原子物理学第四章习题解答
最新原子物理学答案(杨福家-高教第四版)(第一章)无水印-打印版
原子物理学课后答案（第四版）杨福家著高等教育出版社第一章：原子的位形：卢瑟福模型第二章：原子的量子态：波尔模型第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋第五章：多电子原子：泡利原理第六章：X射线第七章：原子核物理概论第八章：超精细相互作用原子物理学——学习辅导书吕华平刘莉主编（7.3元定价）高等教育出版社第一章习题答案1-1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为410-rad.解：设碰撞以后α粒子的散射角为θ，碰撞参数b 与散射角的关系为2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)碰撞参数b 越小，则散射角θ越大。
也就是说，当α粒子和自由电子对头碰时，θ取得极大值。
此时粒子由于散射引起的动量变化如图所示，粒子的质量远大于自由电子的质量，则对头碰撞后粒子的速度近似不变，仍为，而电子的速度变为，则粒子的动量变化为v m p e 2=∆散射角为410*7.21836*422-=≈≈∆≈v m v m p p e αθ 即最大偏离角约为410-rad.1-2 (1)动能为5.00MeV 的α粒子被金核以︒90散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚为1.0um ，则入射α粒子束以大于︒90散射（称为背散射）的粒子是全部入射粒子的百分之几？ 解：（1）碰撞参数与散射角关系为：2cot 2θa b =(式中Ee Z Z a 02214πε=)库伦散射因子为：Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 5.45579*2**44.1= 瞄准距离为： fm fm a b 8.2245cot *5.45*212cot 2===︒θ（2）根据碰撞参数与散射角的关系式2cot 2θa b =，可知当︒≥90θ时，)90()(︒≤b b θ，即对于每一个靶核，散射角大于︒90的入射粒子位于)90(︒<b b 的圆盘截面内，该截面面积为)90(2︒=b c πσ，则α粒子束以大于︒90散射的粒子数为：π2Nntb N =' 大于︒90散射的粒子数与全部入射粒子的比为526232210*4.98.22*142.3*10*0.1*19788.18*10*02.6--===='πρπtb M N ntb N N A 1—3 试问：4.5Mev 的α粒子与金核对心碰撞时的最小距离是多少？若把金核改为Li 7核，则结果如何？ 解：（1）由式4—2知α粒子与金核对心碰撞的最小距离为=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 6.505.479*2**44.1=（2）若改为Li 7核，靶核的质量m '不再远大于入射粒子的质量m ，这时动能k E 要用质心系的能量c E ，由式3—10，3—11知，质心系的能量为：)(212mm mm m v m E u u c +''==式中 得k k k Li He Li k u c E E E A A A E m m m v m E 117747212=+=+≈+''==α粒子与Li 7核对心碰撞的最小距离为：=m r Ee Z Z a 02214πε==fm MeV MeV fm 0.37*5.411*3*2**44.1=1—4 （1）假定金核半径为7.0fm ，试问：入射质子需要多少能量，才能在对头碰撞时刚好到达金核的表面？（2）若金核改为铝核，使质子在对头碰撞时刚好到达铝核的表面，那么，入射质子的能量应为多少？设铝核半径为4.0fm 。
原子物理学第四章习题解答
第四章习题解答4-1 一束电子进入1.2T 的均匀磁场时,试问电子的自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大?解：∵磁矩为μu r 的磁矩，在磁场B u r中的能量为：U = -μu r ·B u r= -sz μ B电子自旋磁矩 sz μ=±B μ∴电子自旋平行于和反平行于磁场的能量差u =B μ B – (-B μB) =2B μ B ∴u = 2B μ B =2 ×0.5788×410-eV ·1T -× 1.2 T = 1.39 ×410- eV4-2 试计算原子处于23/2D 状态的磁矩μ及投影μz 的可能值. 