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<p>原子物理学 第四版 课后答案
目 录
第一章 原子的位形 1
第二章 原子的量子态：波尔模型 7avN9JEH。l2dKW5r。
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 16399wXu9。f5EZZdR。
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。UhS3pxy。MmjCbGU。
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)
近似认为：
(2)
(1)2/(2)得
亦即：
1-2) 解：①
当
亦即：
② 解：金的原子量为；密度：
依公式，λ射粒子被散射到θ方向，立体角的内的几率：
(1)
式中，n为原子核数密度，
即： (2)
由（1）式得：在90º→180 º范围内找到粒子得几率为：
将所有数据代入得
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：
金
当Z＝79时
当Z＝3时，
但此时M并不远大于m，
1-4)解：
①
将Z＝79代入解得：
② 对于铝，Z＝13，代入上公式解得：
E=4.68Mev
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：
对于
①
②
可见，当M>>m时，，否则，
1-5)解：
在θ方向dΩ立方角内找到电子的几率为：
注意到：
1-6)解：
散射角大于θ得粒子数为：
依题意得：，即为所求
1-7)解
依题：
1-8)解：
在实验室系中，截面与偏角的关系为（见课本29页）
① 由上面的表达式可见：为了使存在，必须：
即：
亦即： 或
考虑到： 第二组方程无解
第一组方程的解为：
可是，的最大值为1，即：
② 为α粒子，为静止的He核，则，
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
当靶中含有两种不同的原子时，则散射几率为
将数据代入得：
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：fuwIoYS。NgRD5mX。
由于，可近似地将散射角视为：
；
将各量代入得：
单位时间内入射的粒子数为：（个）
T时间内入射质子被散时到之间得数目为：
(个)
② 入射粒子被散时大于θ的几率为：
（个）
③ 大于的几率为：
大于的原子数为：（个）
小于的原子数为：（个）
注意：大于的几率：
大于的原子数为：
第二章 原子的量子态：波尔模型
2-1)解：
①
②
2-2)解：
① 对于H：
对于He+：Z=2
对于Li+：Z＝3
② 结合能＝
③ 由基态到第一激发态所需的激发能：
对于H：
对于He+：
对于Li++：
2-3)解：
所谓非弹性碰撞，即把Li++打到某一激发态，
而Li++最小得激发能为
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
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EL与EC之间的关系为：
所求质子的动能为：
V
所求质子的速度为：
方法二：
质子与基态氢原子碰撞过程动量守恒，则
2-7)解： ，巴而末系和赖曼系分别是：
He。
2-8)解：
V
此能量电离H原子之后的剩余能量为：V
即：
2-9)解：
（1）基态时两电子之间的距离：
（2）
（3）由第一激发态退到基态所放光子的波长：
2-10)解：
m- 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 me
r1= r ´ m2/(m1+m2) = r ´ M/m1 r2 = r ´ m1/(m1+m2) = r ´ M/m2Gcu6sit。9w05gRq。
运动学方程：Ke2/r2 = m1 ´ v12/r1 = m12 ´ v12 /(M´ r) -------------------------（1）Pek6632。wXi03lG。
Ke2/r2 = m2 ´ v22/r2 = m22 ´ v22 /(M ´ r) ------------------------（2）rvE36Iw。qXrG8l4。
角动量量子化条件：m1 ´ v1 ´ r1 + m2 ´ v2 ´ r2 = n ħ n = 1, 2, 3, ….dmVeO5R。FmWQnuh。
即 M ´ (v1 +v2) ´ r = n ħ --------------------------------------（3）GGHOvBO。CQWBbjn。
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 ħ 即 m2 ´ v2 ´ r = n ħ ----------- (4)V3Oobwl。XksxcJR。
(2)式 和 (4)式 联立解得：
------------------ （5）
式中 a1 = 0.529 ，为氢原子第一玻尔轨道半径。
