原子物理學楊福家1

本文格式為Word版，下載可任意編輯——原子物理學楊福家1原子物理學課后前六章答案（第四版）

楊福家著(高等教育出版社)

第一章：原子的位形：盧瑟福模型其次章：原子的量子態(tài)：波爾模型第三章：量子力學導論

第四章：原子的精細結構：電子的自旋第五章：多電子原子：泡利原理第六章：X射線

第一章習題1、2解

1.1速度為v的非相對論的α粒子與一靜止的自由電子相碰撞，試證明：α粒子的最大偏離角約為10-4rad.

要點分析:碰撞應考慮入射粒子和電子方向改變.并不是像教材中的入射粒子與靶核的碰撞(靶核不動).注意這里電子要動.

證明：設α粒子的質量為Mα，碰撞前速度為V，沿X方向入射；碰撞后，速度為V'，沿θ方向散射。電子質量用me表示，碰撞前靜止在坐標原點O處，碰撞后以速度v沿φ方向反沖。α粒子-電子系統(tǒng)在此過程中能量與動量均應守恒，有：

11122?M?V?M?V?mev2222（1）

M?V?M?V?cos??mevcos?0?M?V?sin??mevsin?（2）

（3）

sin?mev?M?Vsin(???)（4）

作運算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得sin?M?V??M?Vsin(???)（5）

1

222sin?Msin?222?M?V?M?V?V22sin(???)msin(???)e再將（4）、（5）二式與（1）式聯(lián)立，消去Ｖ’與v，化簡上式，得

M?2sin(???)?sin??sin?me22（６）

me??M?若記

，可將（６）式改寫為

?sin(???)??sin??sin?（７）

222視θ為φ的函數(shù)θ（φ），對（7）式求θ的極值，有

d?[sin2???sin(???)]??[?sin2??sin2(???)]d?d??0d?令，則sin2(θ

+φ)-sin2φ=0即2cos(θ+2φ)sinθ=0

若sinθ=0,則θ=0（微?。?）

（2）若cos(θ+2φ)=0,則θ=90o-2φ（9）

2023?sin(90??)??sin??sin?將（9）式代入（7）式，有

me1sin?????M4?1836?由此可得θ≈10-4弧度（極大）此題得證。

1.2（1）動能為5.00MeV的α粒子被金核以90°散射時，它的瞄準距離（碰撞參數(shù)）為多大？

（2）假使金箔厚1.0μm，則入射α粒子束以大于90°散射（稱為背散射）的粒子數(shù)是全部入射粒子的百分之幾？

要點分析:其次問是90°～180°范圍的積分.關鍵要知道n,注意推導出n值.

N總分子數(shù)mol?NA1V??n???(NA)?NAVVVAA,其他值從書中參考列表中找.

2ZZe12a?a?b?cot4??0E22和解：（1）依金的原子序數(shù)Z2=79

2

12Z?e2?79?1.44b?cot?cot45o?22.752?10?15(m)24??0E25.00答：散射角為90o所對所對應的瞄準距離為22.8fm.

(2)解:其次問解的要點是注意將大于90°的散射全部積分出來.(問題不知道nA,但可從密度與原子量關系找出)

從書后物質密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197,ρAu=1.888×104kg/m3

dN??ntNa2?sin?d?16sin?依:2dN??a22N??sin?d???nt164?2sin2sin?d??2sin?cos?2???22d(2)?2sin22d(sin2)?????e222Z2sincos?nt()2222d?24???(E)16?sin4?2???e222Z22cos??nt(224??)2?(E)d?16?sin3?24sin?d(????(e2sin)?nt)22π?(2Z22224??E)16?sin4?2n?N總分子數(shù)?mol?NA?1(V?N?A)注意到：VVVA?ANA為密度除以摩爾質量數(shù)乘以阿伏加德羅常數(shù)。

3

即單位體積內的粒子數(shù)

e22?2Z2nt()?()4??4E是常數(shù)其值為

7231.88?10?6.22?10π2?7921.0?10-6?(1.44?10-15)2?()?9.648?10-519745.00

最終結果為：dN’/N=9.6×10-5，說明大角度散射幾率十分小。1-3～1-4練習參考答案（后面為褚圣麟1-3～1-4作業(yè)）

1-3試問4.5MeV的α粒子與金核對心碰撞時的最小距離是多少?若把金核改為7Li核,則結果如何?