解：由23/2D 可知 S=12 J=32L=2 ∴j g =32+12(1)(1)(1)S S L L J J +-++=32+121323223522⨯-⨯⨯=45又j μ=j g Bμ45B μ =1.55 B μ∴μ=1.55 B μ又,j z j j B m g μμ= 又3113,,,2222j m =--∴,142×255j z B B μμμ=±=±或,346×255j z B B μμμ=±=±即,6226(,,,)5555j z B μμ=--4-3 试证实:原子在63/2G 状态的磁矩等于零,并根据原子矢量模型对这一事实作出解释.解：由63/2G 可知：S =52 J = 32L = 4∴5745 31(1)(1)3122··03522(1)22×22JS S L LgJ J⨯-⨯+-+=+=+=+∴(1)0J j Bj j gμμ=+=即原子在63/2G状态的磁矩等于零。
解释：∵原子的总角动量为J L S=+u r u r u r，而处于63/2G态原子各角动量为：(1)4(41)20 4.47L L L=+=+==h h h h5535(1)(1) 2.9622S S S=+=+==h h h h3315(1)(1) 1.94222J J J=+=+==h h h h则它们的矢量关系如图示：Lu r和Su r同时绕Ju r旋进，相对取项保持不变由三角形余弦定理可知：22222211()[(1)(1)(1)]22L J L J S L L J J S S⋅=+-+++-+u r u rh h h=22355715[45]222222=⨯+⨯-⨯=hh而222221573515()(45)2222224S J S J L⋅=+-=⨯+⨯-⨯=-u r u r hh∴相应的磁矩2B BS Sg S Sμμμ=-=-u r u r u rh hB B Lg L L μμμ∆=-=-u ru r u r hhS L μμμ=+u r u ru r由于磁矩μu r 随着角动量绕J u r 旋进，因而对外发生效果的是μu r在J u r 方向上的分量。
原子物理学 原子的量子态：玻尔模型 (2.2.2)--施特恩-盖拉赫实验
第四章习题解答4-l 一束电子进入1.2 T 的均匀磁场时，试问电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为多大?解：已知电子自旋磁矩在磁场方向的投影(注意做题时，它是磁场方向的投影，不要取真实值) 依磁矩与磁场的作用能量BB μμμ±=±=s s z gm Bμ3自旋与磁场平行时 自旋与磁场反平行时则θμμcos B B E =⋅= B B B E B s s μμμ==⋅= 0cos 1B B B E B s s μμμ-==⋅= 180cos 1eV 101.389eV 105788.02.122Δ44B 12--⨯=⨯⨯⨯==-=B E E E μ4-2 试计算原子处于 状态的磁矩及投影的可能值.解法一：已知：j =3/2, 2s +1=2 s =1/2, l =2则依据磁矩计算公式:依据磁矩投影公式:∴ 232D μ z μ544156432123=⎪⎪⎪⎪⎫ ⎝⎛-+=j g ()B B 15521μμμ-=+-=j j g j j Bμμj j z g m -=56,52±±=j j g m B B 56,52μμμ±±=z解法二：因为电子具有自旋，则存在与自旋相联系的磁矩，他在磁场作用下的能量为电子自旋方向与磁场平行和反平行，则有μB Us ⋅-=μ（其中，）所以电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量为则电子自旋平行于和反平行于磁场的电子的能量差为Bm g B B UB s s sz s μμμ=-=⋅-=2=s g 21±=s m BU B μ±=eV 104.1T 2.1T eV 105788.022Δ414---⨯=⨯⋅⨯⨯==B U B μ4-3 试证实：原子在状态的磁矩等于零，并根据原子矢量模型对这一事实作出解释.解：依题意有236G所以综上得出，多电子耦合系统中，相互作用产生的总效果为零，说明多电子作用有相抵消的情况。
原子物理学第四章题解
ww
8
w.
kh da
课 后
答 案
w.
网
线， 其波长分别为 766.4nm 和 769.9nm ， 现将该原子置于磁场 B 中(设 769.9nm，
co m
线。
:钾原子的价电子从第一激发态向基态的跃迁类似于钠的精 要点分析 要点分析: 解：
(1) 先计算朗德因子和 mjgj
ww
2P 2P
w.
1/2 对应有 3/2 对应有
w.
