原子物理褚圣麟课后答案 - 下载本文

无磁场3有磁场MMg1200-1-2S13P2P1?????????2313/200-1-3/2-2-313/200-1-3/200

33P0图中根据塞曼跃迁的选择定则,标出了各条塞曼跃迁,并标出了相应的偏振态。

(注意:从 3S1 M = 0 能级到 3P1 M =0 能级无容许跃迁发生。因为不符合选择定则。)

4 (杨福家教材210页习题4-6) 在史特恩-盖拉赫实验中,氢原子从高温炉中射出。炉温有限,不导致氢原子激发,氢原子处于基态。在屏上接受到两条氢束线,间距为 0.60cm。若把氢原子换成处于基态的氯(Cl)原子,其它实验条件不变,这时氢原子与氯原子的出射动能相同。那么在屏上能接收到几条氯束线?间距是多少?

解答:氢原子基态为 12S1/2。氯原子基态的电子组态为 (1s22s22p63s2)3p5 ,容易判断基态原子态为 3 2p3/2。(判断根据:p5 与p1 的原子态相同,大于半满,倒转次序,p3/2 低于p1/2) 因此,在屏上接收到的氯束线数目为 N = 2 ? 3/2 + 1 = 4

为计算氯原子束间距,先来研究一下氢原子束的分裂间距情况。

原子物理学第七章作业(Ch S L 教材218页)

R(Z??)23 Na 原子的S、P、D项的量子数修正值 ?S = 1.35、?P = 0.86、?D = 0.01。把谱项表达成形式,2n其中 Z 是核电荷数。试计算 3S、3P、3D项的?为何值,并说明?的物理意义。 解答: 用量子数亏损表征谱项时 形式为

RR ?n*2(n??)2RZ*2R(Z??)2?用有效电荷表征时 形式为 22nn两种形式等价。令二者相等,则得到 ? 与 ? 之间的关系

Z???nn ??Z? n??n??用 Z = 11 和 n = 3 代入上式得 3S、3P、3D项的?值分别为

?3S = 9.18 ?3P = 9.56 ?3D = 9.997

? 代表 因内层电子的电荷屏蔽效应、价电子的轨道贯穿效应 和 原子实的极化效应而使价电子感受到的核电荷数的亏损。Z?? 为价电子感受到的平均有效电荷。

对于钠原子,核电荷数为11。由于10个内层电子的电荷屏蔽, 价电子感受到的有效核电荷数为1。价电子的轨道贯穿效应 和 原子实的极化效应又进一步使价电子感受到的核电荷数有所增加。特别是,价电子的轨道越扁,价电子轨道贯穿进入原子实的几率就越大,并因此越大程度地抵消了内层电子的电荷屏蔽,使得价电子感受到的核电荷数亏损程度降低,感受到的

有效电荷增加。由于S轨道最扁,所以3S电子感受到的有效核电荷数最大。

4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少? (1)n、l、ml (2) n、l (3) n 解答:原子中的电子填充满足Pauli 不相容原理,即不能有两个或两个以上电子具有一套相同的量子数 n、l、ml、ms。

(1)n、l、ml 相同时,ms 必须不同。因为 ms 的取值只有两种即 ?1/2。所以原子中能够有相同n、l、ml 的最大电子数为2。

(2)量子数n、l相同时,ml 的取值为 l、l-1、l-2,??,-l,共2l+1 个。根据(1),对于每个ml,可容纳的电子数最大为2。因此,原子中具有相同n、l的最大电子数为 2(2l+1) 个。 (3)量子数n取定后,l的可取值为 0、1、2、??、n-1。根据(2),每套n、l中可容纳的电子数最大为 2(2l+1) 个。因此,原子中具有相同量子数n的最大电子数为

?2(2l?1)?2nl?0n?12个。

5 试从实验得到的等电子体系KI、CaII、ScIII??等的莫塞莱图解,说明为什么在钾原子中新增的电子不填在3d而填在4s 次壳层,又在钪原子中新增电子填在3d而不填在4s次壳层。