要點分析:計算簡單，重點考慮結果給我們什么啟示，影響靶核大小估計的因素。

d(sin)2d??22?1I?????3?sin?sin32222??cos??rm?解:對心碰撞時aa???1?cscrm??1?csc90???a??2?2?，??180?時，2Z1Z2e22?79?1.44rm?a???50.56fm4??0E4.5離金核最小距離Z1Z2e22?3?1.44rm?a???1.92fm4??0E4.5離7Li核最小距離結果說明:靶原子序數(shù)越小，入射粒子能量越大，越簡單估算準核的半徑.反之易反。

1-4⑴假定金核半徑為7.0fm,試問入射質子需要多少能量才能在對頭碰撞時剛好到達金核的表面？

⑵若金核改為鋁時質子在對頭碰撞時剛好到達鋁核的表面，那么入射質子的能量應為多少？設鋁核的半徑為4.0fm。要點分析:注意對頭碰撞時,應考慮靶核質量大小,靶核很重時,m

30°范圍內的質子數(shù)。同理可得質子被銀原子散射的相對數(shù)目為：

???dNAg?2?sin?d??Agt?ZZ1.44?11??Ag????nt?NA?????N16A2242?Ag30?sinsin?22?30??180?221232180?被散射的相對質子總數(shù)為

???Au??Ag????t?ZZ(1.44?10)?1?ZZ(1.44?10)?Agt1?AuNA?N???A30AAu4E2AAg4E22180?sin2?sin22??2122?522123?52將已知數(shù)據(jù)代入：

NA=6.02×1023,E=1.0MeV,t=0.916μm,ZAu=79,AAu=197,ρAu=18.88×103kg/m3,ZAg=47,AAg=108,ρAg=10.5×103kg/m3η≈1.028×10-5

結果探討:此題是一個公式活用問題.只要稍作變換,很簡單解決.我們需要這樣靈活運用能力.

1-10由加速器產(chǎn)生的能量為1.2MeV、束流為5.0nA的質子束，垂直地射到厚為1.5μm的金箔上，試求5min內被金箔散射到以下角間隔內的質子數(shù)。金的密度（ρ=1.888×104kg/m3）

[1]59°～61°;[2]θ>θ0=60°[3]θθ0=60°的值。

12

?????1??1?9?5.719?109????5.719?10??5.719?109?3?1.7151?1010??????sin2??sin2??2??1?2?60?解：[3]由于0°的值為無窮大,無法計算,所以將作以變換.依舊像上式一樣積分，積分區(qū)間為10°-180°，然后用總數(shù)減去所積值，即θ

Ek?mp1mpv2?(1?)?E12?2?E12?20.4ev2MH2Ek2?20.4ev84?c??3?10m?s?6.26?10m?s2mpc938Mev2??v?（質子靜止能量mpc?938Mev）

2.5（1）原子在熱平衡條件下處于不同能量狀態(tài)的數(shù)目是按波爾茲曼分布的，即處于能量為En的激發(fā)態(tài)的原子數(shù)為：

gn?(En?E1)?kTNn?N1e

g1式中N1是能量為E1狀態(tài)的原子數(shù)，k為玻爾茲曼常量，gn和g1為相應能量狀態(tài)的統(tǒng)計權重。試問：原子態(tài)的氫在一個大氣壓、20℃溫度的條件下，容器必需多大才能有一個原子處在第一激發(fā)態(tài)？已知氫原子處于基態(tài)和第一激發(fā)態(tài)的統(tǒng)計權重分別為g1=2和g2=8。