网
co m
当换为氯原子时，因其基态为 2P 3／2
又由(21-13) 式,Δμ=4.53×10-5eV
∆µ 4. 53× 10−5 B≈ = = 0. 4T −5 2µ B 2 × 5.788 × 10
4-9 试用经典物理方法导出正常塞曼效应．
场中发生塞曼分裂，试问：从垂直于磁场方向观察，原谱线分裂为 几 场中发生塞曼分裂，试问：从垂直于磁场方向观察，原谱线分裂为几 条?相邻两谱线的波数差等于多少 ?是否属于正常塞曼效应 ?并请画出 相邻两谱线的波数差等于多少? 是否属于正常塞曼效应? 相应的能级跃迁图． 下，可以分裂为三条。 解： 已知：对于激发态 L=0，J=1, S =1. m1=0, ±1,在外磁场作 用 =0,± 在外磁场作用
⎛− 2⎞ ⎜ ⎟ − E1 + ⎜ 0 ⎟ µ B B ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
所以原谱线在外加磁场中分裂为三条，垂直磁场可以看到三条谱线。 Δm=0,+1,-1,分别对应于π ，σ+，σ-三条谱线。 虽然谱线一分为三， 但彼此间间隔值为 2μ BB，并不是μ BB，并非激 发 ，并非激发 态和基态的 S=0，因 S≠0 所以它不是正常的塞曼效应。 对应的能级跃迁图
原子物理学课后答案(褚圣麟)第3章第4章第6章
第三章 量子力学初步3.1 波长为οA 1的X 光光子的动量和能量各为多少？ 解：根据德布罗意关系式，得：动量为：12410341063.6101063.6----∙∙⨯=⨯==秒米千克λhp 能量为：λ/hc hv E ==焦耳151083410986.110/1031063.6---⨯=⨯⨯⨯=。
3.2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长?=λ 用上述电压加速的质子束的德布罗意波长是多少？解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系：meVh 2/=λ 对于电子：库仑公斤，19311060.11011.9--⨯=⨯=e m把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可得：οοολA A A V 1225.01000025.1225.12===对于质子，库仑公斤，19271060.11067.1--⨯=⨯=e m ，代入波长的表示式，得：ολA 319273410862.2100001060.11067.1210626.6----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=3.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。
因而原来ολA V25.12=的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=其中V 是以伏特为单位的电子加速电压。
试证明之。
证明：德布罗意波长：p h /=λ对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能K 与其动量p 之间有如下关系：222022c p c Km K =+而被电压V 加速的电子的动能为：eV K =2200222/)(22)(c eV eV m p eV m ceV p +=+=∴因此有：2002112/c m eV eVm h p h +⋅==λ一般情况下，等式右边根式中202/c m eV 一项的值都是很小的。
所以，可以将上式的根式作泰勒展开。
只取前两项，得：)10489.01(2)41(260200V eVm h cm eVeVm h -⨯-=-=λ由于上式中οA VeV m h 25.122/0≈，其中V 以伏特为单位，代回原式得：ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=由此可见，随着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长变短。
新教材高中物理第四章原子结构和波粒二象性2光电效应课后习题(含解析)新人教版选择性
光电效应课后篇巩固提升基础巩固1.入射光照射到某金属表面上发生光电效应,若入射光的强度减弱,而频率保持不变,那么(),选项A错误。
入射光的强度减弱,说明单位时间内的入射光子数目减少;频率不变,说明光子能量不变,逸出的光电子的最大初动能也就不变,选项B错误。
入射光子的数目减少,逸出的光电子数目也减少,故选项C正确。
入射光照射到某金属上发生光电效应,说明入射光频率不低于这种金属的极限频率,入射光的强度减弱而频率不变,同样能发生光电效应,故选项D错误。
2.(2020上海崇明区二模)如图,弧光灯发出的光,经过下列实验后产生了两个重要的实验现象。
①经过一狭缝后,在后面的锌板上形成明暗相间的条纹;②与锌板相连的验电器的铝箔张开了一定的角度。
则这两个实验现象分别说明()A.①和②都说明光有波动性B.①和②都说明光有粒子性C.①说明光有粒子性,②说明光有波动性D.①说明光有波动性,②说明光有粒子性①是光的干涉现象,衍射是波所特有的现象,该现象说明了光具有波动性;现象②是光照射到锌板上,从锌板上有电子逸出,发生了光电效应,该现象说明了光具有粒子性,故A、B、C错误,D正确。