解答:该等电子体系在核外具有19个电子,前18个电子构成原子实。最后一个价电子决定着原子的能级

R(Z??)2和光谱。该等电子体系的光谱项可表达为 T?。此公式可变形为 2nT1?(Z??)。等电子RnT~Z关系图,R体系中的每个原子或者离子的3D、4S光谱项都可以通过实验测量出来。利用实验结果作

即莫塞莱图。理论上,等电子体系的相同原子态给出的关系曲线应近似构成一条直线,且直线的斜率约为 1/n。从实验测量给出的结果图(参见教材215页图7.3)中可以看到,3D曲线与4S曲线斜率不同,两者交叉于Z=20和21之间。在Z ? 20时,3D曲线位于4S曲线下方;Z ? 21时情况相反。因此,对于Z=19的钾原子而言,T3D < T4S。由于E = ?hcT,所以3D能级高于4S能级。这导致了 钾原子中新增的电子不填在3d而填在4s 次壳层。而对于Z=21的钪原子而言,T3D > T4S、4S能级高于3D能级,因此它的第19个电子填在3d而不填在4s次壳层。

原子物理学第八章作业 (Ch S L 教材 249页)

4.已知 Cu的 K? 线波长是 1.542 ?。以此 X 射线与 NaCl晶体自然面成 15?50’ 角度入射而得到一级极大。试求 NaCl的晶体常数 d。

解答:X射线在晶体上发生衍射,出射射线加强时 满足 Bragg公式 n? = 2d sin? 其中 ? = 1.542 ? 根据题意 n = 1时,? = 15?50’

代入 Bragg 公式 得到 d = 2.826 ?。

5.铝 (Al) 被高速电子束轰击而产生的连续X光谱的短波极限为 5 ?。问这时是否能观察到其标识谱K系线?

解答:连续X光谱产生于电子减速时的韧致辐射。当电子动能全部转化为韧致辐射时,辐射的能量最大,射线波长最短。因此,由连续X光谱的短波极限可以求出入射电子束的动能 E_kinetic = hc/?min = 1.241 ? 10?6 eV?m / 5 ? = 2482 eV

要观察到 K线系,入射电子传递的能量(动能的部分或全部)必须足以使靶原子中 n = 1 壳层的电子发生电离。

铝原子 K 层电子的电离能即 K吸收限 约为

11Eionization?hcR(Z?1)2(2?2)|n???hcR(Z?1)2?13.6eV?(13?1)2?1958.4 eV < 2482 eV

1n因此,这时能观察到标识谱K系谱线。

6已知铝和铜对于 ? = 0.7 ?的X光的质量吸收系数分别是 0.5米2/公斤和5.0米2/公斤。铝和铜的密度分别为 2.7?103公斤/米3和8.93?103公斤/米3。现若分别单独用Al板和Cu板作挡板,要使波长? = 0.7 ? 的X光的强度减至原来强度的1/100。问选用的Al板和Cu板应多厚?

解答:在这里,我们把题中的质量吸收系数理解为教材中的质量衰减常数 ?/?。 Al和Cu的衰的衰减常数 分别为

?Al?????2.7?103kg/m3?0.5m2/kg?1.35m?1?

?Cu?8.93?103kg/m3?5.0m2/kg?44.65m?1X 射线的强度衰减满足

I?I0e??x

I/I0 = 1/100时 e?x = 100 ?x = 4.6052

所以Al板和Cu板厚度分别为 xAl = 3.41 m xCu = 0.10 m

原子物理学 第八、九、十章习题课

1 已知铜的K和 L壳层电子的结合能分别为 8.9805 keV 和0.9328 keV。试给出铜的下列物理量:(1)K? X 射线的能量 (2) L 吸收限的对应光子能量 (3) K电子的电离能 (4) 产生K? X 射线的X射线管最低电压 (5)该电压下,韧致辐射的最短波长 解答:(1) K和L壳层电子的结合能 指 一个无穷远处的自由电子 分别填补到 K和 L壳层时所放出的能量。K? X 射线来源于 n=2 壳层即L壳层中的一个电子填补到 n=1 壳层即K壳层中的空位时所放出的射线,其能量应等于K和L壳层电子的结合能之差,即