（2）電子與室溫下的氫原子氣體相碰撞，要觀測到Hα線，試問電子的最小動能為多大？

略。

2.6在波長從95nm到125nm的光帶范圍內，氫原子的吸收光譜中包含哪些譜線？解：

對于?min?95nm，有

1?min11?R(2?2)

1n195?10?9?1.0973731?107n1???4.8?97?minR?195?10?1.0973731?10?1?minR故?min?95nm的波長的光子不足以將氫原子激發(fā)到n=5的激發(fā)態(tài)，但可以將氫原子激發(fā)到n=4的激發(fā)態(tài)

∴n1=4

125?10?9?1.0973731?107??1.9同理有：n2??minR?1125?10?9?1.0973731?107?1?minR∵對應于n=1的輻射光子的波長應比125nm更長，在波段以外∴n2=2

又∵氫原子的吸收譜對應于賴曼系，∴在（95∽125nm）波段內只能觀測到3條即

16

?1(m?1,n?2)?2(m?1,n?3)?3(m?1,n?4)

2.7試問哪種類氫離子的巴耳末系和賴曼系主線的波長差等于133.7nm？解：

13)?RZ2224115巴耳末主線：?巴?RZ2(2?2)?RZ2

2336賴曼系主線：?賴?RZ2(1?二主線波長差：

????巴??賴?364188???(108?20)??133.7nm22225RZ3RZ15RZ15RZ8888Z2???4

15?R?133.7nm15?109737.31?10?7?133.7?Z?2

2.8一次電離的氫原子He從第一激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時所輻射的光子，能量處于基態(tài)的氫原子電離，從而放出電子，試求該電子的速度。解：

He從E2→E1躍遷輻射的光子的能量為

+

+

h??E2?E1??RcZ2(氫原子的電離能為

1?1)?3Rhc22E?E??E1?0?(?Rhc)?Rhc

∴電離的電子的能量為

Ek?3Rhc?Rhc?2Rhc

該電子的速度為

v?2Ek?me4Rhc?me4?13.6?1.6?10?19?3.09?106m?s?319.11?10

2.9電子偶素是由一個正電子和一個電子所組成的一種束縛系統(tǒng)，試求出：（1）基態(tài)時兩電子之間的距離；（2）基態(tài)電子的電離能和由基態(tài)到第一激發(fā)態(tài)的激發(fā)能；（3）由第一激發(fā)態(tài)退激到基態(tài)所放光子的波長。

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解：

電子偶素可看作類氫體系，波爾理論同樣適用，但有關公式中的電子質量必需采用體系的折合質量代替，對電子偶素，其折合質量為：

??meMm?e

me?M224??0（1）r1??e24??02?2?2a1?2?0.053nm?0.106nm

mee2（2）電離能為Ei?E??E1?RAhc

11?R?m1?e2M117?6于是Ei?R?hc??1.0973731?10?1.24?10ev?6.80ev

22E則電離電勢為Vi?i?6.80v

e式中RA?R?第一激發(fā)電勢為

11RAhcZ2(2?2)?E12?3R?hc?5.10v?V12?12?ee2e（3）共振線波長為

hc1.24?103nm?ev?12???243.1nm

?E125.10ev

2.10?子是一種基本粒子，除靜止質量為電子質量為電子質量的207倍外，其余性質與電子都一樣。當它運動速度較慢時，被質子俘獲形成μ子原子，試計算：（1）μ子原子的第一波爾軌道半徑；（2）μ子原子的最低能量；（3）μ子原子賴曼線系中的最短波長。解：

（1）μ子原子可看作類氫體系，應用波爾理論，其軌道半徑為

?4??02n2rn?2?eZ式中??207meM207?1836?me?186.0me

207me?M207?1836其第一波爾半徑為

4??02a10.053nm?4r1????2.85?10nm2186.0mee186.0186.0

18

（2）μ子原子的能量公式為

1z1zEn???(?c)2???186.0me(?c)2

2n2n最低能量n?1

1E1???186.0me(?c)2??186.0?13.6ev??2.53?103ev

2hc（3）由波長公式??