3.(多选)用频率为ν的光照射在某金属表面时产生了光电子,当光电子垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动时,其最大半径为R ,若以W 表示逸出功,m 、e 表示电子的质量和电荷量,h 表示普朗克常量,则电子的最大初动能是( )A.hν+WB.BBBB C.hν-WD.B 2B 2B 22B,E km =hν-W ,A 错误,C 正确;根据洛伦兹力提供向心力,有:evB=m B 2B,则v=BBBB,最大初动能E km =12mv 2=B 2B 2B 22B,故D 正确,B 错误。
4.(2020山东泰安模拟)如图所示为研究光电效应现象的实验原理图。
已知光电管阴极材料的极限频率为ν0,现用频率为ν(ν>ν0)的单色光照射光电管,发现滑动变阻器的滑片P 处于图示位置时,灵敏电流计的示数为零,下列说法正确的是( ) A.灵敏电流计的示数为零,是因为没有发生光电效应P ,则灵敏电流计一定会有示数 P ,则灵敏电流计一定会有示数D.仅不断增大入射光的光照强度,灵敏电流计一定会有示数,入射光的频率大于阴极材料的极限频率,一定能发生光电效应,故A 错误;若不断向左移动滑片P ,反向电压增大且大于遏止电压,则灵敏电流计一定不会有示数,故B 错误;若不断向右移动滑片P ,方向电压减小且小于遏止电压,则灵敏电流计一定会有示数,故C 正确;增大入射光的强度,根据光电效应方程式E km =hν-W 0=eU c 可知,光电子的最大初动能为零,电流计中无电流,也没有示数,故D 错误。
原子物理学 答案 高教第四版 杨福家
原子物理习题库及解答 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：⎪⎩⎪⎨⎧+'='+=e e v m v M v M v M mv Mv ρρρ222212121 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='-='-⇒222e e v M m v v v Mm v v ρρρ e v m p ρρ=∆ e p=mv p=mv ∴∆∆，其大小： (1) 222(')(')(')e m v v v v v v v M-≈+-=近似认为：(');'p M v v v v ∆≈-≈22e m v v v M∴⋅∆=有 212e p p Mmv ⋅∆=亦即： (2) (1)2/(2)得22422210e e m v m p Mmv M-∆===p 亦即：()p tg rad pθθ∆≈=-4～101-2) 解：① 22a b ctg Eθπε=228e ；库仑散射因子：a=4)2)(4(420202E Z e E Ze a πεπε==22279()() 1.44()45.545eZ a fmMev fm E Mev πε⨯=== 当901θθ=︒=时，ctg 2122.752b a fm ∴== 亦即：1522.7510b m -=⨯② 解：金的原子量为197A =；密度：731.8910/g m ρ=⨯依公式，λ射α粒子被散射到θ方向，d Ω立体角的内的几率： nt d a dP 2sin16)(42θθΩ=(1)式中，n 为原子核数密度，()AA m n n N ρ∴=⋅=即：A V n Aρ= (2)由（1）式得：在90º→180 º范围内找到α粒子得几率为：(θP 18022490a nt 2sin ()164sin 2d a nt πθθπρθθ︒︒=⋅=⎰将所有数据代入得)(θP 5()9.410ρθ-=⨯这就是α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。
《原子物理学》部分习题解答(杨福家)
gJ
2
z g J B
氢原子基态 氯原子基态
2
3 2 3
S1/ 2 P3 / 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 2 2 J ( J 1)
两束
四束
2
gJ
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 2 J ( J 1) 3
pc
E k ( E k 2m0c ) E k
2
所以
E k m in p m in c 6 2 M eV
4－2 解： 原子态
2
D3/2
1 2 , J 3 2
可得
gJ 3 2
L 2, S
mJ
1 2
,
3 2
1 S ( S 1) L ( L 1) 4 2 J ( J 1) 5
Ek Ek
3.1keV 0.0094keV
3－3 解：
Ek m0 c 0.511MeV
2
若按非相对论处理
Ek 1 2 m0 v ，有
2
1 2
m0 v m0 c
2
2
v 2c
显然不合理，需要用相对论来处理。
E Ek m0 c 2m0c
2 2
又E mc m0 c
有磁场
m mg
1 2
3
S
1
0
1
0
2
g 2
h 0
3
P0
0
0
m 2 g 2 m1 g 1
2
0
2
相邻谱线的频率差
c
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第四章习题解答
41 一束电子进入1、2T得均匀磁场时,试问电子得自旋平行于与反平行于磁场得电子得能量差为多大?