根据（5）式，可求得，m子原子的第一玻尔轨道半径为 r1 = a1/186 = 0.00284 。
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 ´ m1 ´ v12 + 1/2 ´ m2 ´ v22 – K ´ e2/r bKRbp0O。nn91tth。
= (1/2 ´ M/m1 + 1/2 ´ M/m2 – 1) ´ K ´ e2/r = - 1/2 ´ K ´ e2/rqiASnVC。7eQou6u。
把（5）式代入上式中
En =
因此，m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/l = 2530 eV 计算得到 lmin = 4.91
2-11)解：
重氢是氢的同位素
解得：；质子与电子质量之比
2-12)解：
① 光子动量：，而：
=
② 氢原子反冲能量：
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。，可产生6条谱线：SWWZEtV。gZRyVEl。
2-14)解：
依题：主线系：；
辅线系：
即：
①
相应的能量：
② 电离能
第一激发电势：
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：
所以 v ≈ 6.25% ´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 = mec2 = 511 keV
加速后电子总能量 E = mec2 + 1000 eV =512000 eV
用相对论公式求加速后电子动量
电子德布罗意波长 = 0.3880 Å
采用非相对论公式计算也不失为正确：
0.3882 Å
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。
1.2287 Å
3.8819 Å
3-2)解：
不论对电子（electron）还是光子(photon)，都有：
l = h/p
所以 pph/pe = le/lph = 1:1
电子动能 Ee = 1/2 ´ me ´ ve2 = pe2 / 2me = h2 / (2´me´le2)CixWSlV。yP0f7yq。
光子动能 Eph = hn = hc/lph
所以 Eph / Ee = hc/lph ´ (2´me´le2) / h2 = hc / (2´me´c2´le)hPZsupp。SErQ9Ph。
其中 组合常数 hc = 1.988 ´ 10−25 J×m me´c2 = 511 keV = 0.819 ´ 10−13 J cfggBT2。tkmZaL2。
代入得 Eph / Ee = 3.03 ´ 10−3
3-3)解：
(1) 相对论情况下 总能 E = Ek + m0c2 = mc2 =
其中 Ek 为动能，m0c2 为静止能量。对于电子，其静止能量为 511 keV。
由题意：
容易解得
(2) 电子动量
其德布罗意波长
3-5)解：
证明： 非相对论下：
p0 为不考虑相对论而求出的电子动量，l0 为这时求出的波长。
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，l 为这时求出的波长。则
l/l0=p0/p=
Ek = 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。
l/l0 =
这里 mec2 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。
mec2 也以电子伏特为单位时，2mec2 的数值为 1022000。如果设想电子加速电压远小于1022000伏特，那么 V/2mec2 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 mec2 远小于 1 的假设可能不成立）。 MmyX71O。eQCsHxN。
设 y = 1 + V/2 mec2 = 1+Dx，f(y) =
由于 Dx << 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 + = 1 + = 1−Dx/2 = 1 −
将mec2 以电子伏特为单位时的数值 511000 代入上式，得
f(y) =
因此 l = l0 ´ f(y) =
3-7)解：
3-8)解：
由P88例1可得
3-9)解：（1）
归一化常数
（2）粒子x坐标在0到a之间的几率为
（3）粒子的y坐标和z坐标分别在之间的几率
3-12)解：
当时3-15）解
3-15)（1）， ，
，，， ，
， ，， ，
由函数连续、有限和归一化条件求
由函数有限可得：
由函数连续可知：
错误！未找到引用源。
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 394kZwm。O4w37fv。
由函数归一化条件得： 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。可求得9DQzBgm。LlpmWF1。