?E?min

hchc1.24?103nm?ev????0.49nm3?EmaxE??E10?(?2.53?10ev)2.11已知氫和重氫的里德伯常量之比為0.999728，而它們的核質量之比為mH/mD=0.50020，試計算質子質量與電子質量之比。解：

由RA?R?可知me1?MAmeRHMD??0.999728

mRD1?eMH1?又∵MD?MH

0.500201?∴

0.50020meMH?0.999728

me1?MH則

MH0.499528??1836.5?1.8?103me0.000272

2.12當靜止的氫原子從第一激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷放出一個光子時，（1）試求這個氫原子所獲得的反沖速率為多大？（2）試估計氫原子的反沖能量與所發(fā)光子的能量之比。解：

（1）所發(fā)光子的能量

113h??E2?E1?Rhc(2?2)??13.6ev?10.2ev

412

19

光子的動量P?h??h?10.2ev?cch?c氫原子的反沖動量等于光子動量的大小，即MHv反?P?h?10.2?1.602?10?19mv反?mHc?1.67?10?27?3?108s?3.26ms

（2）氫原子的反沖能量為

Ek?112mHv反??1.67?10?27?(3.26)2J?8.87?10?27J22Ek8.87?10?27??5.4?10?9?19h?10.2?1.602?10

2.13鈉原子的基態(tài)為3s，試問鈉原子從4P激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時，可產(chǎn)生幾條譜線（不考慮精細結構）？解：

不考慮能級的精細結構，鈉原子的能級圖如下：

SPDF4F4D5S4P3D4S3P3S

根據(jù)輻射的選擇定則?l??1可知，當鈉原子從4P態(tài)向低能級躍遷時可產(chǎn)生6條光譜。2.14

鈉原子光譜的共振線（主線系第一條）的波長等于λ=589.3nm，輔線系線限的波

長等于??=408.6nm，試求（1）3S、3P對應的光譜項和能量；（2）鈉原子基態(tài)電子的電離能和由基態(tài)到第一激發(fā)態(tài)的激發(fā)能。解：

（1）由Na的能級圖可知，3P能級的光譜項和能級分別為：

20

122(?p)?(p)平均平均∴x33?28?2.848?10eV∴電子的最小平均動能為Ek?28mr3-9已知粒子波函數(shù)??Nexp???|x||y||z|????，試求：(1)歸一化常數(shù)N；(2)粒子的x坐標在0到a之間的幾

?2a2b2c?率；(3)粒子的y坐標和z坐標分別在-b→+b和-c→+c.之間的幾率．解:(1)因粒子在整個空間出現(xiàn)的幾率必定是一,所以歸一化條件是:

????????dv=1

?2z2c即:

????????dv?N2?e????xa?0a02???2x2aybdx?e?????2y2bdy?ezc??dz

2N2a?e?dx2b?e?dy2c?eb0??dz?N28abc?1

c所以N?18abc

2N(2)粒子的x坐標在0?a區(qū)域內幾率為:?e0a?2x2adx?e?????2y2bdy?e?????2z2cdz

?N24abc??e?1?1??(3)粒子的

x2ay2b??11(1?)2e?c?2z2cy?(?b,b),z?(?c,c)區(qū)域內的幾率為:

?b?2N2?????e?2dx?e?bdy?e?c112?N8abc(?1)?(?1)2dzee23-10若一個體系由一個質子和一個電子組成，設它的歸一化空間波函數(shù)為ψ(x1，y1，z1；x2，y2，z2)，其中足標1，2分別代表質子和電子，試寫出：

(1)在同一時刻發(fā)現(xiàn)質子處于(1，0，0)處，電子處于(0，1，1)處的幾率密度；(2)發(fā)現(xiàn)電子處于(0，0，0)，而不管質子在何處的幾率密度；(3)發(fā)現(xiàn)兩粒子都處于半徑為1、中心在坐標原點的球內的幾率大小

3-11對于在阱寬為a的一維無限深阱中運動的粒子，計算在任意本征態(tài)ψn中的平均值x及(x?x)，并證明：當n→∞時，上述結果與經(jīng)典結果相一致．

3-12求氫原子1s態(tài)和2P態(tài)徑向電荷密度的最大位置．第三章習題13,14

3-13設氫原子處在波函數(shù)為?(r,?,?)?U(r)??