解:∵磁矩为得磁矩,在磁场中得能量为:
U = ·= B
电子自旋磁矩 =
∴电子自旋平行于与反平行于磁场得能量差u =B – (B) =2B
∴u = 2B =2 ×0、5788×eV·× 1、2 T = 1、39 × eV
42试计算原子处于状态得磁矩μ及投影μz得可能值、
解:由可知 S= J= L=2
∴=+=+=
又= = =1、55
∴=1、55
又又
∴
或
即
43试证实:原子在状态得磁矩等于零,并根据原子矢量模型对这一事实作出解释、
解:由可知:S = J = L = 4
∴
∴
即原子在状态得磁矩等于零。
解释:∵原子得总角动量为 ,而处于态原子各角动量为:
则它们得矢量关系如图示:
与同时绕旋进,相对取项保持不变
由三角形余弦定理可知: 22222211()[(1)(1)(1)]22
L J L J S L L J J S S ⋅=+-+++-+u r u r h h h =
而
∴相应得磁矩
由于磁矩随着角动量绕旋进,因而对外发生效果得就是在方向上得分量。
其大小计算如下:
此结果说明,垂直于,因而原子总磁矩
44 在史特恩盖赫拉实验中,处于基态得窄得银原子束通过极不均匀得横向磁场,并射到屏上,磁极得纵向范围d=10cm,磁极中心到屏得距离D=25cm 、如果银原子得速率为400m/s,线束在屏上得分裂间距为2、0mm,试问磁场强度得梯度值应为多大?银原子得基态为,质量为107、87u 、
解:原子束通过非均匀磁场时,如果磁场在Z 方向,可以证明:落在屏幕上得原子束偏离中心得距离为:
(式中T 为炉温,d 为不均匀磁场得线度,D 就是磁场中心到屏得距离,就是横向不均匀磁场梯度,就是原子得总磁矩在Z 方向得分量),分裂后得原子束偏离中心得
最大距离 Z =
对: S=,L=0,J=
∴
Z′=2Z
又 Z′=2、0mm ∴ Z=10mm
=
45在史特恩盖赫拉实验中(图19、1),不均匀横向磁场梯度为 ,磁极得纵向范围d=10cm, 磁极中心到屏得距离D=30cm,使用得原子束就是处于基态4F3/2得钒原子,原子得动能Ek=50meV、试求屏上线束边缘成分之间得距离.
解:设在屏上偏离x轴得距离为
∴=
由可知
∴
要求线束边缘间得距离,则取
热平衡时
∴
=
=
∴
46在史特恩盖赫拉实验中,原子态得氢从温度为400K得炉中射出,在屏上接受到两条氢束线,间距为0、60cm、若把氢原子换成氯原子(基态为),其它实验条件不变,那么,在屏上可以接受到几条氯束线?其相邻两束得间距为多少?
解:在史—盖实验中,原子束分裂条数等于2J+1,对Cl,基态为,即,因此屏上可接受到得氯束线为条,而原子束在屏上分裂得相邻两束得间距为:
对于确定得实验装置与实验条件,=A 为一定值,于就是有:
因为加热原子蒸气得炉温为400K,远小于K,此时,炉中得氢原子处于基态,对于基态氢原子 L=0 S≠0 则=2
对于基态氯原子 L=1 S=1/2 J=3/2
朗德因子为
∴ (cm)
47试问波数差为29、6cm1得赖曼系主线双重线,属于何种类氢离子?