第四章 原子的精细结构：电子的自旋
4-1)解：
V
4-2）
4-3) 解：6G3/2 态：
该原子态的Lande g 因子：
原子处于该态时的磁矩： (J/T)
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
PS = [S(S+1)]1/2 ħ = (35/4)1/2 ħ PL = [L(L+1)]1/2 ħ = (20)1/2 ħ PJ = [J(J+1)]1/2 ħ = (15/4)1/2 ħ0yqSA2Z。dPBozdi。
mS = gS´[S(S+1)]1/2´mB = (35)1/2 mB mL = gl´[L(L+1)]1/2´mB S51V4KE。vKhujYP。
利用PS、PL、PJ之间三角形关系可求出 a = 30° cosb =
由已知的cosb 、mS 、mL 可求出 m = 以及 q = 120°
所以 q − a = 90°。即 矢量 m 与 PJ 垂直、m 在 PJ 方向的投影为0。
或：根据原子矢量模型：总磁矩分量相加，即：
可以证明：
4-4)解：，
将所有数据代入解得：T/m
4-5)解：（束）
对于边缘两束，
4-6)解：
即：屏上可以接收到4束氯线
对于H原子：
对于氯原子：
对于，代入得：
<注：t＝400k,表明：大部分h原子处于基态，当t=105k时，才有一定量得原子处于激发态>
4-7)解：赖曼系，产生于：
，对应S能级
，对应S、P能级，所以赖曼系产生于：
双线来源于：
由21－12’知：
将代入
即：所得的类H离子系：Li++
4-8)解：2P电子双层的能量差为：
两一方面：
4-10)解：
有三个值，所以原谱线分裂为三个。
相应谱线与原谱线的波数差：
相邻谱线的波数差为：
不属于正常塞曼效应（正常塞曼效应是由s=0到s=0的能级之间的跃迁）
4-11）解：①
分裂后的谱线与原谱线的波数差为：
其中：
②
分裂后的谱线与原谱线差：
其中：
4-12)解：(1)钾原子的766.4nm和769.9nm双线产生于。这三个能级的g因子分别为：2
因在磁场中能级裂开的层数等于2J+1，所以能级分裂成四层，和能级分裂成两层。能量的间距等于，故有：
；；
原能级和分裂后的能级图如（a）图所示。
（2）根据题意，分裂前后能级间的关系如（b）图所示，且有：
，
即。
将代入上式，得：
。
经整理有：
于是
4-13）解：
（1）在强磁场中，忽略自旋－轨道相互作用，这时原子的总磁矩是轨道磁矩和自旋磁矩的适量和，即有：
（1）
（2）此时，体系的势能仅由总磁矩与外磁场之间的相互作用来确定，于是有：
（2）
（3）钠原子的基态为，第一激发态为；对于3S态：，因此（2）式给出双分裂，分裂后的能级与原能级的能量差wJ0FGfb。Nr0DuUq。
对于3P态，，（2）式理应给出个分裂，但与对应的值相同，故实际上只给出五分裂，附加的能量差为
原能级与分裂后的能级如图所示
根据选择规律：
它们之间可发生六条跃迁。由于较高的各个能级之间的间距相等，只产生三个能差值
，因此只能观察到三条谱线，其中一条与不加磁场时重合。这是，反常塞曼效应被帕型－巴克效应所取代。
4-14）解：因忽略自旋－轨道相互作用，自旋、轨道角动量不再合成J，而是分别绕外磁场旋进，这说明该外磁场是强场。这时，即原谱线分裂为三条。因此，裂开后的谱线与原谱线的波数差可用下式表示：x32UDui。Osl0UJn。
式中
因，故有
将代入上式，得：
，
第五章 多电子原子
5－2解： 由得
5－3解 由得
5－4解：
它们的矢量图如图所示。由图可知：
。
经整理得：
对于态，，代入上式得：
=
所以总角动量与轨道角动量之间得夹角为。
5－6解：j-j耦合：
根据j-j耦合规则，各个电子得轨道角动量和自旋角动量先合成各自的总角动量，即，j=l+s, l+s-1,…。HDFAEUM。uR8LBRF。
于是有：
然后一个电子的再和另一个电子的合成原子的总角动量，即，
可见，共18种原子态。原子的总角动量量子数为：
原子的总角动量为
将J值依次代入上式即可求得有如下6个可能值，即
对于L-S耦合：
两个电子的轨道角动量和，自旋角动量和分别先合成轨道总角动量和自旋总角动量，即
；
然后每一个和合成，即：
因此有：
S=0
S=1
L=0
1S0
3S1
L=1
1P1
3P2,1,0
L=2
1D2
3D3,2,1
L=3
1F3
3F4,3,2
L=4
1G4
3G5,4,3
也是18种原子态，而原子的总角动量量子数也为：
原子的总角动量也为：
比较上述两种耦合的结果，可见它们的总角动量的可能值、可能的状态数目及相同J值出现的次数均相同。
5－8解：
（1）要求能级间跃迁产生的光谱线，首先应求出电子组态形成的原子态，画出能级图。然后根据辐射跃迁的选择规则来确定光谱线的条数。e0yQsGJ。AVwNMIH。
组态形成的原子态：
组态形成的原子态：，
其间还有2s2p组态形成的原子态：； 组态形成的原子态：
根据能级位置的高低，可作如图所示的能级图。
根据L-S耦合的选择规则：
可知一共可产生10条光谱线（图上实线所示）
（2）若那个电子被激发到2P态，则仅可能产生一条光谱线（图上虚线所示）
5－10解：