1e?ra???a的基態(tài)，a1為第一玻爾半徑，試求勢能

14??e的平均值．r26

3-14證明以下對易關系：

??[y,p]?i???[x,py]?0??[x,Lx]?0??[x,Ly]?i?z??[px,Lx]?0

???[px,Ly]?i?Pz

第三章習題15解

3-15設質量為m的粒子在半壁無限高的一維方阱中運動,此方阱的表達式為:

???V(x)=?0?V?0x?00?x?ax?a試求:(1)粒子能級表達式;(2)證明在此阱內至少存在一個束縛態(tài)的條件是,阱深V0和阱寬a之間滿足關系式:

?2V0a?

32m2解:(1)在xa,V(x)?V0薛定諤方程為:?2mdx2d2?32m(V0?E)??3?0令k?2m(V0?E)/?整理后得:22dx?2d?32?k'x??Be?k'??0則:方程的解為:(5)332dx?'(a)?'3(a)?'?式中A,B為待定系數(shù),根據(jù)標準化條件的連續(xù)性,有2

?2(a)?3(a)?將(3),(5)式代人得:kctg?k?k'(6)(2):證明:令u?kav?k'a則(6)式可改為:uctgu??v(7)

同時,u和v還必需滿足以下關系式:

27

2222222u?v?(k?k')a?2mv0a/h(8)

聯(lián)立(7)(8)可得粒子的能級的值..

用圖解法求解:在以v為縱軸u為橫軸的直角坐標系中(7)(8)兩式分別表示超越曲線和圓,其交點即為解.因kk’都不是負數(shù),故u和v不能取負值,因此只能取第一象限.由圖可知(7)(8)兩式至少有一解得條件為:

2mv0a2??22?即V0a?232m2?

4-l一束電子進入1.2T的均勻磁場時，試問電子自旋平行于和反平行于磁場的電子的能量差為多大?分析要點:ms=1/2,gs=2;

?z??msgs?B???B

解：已知：電子自旋磁矩在磁場方向的投影

??依磁矩與磁場的作用能量E???B??Bcos?

自旋與磁場平行時

?z??msgs?B???B

E1??s?B??sBcos0???BB

28

自旋與磁場反平行時

E2??s?B??sBcos180????BB

?E2?E1?2?BB?2?1.2?0.5788?10?4eV?1.389?10?4eV2則?E

4-2試計算原子處于

D3/2狀態(tài)的磁矩μ及投影μz的可能值．

解：已知：j=3/2,2s+1=2s=1/2,l=23???631s?l3144g??()??()??則j2222155j4依據(jù)磁矩計算公式25?B?j??j(j?1)gj?B??1526???mg?mg??,?zjjBjj依據(jù)磁矩投影公式5526?B,??B∴?z??55

4-3試證明：原子在G3／2狀態(tài)的磁矩等于零，并根據(jù)原子矢量模型對這一事實作出解釋．解:由于2S+1=6S=5/2J=3/2l=4mj=3/2,1/2,-1/2,-3/26

?5?5???1?44?1?????2?L?231S31?2?2?????0gj??()??2?3?3?2222?J???1???2?2???gJmJ=0

這是一個多電子耦合系統(tǒng),相互作用產(chǎn)生的總效果為零.說明多電子作用有相互抵消的狀況.