解:赖曼系第一条谱线就是由n=2向n=1跃迁产生得,不考虑精细结构时,其波数为
当n=1时,L=0 电子态为1S
当n=2时,L=0,1 电子态为2S与2P,按选择定则,此谱线只能来自2P→1S得跃迁。
由于电子自旋与轨道运动得相互作用,2P能级具有双层结构—与。
双层能级间隔: 。
1S能级 L=0 S= 故j只能取一种值,能级就是单层得,故2P→1S谱线得精细结构波数差仅决定于2P得双能级间隔
即
∴ Z = 3
48试估计作用在氢原子2P态电子上得磁场强度、
解:2P态电子绕核得半径为:r =
轨道运动得速率 v =
∴=0、39T
410锌原子光谱得一条谱线(3S13P0)在B为1、00T得磁场中发生塞曼分裂,试问:从垂直于磁场方向观察,原谱线分裂为几条?相邻两谱线得波数差等于多少?就是否属于正常塞曼效应?并请画出相应得能级跃迁图、
解:锌原子得谱线得塞曼效应图如下:
由图可知,原谱线分裂成3条,塞曼效应中分裂后得谱线与原谱线波数差可表示为:
其中,
对于:, ∴对于: 不确定
∵有,0,1 ∴
∵,有∴
∴
∴沿垂直于方向可瞧到三条谱线。
由于,且谱线分裂间隔不就是一个洛仑兹单位,故属于反常塞曼效应。
411试计算在B为2、5T得磁场中,钠原子得D双线所引起得塞曼分裂、
解:原子D双线,,谱线由跃迁产生,,由产生。
(1)得塞曼分裂
上能级:,在外磁场中,上能级分裂为4个支能级:,它们得原能级之差为:
下能级:,在外磁场中,下能级分裂为两个支能级,它们个原能级之差为
根据选择定则共有6种跃迁方式,分裂后得谱线与原谱线得波数差:
可计算如下:
、
而
∴分裂后得6条谱线与原谱线得波长差为:
(2)对,访上讨论,有
∴=
∴
412钾原子得价电子从第一激发态向基态跃迁时,产生两条精细结构谱线,其波长分别为766、4nm与769、9nm,现将该原子置于磁场B中(设为弱场),使与此两精细结构谱线有关得能级进一步分裂、
(1)试计算能级分裂大小,并绘出分裂后得能级图、
(2)如欲使分裂后得最高能级与最低能级间得差距ΔE2得1、5倍,所加磁场B应为多大?
解:(1)钾766、4nm与769、9nm双线产生于,这三个能级得g因子分别为,,g=2 能级在磁场中分裂成4层,与能级在磁场中分裂成两层,能级间距为∴
次能级分裂后得能级如图:
(2)由题意有:
即
∵
∴
∴
413 假如原子处于得外磁场B大于该原子得内磁场,那么,原子得L·S耦合将解脱,总轨道角动量L与总自旋角动量S将分别独立地绕B旋进、
(1)写出此时原子总磁矩μ得表达式;
(2)写出原子在此磁场B中得取向能ΔE得表达式;
(3)如置于B磁场中得原子就是钠,试计算其第一激发态与基态得能级分裂,绘出分裂后得能级图,并标出选择定则(Δms=0,Δml=0,±1)所允许得跃迁、
解:
(1)在强磁场中,忽略自旋一轨道相互作用,这时原子得总磁矩就是轨道磁矩与自旋磁矩得矢量与,即有:
(2)此时,体系得势能仅由总磁矩与外磁场之间得相互作用来确定,于就是有:
(3)全内原子得基点为,第一激发点为。
对点,,,因此式(2)结合出双分裂,分裂后得能级与原能级得能量差。
对于点,,,式(2)理应给出个分裂,但,与,对应得值相同,故实际上只给出五分裂,能量差为,原能级与分裂后得能级如下图所示。
根据选择定则:
它们之间可发生6条跃迁,由于较高得各个能级之间得间距相等,只产生三个能值,因此只能观察到三条谱线,其中一条与不加磁场时相重合。
这时,反常塞曼效应被帕邢—巴克效应所取代。
414在B=4T得外磁场中,忽略自旋轨道相互作用,试求氢原子得2P→1S跃迁(λ=121nm)所产生得谱线得波长、
解:因忽略自旋一轨道相互作用,自旋轨道角动量不再合成,而就是分别绕外磁
场旋进,这说明该外磁场就是强场,这时,反常塞曼效应被帕型—巴克效应所取代,
并超于正常塞曼效应,即厚谱线分裂为三条。
因此,裂开后得谱线与原谱线得波数差可用下式表示:
式中:
因,故有:
将,值代入上式得:
∴。