EK? = BK ? BL = 8.9805 keV ? 0.9328 keV = 8.0477 keV

(2) L吸收限对应于 把一个L壳层电子电离到无穷远处所需要的能量。因此与L壳层电子的结合能相同。即L 吸收限的对应光子能量为 0.9328 keV。

(3)一个电子从无穷远处填补到 K 壳层 和 把一个K电子电离到无穷远 是两个互逆过程,放出和吸收的能量相同。因此 K壳层电子的电离能为 8.9805 keV。

(4)K? X 射线产生于 L壳层中的一个电子填补到 K壳层中的一个空位。而这样的事件的前提是K壳层中存在一个空位。因此必须有一个K电子被事先电离。该电离能为8.9805 keV,由入射电子所提供,相当于入射电子的动能。要使入射电子具有这样大的动能,X射线管最低电压为 8.9805 kV。

(5)在该电压下,入射电子打到靶上时具有 8.9805 keV的动能。入射电子在靶中库仑场的作用下发生减速,向外辐射能量,形成韧致辐射。韧致辐射的能量等于入射电子损失的能量。当电子动能一次性全部损失时,韧致辐射的能量最大,波长最短。该最短波长为: ?min = hc/Emax = 1.988 ? 10?25 Jm / 8.9805 keV = 1.378 ? 2 Rh 的原子序数为 Z=45。(1)估算它的K? X 射线的能量。(2)用该射线做康普顿散射实验,当光子散射角为60?时,求反冲电子的最大动能。(3)实验中用0.30cm的铅屏蔽该射线,若改用铝代替铅,铝的厚度多大才能达到同样的屏蔽效果?已知 ?Pb = 52.5 cm?1, ?Al = 0.765 cm?1。 解答:

(1) K? X 射线的能量可以用 Moseley 公式估算 E?Rhc(Z?1)[21132?]?13.6eV?(45?1)??19747eV 22412(2) 康普顿散射中,散射光子与入射光子的波长差

hc1.241?10?6eV?m?12???(1?cos?)??(1?cos60?)?1.2143?10m 2511keVm0chc1.241?10?6eV?m??62.8450?10?12m 入射光子波长 ??E19747eV散射光子波长 ?‘ = 64.0593 ? 10?12 m

散射光子能量 E’ = hc/?‘ = ……= 19373 eV

散射前后光子能量的损失E ? E’ = 19747 eV ? 19373 eV = 374 eV

该能量传给靶中电子。如果传给靶中束缚电子,该能量的一部分将用于使电子脱离原子核的束缚,余下的部分将成为反冲电子的动能。如果传给靶中自由电子,该能量将全部成为反冲电子的动能。因此,反冲电子最大动能 Ee = 374 eV。

(研究表明,康普顿效应主要发生在外层电子和自由电子身上;而光电效应必须发生在束缚电子身上,尤其K层电子)

(3) X 射线的吸收满足关系式

I?I0e?μx

要达到同样的吸收效果,即令 IPb = IAl 所以

?PbxPb??AlxAl

代入数据得 xAl = 20.6 cm

3 HCl分子的1-0谱带(振动能级量子数分别为1和0)的基线波长为3.46微米。与基线相邻的两条谱线的间隔为1.23? 1012秒?1 。求HCl分子的平衡力常数以及分子中两原子间的距离。已知H和Cl的原子量分别约为1和36。

解答:1-0谱带中基线位置所对应的能量等于 v = 1 和 v = 0 两振动能级之间的能量间隔,该值为 E1 ? E0 = (v+1/2)hf |v=1 ? (v+1/2)hf |v=0 = hf = hc/?

所以振动频率 f = c/? = 3 ? 108 m/s / 3.46 ?m = 8.67 ? 1013 HZ 根据经典力学中的弹簧振子运动公式 T?1?2?fmk

其中 m?m1?m236??1.66055?10?27kg?1.616?10?27kg

m1?m23722所以分子的平衡力常数 k?4?mf分子的转动能为

?39.48?1.616?10?27kg?75.2?1026S?2?480N/m

212P2[J(J?1)?]h2E?I????2?J(J?1)?AJ(J?1) J = 0,1,2,??