4-4在史特恩-蓋拉赫試驗中，處于基態(tài)的窄的銀原子束通過極不均勻的橫向磁場，并射到屏上，磁極的縱向范圍d=10cm，磁極中心到屏的距離D=25cm．假使銀原子的速率為400m／s，線束在屏上的分裂間距為2.0mm，試問磁場強度的梯度值應為多大?銀原子的基態(tài)為S1／2，質量為107.87u．解：原子束在屏上偏離中心的距離可用下式表示:

2

29

z??Mg?B2

?BZdD?z2EK對原子態(tài)S1/2?L=0S=1/2J=1/2故M=?1朗德g因子為:g=22對于上屏邊緣的線束取M=-J,對于下屏邊緣的線束取M=J?BZdD?B?ZEK?Z?………….(1)?z2EK?zJG?BDd1?4?1?3J???0.5788?10eV?T?Z?2?10mg=2B2所以?z?2Jg?B?2d?10?10D?25?10m?2?BZ2?1.24?10T/m代入上式得:?z

?B?5.0T/cm4-5在史特恩-蓋拉赫試驗中(圖19.1)，不均勻橫向磁場梯度為?z，磁極的縱向范圍d=10cm，磁極中

心到屏的距離D=30cm，使用的原子束是處于基態(tài)F3/2的釩原子，原子的動能Ek=50MeV．試求屏上線束邊緣成分之間的距離．

解：對于多個電子2S+1=4S=3/2L=3，J=3/24

15???1231s2?l23142gj??(?2)??()?1522225j4則3113mj??;?;?;?2222?BdDZ??mJgJ?B??z3kT依公式?BdDZ??mJgJ?B?12mV?50MeV3kT=mV2=0.1eV?z3kT又23210?30???5.0???0.52092cm=2550Z??mJgJ?B和?BdD??z3kT1210?30???5.0???0.1736cm=2550

30

即:Z±3/2=2Z2(±3/2)=2×0.52092=1.42cmZ±1/2=2Z2(±1/2)=2×0.1736=0.347cm

4-6.在史特恩-蓋拉赫試驗中，原子態(tài)的氫從溫度為400K的爐中射出，在屏上接受到兩條氫束線，間距為0.60cm．若把氫原子換成氯原子(基態(tài)為P3／2)，其它試驗條件不變，那么，在屏上可以接受到幾條氯束線?其相鄰兩束的間距為多少?解：已知Z2=0.30cmT=400K3kT=3×8.617×10×400eV=0.103eVJ=1/2gj=2mjgj=±1-5

2

?BdDZ??mJgJ?B??z3kT由2

?BdD?B??0.3?z3kT當換為氯原子時，因其基態(tài)為P3／2，j=3/2,l=1s=1/2

3?231s2?l23144gj??()??()?311322j222153mj??;?;?;?222243414?z????0.3??0.6cmz??????0.3??0.2cm2323共有2j+1=4條，相鄰兩條間距為|Z''-Z'|=0.4cm。

4-7試問波數(shù)差為29.6cm的賴曼系主線雙重線，屬于何種類氫離子?解：

-1

~???~n3l(l?1)z4???1?5.84cn?z?43n(l?1)5.84cm?1

~?29.6cm?1????以為是賴曼系主線n=2L=1代入上式得，z=3所以是Li原子又由于其為類氫離子所以為Li4-8

試估計作用在氫原子2P態(tài)電子上的磁場強度．

hc?????解:B?22??B2?B-5

又由(21-13)式,Δμ=4.53×10eV

??4.53?10?5??0.4TB??52?B2?5.788?104-9

試用經(jīng)典物理方法導出正常塞曼效應．

31

4-10Z=30鋅原子光譜中的一條譜線(S1→p0)在B為1．00T的磁場中發(fā)生塞曼分裂，試問：從垂直于磁場方向觀測，原譜線分裂為幾條?相鄰兩譜線的波數(shù)差等于多少?是否屬于正常塞曼效應?并請畫出相應的能級躍遷圖．解：已知：對于激發(fā)態(tài)L=0，J=1,S=1.m1=0,±1,在外磁場作用下，可以分裂為三條。

3

3

??31S?L32?0g??(?)??()?22222J對于基態(tài)L=1，J=0,S=1m2=0,在外磁場作用下，并不分裂。

?2?231S?L32?03g2??(?2)??()?22222JE??E??(E?E)?(mg?mg)?BB??2???e??????0?B4?me?2?????2???2???eB????????0???0??14B(T)GHz4?me?2??2???????2???=E?E??0??BB

