临沂师范学院物理系：《原子物理学习题解答》（刘富义）

原子物理学习题解答 刘富义编 临沂师范学晚物理糸 理论物理教研

原子物理学习题解答 原子物理学习题解答 原子物理学习题解答 原子物理学习题解答 刘富义 刘富义 编 编 临沂师范学院物理系 临沂师范学院物理系 临沂师范学院物理系 临沂师范学院物理系 理论物理教研室 理论物理教研室 理论物理教研室 理论物理教研室

第一章原子的基本状况 1.1若卢瑟福散射用的a粒子是放射性物质镭C放射的,其动能为7.68×10电子伏 特。散射物质是原子序数Z=79的金箔。试问散射角=150所对应的瞄准距离b多大? 解:根据卢瑟福散射公式: M 2 cot= K 2b=402b e 得到: b=ze2cg号 79×(1.60×1019)2ctg15 10、=3.97×10-米 4a(4×8.85×10-12)×(7.68×106×10-19) 式中K=Mv是a粒子的功能。 1.2已知散射角为0的a粒子与散射核的最短距离为 1 Im=( 22(1+1 4v2sin sin,试问上题a粒子与散射的金原子核 之间的最短距离厂多大? 解:将1.1题中各量代入的表达式,得: Imin E0 My?(1+ 12Ze2 sin 7.68×106×1.60×10-19×(1+1 =9×1094×79×(1.60×10-19) ) sin75° =3.02×10-14米 1.3若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。问质子与金箔。问质子与金箔原子核可 能达到的最小距离多大?又问如果用同样能量的氘核(氘核带一个+e电荷而质量是质子的 两倍,是氢的一种同位素的原子核)代替质子,其与金箔原子核的最小距离多大? :当入射粒子与靶核对心碰撞时,散射角为180°。当入射粒子的动能全部转化为两 粒子间的势能时,两粒子间的作用距离最小。 根据上面的分析可得: Mv=p-4E0min 'm in =-Ze2 e,故有:rmin4πK =9×109×79×(1.60×10-19)2 10×1.60×10-19=1.14×10-13米

第一章 原子的基本状况 1.1 若卢瑟福散射用的 粒子是放射性物质镭 放射的，其动能为 电子伏 ' C 6 7.68 10  特。散射物质是原子序数 Z  79 的金箔。试问散射角 150 所对应的瞄准距离 多大？    b 解：根据卢瑟福散射公式： 2 0 0 2 2 c o t 4 4 2 2 M v K b b Z e Z e         得到： 米 2 19 2 150 2 2 15 12 6 19 0 79 (1.60 10 ) 3.97 10 4 (4 8.85 10 ) (7.68 10 10 ) Ze ctg ctg b K                    式中 是 粒子的功能。 1 2 K Mv  2   1.2 已知散射角为 的 粒子与散射核的最短距离为 ，试问上题 粒子与散射的金原子核 2 2 0 2 1 2 1 ( ) (1 ) 4 s i n m Z e r M v       之间的最短距离 rm 多大？ 解：将 1.1 题中各量代入 rm 的表达式，得： 2 m in 2 0 2 1 2 1 ( ) (1 ) 4 sin Z e r M v      19 2 9 6 19 4 79 (1.60 10 ) 1 9 10 (1 ) 7.68 10 1.60 10 sin 75               米 14 3.02 10    1.3 若用动能为 1 兆电子伏特的质子射向金箔。问质子与金箔。问质子与金箔原子核可 能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带一个 e 电荷而质量是质子的 两倍，是氢的一种同位素的原子核）代替质子，其与金箔原子核的最小距离多大？ 解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180 。当入射粒子的动能全部转化为两  粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。 根据上面的分析可得： ，故有： 2 2 0 m i n 1 2 4 p Z e M v K   r   2 m i n 0 4 p Z e r   K  米 1 9 2 9 1 3 6 1 9 7 9 (1 .6 0 1 0 ) 9 1 0 1 .1 4 1 0 1 0 1 .6 0 1 0            