（1）组态可形成的原子态有：。
利用斯莱特方法求解如下：
MS
ML
-1
0
1
4
(2,1/2)(2,-1/2)
3
(1,-1/2)(2,-1/2)
(1,1/2)(2,-1/2)
(1,-1/2)(2,1/2)
(1,1/2)(2,1/2)
2
(0,1/2)(2,-1/2)
(0,1/2)(2,-1/2);(1,1/2)(1,-1/2)
(0,-1/2)(2,1/2)
(0,-1/2)(2,-1/2)
1
(0,-1/2)(1,-1/2)
(2,-1/2)(-1,-1/2)
(0,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(0,-1/2)
(2,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(2,-1/2)
(0,1/2)(1,1/2)
(2,1/2)(-1,1/2)
0
(1,-1/2)(-1,-1/2)
(2,-1/2)(-2,-1/2)
(0,1/2)(0,-1/2); (-2,1/2)(2,-1/2)
(2,1/2)(-2,-1/2); (-1,1/2)(1,-1/2)
(1,1/2)(-1,-1/2)
(1,-1/2)(-1,-1/2)
(2,-1/2)(-2,-1/2)
-1
(0,-1/2)(-1,-1/2)
(-2,-1/2)(1,-1/2)
(0,1/2)(-1,-1/2);(-1,1/2)(0,-1/2)
(-2,1/2)(1,-1/2);(1,1/2)(-2,-1/2)
(0,1/2)(-1,1/2)
(-2,1/2)(1,1/2)
-2
(0,1/2)(-2,-1/2)
(0,1/2)(-2,-1/2);(-1,1/2)(-1,-1/2)
(0,-1/2)(-2,1/2)
(0,-1/2)(-2,-1/2)
-3
(-1,-1/2)(-2,-1/2)
(-1,1/2)(-2,-1/2)
(-1,-1/2)(-2,1/2)
(-1,1/2)(-2,1/2)
-4
(-2,1/2)(-2,-1/2)
； ；
；；
根据洪特定则和正常次序，可知其中的能量最低。
（2）钛原子（Z＝22）基态的电子组态为
。
因满支壳层的轨道角动量、自旋角动量及总角动量都等于零，故而未满支壳层的那些电子的角动量也就等于整个原子的角动量。由（1）中讨论可知，组态所形成的原子态中，能量最低的（即基态）为。6DkiY4s。RpFYH2k。
5－11解：
一束窄的原子束通过非均匀磁场后，在屏上接受到的束数由原子的总角动量J决定（2J+1条）。氦原子（Z=2）基态的电子组态，其基态必为，即J＝0。因此，在屏上只能接受到一束。mZVLRh2。ZrV28qh。
硼原子（Z＝5）基态的电子组态为，其基态为，即。因此，在屏上可接受到两束。
5－12解：
（1） ，最外层电子数为满支壳层（6个）的一半。则根据洪特定则： 基态为：
（2），最外层电子数大于满支壳层（6个）的一半。则根据洪特定则： 基态为：
（3），最外层电子数大于满支壳层（6个）的一半。则根据洪特定则： 基态为：
（4），最外层电子数等于满支壳层所能容纳的电子数（6个）则根据洪特定则：
基态为：
第六章 X射线
6-1)解：
6-2)解：
代入解得：
6-3)解： L吸收限指的是电离一个L电子的能量
即：
而：
的Moseley公式为：
而：
将代入解得：V
6-5)解：① K层电子结合能为：
由线的能量体系，得L层电子结合能为：
同理可得：M,N层电子结合能为：
由此可得Pb原子K,L,M,N能级图（如下图所示）
0.6KeV
② 要产生L系谱线，必须使L层由空穴，所以产生L系得最小能量是将L电子电离，此能量为13.6ev由图可知，Lα系的能量： wmZSVPM。FMIFtid。
nm
6-6)解：根据布喇格公式，一级衍射加强的条件为：
式中，d为晶格常数，即晶元的间距，将代入得：
即：即为所求
6-7)解：
① 散射光子得能量可由下式表示：
当：时，
当：时， 散射光子的能量最小:
② 系统动量守恒：
由矢量图可知：当时，最大，此时
6-8)解： ompton散射中，反冲电子的动能为：
当时，最大
小，
V
将代入，并注意到V得：
解此方程得：V）即为入射光子的质量
6-9)解：
Compton波长由决定
质子的Compton波长是：
在compton散射中，反冲粒子的动能为：，其中
解得：
V，即为入射光子的最小能量
6-13)解：（1）根据洪特定则求基态电子组态为的基态谱项：
对于。所以
对于。所以
所以 基态谱项为
（2）由莫塞莱定律知，铑的射线的能量：
即为入射光子的能量。在康普顿散射中，反冲电子和能量为
（3）按题意有
即
所以
计算结果表明：对铑的射线的吸收，0.3cm的铅板等效于21cm的铝板,
可见铅对射线的吸收本领比铝大得多.
6-14解:因X射线经过吸收体后的强度服从指数衰减规律，
即 对铜有：
对锌有：
于是有：
将代入得：
因镍的密度，可得镍的厚度为</p><!--注：t＝400k,表明：大部分h原子处于基态，当t=105k时，才有一定量得原子处于激发态-->
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