?2???e??B?2me??2???2?????????eB~????0???0??0.467B(T)cm?c?2?4?mec?2?????=(0.934,0,-0.934)cm-1

所以原譜線在外加磁場中分裂為三條，垂直磁場可以看到三條譜線。Δm=0,+1,-1,分別對應于π，σ+，σ-三條譜線。雖然譜線一分為三，但彼此間間隔值為2μBB，并不是μBB，并非激發(fā)態(tài)和基態(tài)的S=0，因S≠0所以它不是正常的塞曼效應。

對應的能級躍遷圖

4-11試計算在B為2.5T的磁場中，鈉原子的D雙線所引起的塞曼分裂．

32

解：A．對于2S1/2態(tài)，用是mjgj=±1。

?2?l?2?31?s?gj???2??22?j??1，將s=1/2,l=0;j=1/2代入，即可算出gj=2；由于j=1/2,因而mj=2，于?B.對于P態(tài)，相應的l=1，因而j=l±s,s=1/2,j=1/2，3/2，有兩個原子態(tài)P1/2，P3/2。分別對應于g1/2=2/3,m1g1=±1/3

g3/2=4/3,m2g2=±2/3,±6/322

~?依????(m2g2?m1g1)?BB/h?(m2g2?m1g1)L?2??1~~?3?~?L?1????(m2g2?m1g1)L?(???1)L??4?分裂為四條線。3?????3??5????2??3???~?3?~?1?~??????2???(m2g2?m1g1)L?(??1)L??L6?3?分裂為六條線。???????1??3?????

33

4-12注:此題(2)有兩種理解(不同習題集不同做法,建議用其次種方法).

鉀原子的價電子從第一激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時，產(chǎn)生兩條精細結構譜線，其波長分別為766.4nm和769.9nm，現(xiàn)將該原子置于磁場B中(設為弱場)，使與此兩精細結構譜線有關的能級進一步分裂．(1)試計算能級分裂大小，并繪出分裂后的能級圖．

(2)如欲使分裂后的最高能級與最低能級間的差距ΔE2等于原能級差ΔE1的1.5倍，所加磁場B應為多大?

要點分析:鉀原子的價電子從第一激發(fā)態(tài)向基態(tài)的躍遷類似于鈉的精細結構。其能級圖同上題。解：

(1)先計算朗德因子和mjgjA.對于2S1/2態(tài)，用±1。

?2?l?2?31?s?gj???2??22?j??1,將s=1/2,l=0;j=1/2代入，即可算出gj=2；由于j=1/2,因而mj=2，于是mjgj=

?B.對于P態(tài)，相應的l=1，因而j=l±s,s=1/2,j=1/2，3/2，有兩個原子態(tài)P1/2，P3/2。分別對應于P1/2對應有m1=±1/2,g1/2=2/3,m1g1=±1/3

2

2

22

P3/2對應有m2=±1/2，g3/2=4/3,m2g2=±2/3,±6/3

34

能級分裂大小:

P3/2能級分裂大小:m2g2從+6/3→+2/3為4/3μBBP1/2能級分裂大小:m2g2從+1/3→-1/3為2/3μBBS1/2能級分裂大小:m1g1從+1→-1為2μBB(2)解:有兩種認為:(2)

第一種認為:ΔE=(E2-E1)與教材計算結果一致.

