sm ,(ml1,ms1)与(ml2,ms2)中至少应有一个不相同 .依据洪特定则 ,S