22I2I8?I谱带中任意一条谱线的能量可以表达为 (下角标V、R分别表示振动和转动) E’ ? E = (E’V ?EV) + (E’R ? ER) ? hf + A[J’(J’+1) ? J(J+1)] 振转谱带的跃迁选择定则为 ?J = ?1

因此在谱带的基线位置 是一个 空缺,不存在谱线。与基线相邻的两条谱线的能量分别为: Ea = hf + A [J’(J’+1) ? J(J+1)] = hf + A[1(1+1) ?0 (0+1)] = hf + 2A Eb = hf + A [J’(J’+1) ? J(J+1)] = hf + A[0(0+1) ? 1(1+1)] = hf ? 2A

两条谱线的能量间隔为 Ea ? Eb = 4A 频率间隔为 4A/h (h为Plank常数)

因此

4h2?h???8?2I转动惯量 I?h6.626?10J?S?472??2.730?10kg?m2?2??19.74?1.23?1012S?12.730?10?47kg?m2?10?1.30?10m ?271.616?10kg?34

两原子间距离 r?I?m4 已知中子和一些原子的质量如下(以u为单位,u = 931.48 MeV/c2)

n: 1.008665 1H: 1.007825 14C: 14.003242 14N: 14.003074 (1) 计算14N 核的结合能及其每个核子的平均结合能

(2) 从能量角度判断 14C 能否发生 ?? 衰变?若能发生则计算 ?? 粒子的最大动能。 解答:

(1) 14N 核中有7个质子和7个中子,其结合能

B = [7个独立质子的总质量 + 7个独立中子的总质量 ? 14个核子结合成14N 核后的质量]? c2 ? [7个独立氢原子的总质量 + 7个独立中子的总质量 ? 14N 原子的质量] ?c2 = [7 ? 1.007825 + 7 ? 1.008665 ? 14.003074]u ? c2 = 104.66 MeV

每个核子的平均结合能 = B/A = 104.66 MeV/14 = 7.476 MeV

(2) 14C 若能发生 ?? 衰变,则 14C ? 14N + ??

衰变能 Ed = [M(14C) ? M(14N)]?c2 = 156.5 keV > 0 因此,从能量角度判断 14C 能发生 ?? 衰变。 ?? 粒子的最大动能 Emax ? Ed =156.5 keV

5 234Th的半衰期为25天,如果24克234Th 贮存150天,则Th的数量将留存多少克? 解答:衰变定律

N?N0e??t

令 N = N0/2,此时 t = T1/2 。

N0??T1/2?N0e2?ln2t

ln2所以 ??

T1/2N?N0eT1/2

t = 150 天时,N?24g?e?ln2?15025?0.375g

原子物理学第九章作业(Ch S L 教材284 页)

1.HBr分子的远红外光谱是一些 ??=16.94 厘米?1 等间隔的光谱线。试求HBr分子的转动惯量和原子核之间的距离。已知 H和Br的原子量分别为 1.008 和79.92。 解答:远红外区的吸收光谱来源于分子转动能级的激发吸收。

根据经典力学,分子的转动能为 Erotation12P2?Iω? 22I其中 ?、I、P 分别为分子的转动角速度、转动惯量、转动角动量。 以量子力学的转动角动量表达式 P?J(J?1)?代入上式,得分子转动能级的能量为

?2E(J)?J(J?1)

2I其中 J = 0, 1, 2, ??,为转动角动量量子数。

由分子纯转动的跃迁选择定则 ?J = 1 得 能级J至 J?1 之间的跃迁能量

?2?2E(J?J?1)?E(J)?E(J?1)?[J(J?1)?(J?1)J]?J J?1,2,3,??

2II跃迁对应的光谱线的波数为

ν(J?J?1)?E(J?J?1)h?2J

hc4πIchh[(J?1)?J]? 224πIc4πIc两相邻跃迁的波数差为

Δν?v(J?1?J)?v(J?J?1)?该间隔与J无关,为常数。由题中数据得