分裂后的最高能級2P3/2,mJ=3/2與最低能級差2P1/2,mJ=-1/2617?E2??E1?(m2g2?m1g1)?BB??E1?[?(?)]?BB??E1??BB333若使ΔE2=1.5ΔE1=1.5(E2-E1)即ΔE1+7/3μBB=1.5ΔE1即7/3μBB=0.5ΔE1=0.5(E2-E1)?cc??h?h??=0.5[(E-E)-(E-E)]=0.5???2??1?c7c????B?0.5?h?hB??即3??2??1?c3c?B??0.5??h?h???7?B??2??12023∴31??1??0.5?197?6.28????7?766.4769.9??27.17(T)10.5788?10?4B=27.17T(3)

其次種認為:ΔE=(E2-E0)與教材結果相差甚遠

分裂后的最高能級2P3/2,mJ=3/2與最低能級差2s1/2,mJ=-1/26?E2??E1?(m2g2?m1g1)?BB??E1?[?(?1)]?BB??E1?3?BB3若使ΔE2=1.5ΔE1即ΔE1+3μBB=1.5ΔE1即3μBB=0.5ΔE1=0.5(E2-E0)

?c???h??=0.5??1?

35

其中：??~eB?46.7B?46.7?2.5m?1?116.75m?1

4?mee~?(?5,?1,?1)?35GHz???c??332②32P?3S1212112132P:s?,l?1,j?;g?;m??122232?分裂后的譜線與原譜線差：

~?(?4,?2)?~~??(mg)???33其中：??~eB?46.7B?46.7?2.5m?1?116.75m?1

4?mee~?(?4,?2)?35GHz???c??334-12)解：(1)鉀原子的766.4nm和769.9nm雙線產(chǎn)生于42P31?42S1。這三個能級的g因子分別為：g2?,22242,g1?,g0?2033

因在磁場中能級裂開的層數(shù)等于2J+1，所以P能量的間距等于guBB，32能級分裂成四層，P12和S12能級分裂成兩層。故有：

22242?E2'?g2uBB?uBB；?E1'?g1uBB?uBB；?E0'?g0uBB?2uBB

33原能級和分裂后的能級圖如（a）圖所示。

E2

E1

E1

（2）根據(jù)題意，分裂前后能級間的關系如（b）圖所示，且有：

?E2?[E2?(?E2)max]?[E1?(?E1)min]?1.5?E1，

即E2?E1?(J2)maxg2uBB?(J1)ming1uBB?將(J2)max?3?E1。231,(J1)min??代入上式，得：2234123E2?E1?(???)uBB?(E2?E1)。

23232經(jīng)整理有：

41

7111hchchc????BB?(E2?E1)??(E2?E0)?(E1?E0)??(?)??123222?2?12?1?21(769.9?766.4)nm??1.24?103eV?nm??3.678?10?3eV2769.9nm?766.4nm于是B?37?B?3.678?10?3eV?3?3.678?10?3eV?27.2T?4?17?0.5788?10eV?T4-13）解：

（1）在強磁場中，忽略自旋－軌道相互作用，這時原子的總磁矩是軌道磁矩和自旋磁矩的適量和，即有：

?e?e?e????L??S??L??S???(L?2S)（1）

2meme2me???（2）此時，體系的勢能僅由總磁矩與外磁場之間的相互作用來確定，于是有：

??eB??e?U????B?(L?2S)?B?(Lz?2Sz)2me2mee?B?(ml?2ms)?(ml?2ms)?BB2me（2）

2（3）鈉原子的基態(tài)為32S1，第一激發(fā)態(tài)為3P0；對于3S態(tài)：ml?0,ms??21，因此（2）式給出雙分裂，分裂后的2能級與原能級的能量差

?E1??uBB

對于3P態(tài)，ml?0,?1;ms??111，（2）式理應給出2?3個分裂，但ml??1;ms?與ml?1;ms??對應的?E值一致，222?E2?(2,1,0,?1,?2)uBB

故實際上只給出五分裂，附加的能量差為

原能級與分裂后的能級如下圖

根據(jù)選擇規(guī)律：?ml?0,?1;?ms?0

它們之間可發(fā)生六條躍遷。由于較高的各個能級之間的間距相等，只產(chǎn)生三個能差值

(1,0,?1)?BB，因此只能觀測到三條譜線，其中一條與不加磁場時重合。這是，反常塞曼效應被帕型－巴克效應所取代。

42

4-14）解：因忽略自旋－軌道相互作用，自旋、軌道角動量不再合成J，而是分別繞外磁場旋進，這說明該外磁場是強場。這時