由上式看出:F与入射粒子的质量无关,所以当用相同能量质量和相同电量得到核代 替质子时,其与靶核的作用的最小距离仍为1.14×10-3米。 14钋放射的一种a粒子的速度为1597×107米秒,正面垂直入射于厚度为107米 密度为1932×104公斤/米3的金箔。试求所有散射在>90的a粒子占全部入射粒子数 的百分比。已知金的原子量为197。 解:散射角在θ~θ+d之间的a粒子数a与入射到箔上的总粒子数n的比是: wtd 其中单位体积中的金原子数:M=P1mAn=pN01AA 而散射角大于90°的粒子数为:如=m=mMh小hlo N∫xd 所以有 2Z CoS 丌E SIn 等式右边的积分:/=/cosO dsin d=2J8 Sin 2Ze2 兀(=,x,2 8.5×10-6=8.5×10-4% 即速度为1.597×103米/秒的a粒子在金箔上散射,散射角大于90°以上的粒子数大约是 8.5×10 15∝粒子散射实验的数据在散射角很小(6≤15°)时与理论值差得较远,时什么原 因? 答:α粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而α粒子通过金属箔,经过

由上式看出：rmin 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代 替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为 米。 13 1.14 10   1.4 钋放射的一种 粒子的速度为 米/秒，正面垂直入射于厚度为 米 、 7 1.597 10  7 10  密度为 的金箔。试求所有散射在 的 粒子占全部入射粒子数 4 1.932 10  3 公斤/米 90     的百分比。已知金的原子量为197 。 解：散射角在     d 之间的 粒子数 dn 与入射到箔上的总粒子数 n 的比是： d n N t d n   其中单位体积中的金原子数： 0 / / N m N A     A u A u 而散射角大于 的粒子数为： 0 90 2 ' dn dn nNt d      所以有： 2 ' d n N t d n     2 0 2 2 1 8 0 2 9 0 3 0 c o s 1 2 2 ( ) ( ) 4 s i n 2 A u N Z e t d A M u              等式右边的积分： 180 180 90 90 3 3 cos sin 2 2 2 1 sin sin 2 2 d I d               故 ' 2 0 2 2 2 0 1 2 ( ) ( ) 4 A u d n Z e N t n A M u        6 4 0 8 .5 1 0 8 .5 1 0 0       即速度为 的 粒子在金箔上散射，散射角大于 以上的粒子数大约是 7 1.597 10 /  米 秒  90  8.5 10  4 0 0 。 1.5  粒子散射实验的数据在散射角很小 15 时与理论值差得较远，时什么原  （  ） 因？ 答： 粒子散射的理论值是在“一次散射“的假定下得出的。而 粒子通过金属箔，经过

好多原子核的附近,实际上经过多次散射。至于实际观察到较小的6角,那是多次小角散射 合成的结果。既然都是小角散射,哪一个也不能忽略,一次散射的理论就不适用。所以,α粒 子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。 6已知α粒子质量比电子质量大7300倍。试利用中性粒子碰撞来证明:α粒子散射受 电子的影响是微不足道的”。 证明:设碰撞前、后a粒子与电子的速度分别为:,ⅳ,0,。根据动量守恒定律,得 My=My+my 由此得:ia-a=M 7300 又根据能量守恒定律,得:M (2) 将(1)式代入(2)式,得: 2=+7300(i-)2 整理,得:n2(7300-1)+a(7300+1)-2×7300 yy cos 8=0 7300≥1 上式可写为:7300(-)2=0 a-P=0 即α粒子散射“受电子的影响是微不足道的 17能量为3.5兆电子伏特的细a粒子束射到单位面积上质量为105×102公斤/米 的银箔上,a粒子与银箔表面成60°角。在离L=012米处放一窗口面积为60×10-5米2 的计数器。测得散射进此窗口的a粒子是全部入射a粒子的百万分之29。若已知银的原子 量为1079。试求银的核电荷数Z。 解:设靶厚度为1。非垂直入射时引起α粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚 度r,而是r=r/sin60°,如图1-1所示 因为散射到O与0+之间2立体 角内的粒子数dn与总入射粒子数n的比为: Ntd 而d为: 图1.1 d=( (2) 4T80My

好多原子核的附近，实际上经过多次散射。至于实际观察到较小的 角，那是多次小角散射 合成的结果。既然都是小角散射，哪一个也不能忽略，一次散射的理论就不适用。所以， 粒 子散射的实验数据在散射角很小时与理论值差得较远。 1.6 已知 粒子质量比电子质量大 7300 倍。试利用中性粒子碰撞来证明： 粒子散射“受 电子的影响是微不足道的”。 证明：设碰撞前、后 粒子与电子的速度分别为： 。根据动量守恒定律，得： ' , ',0, e v v v    ' 'e M v M v m v        由此得： …… (1) ' ' ' 7300 1 e e v v M m v v          又根据能量守恒定律，得： 2 ' 2 2 ' 2 1 2 1 2 1 Mv   Mv   mv e ……（2） 2 ' 2 2 ' e v M m v   v   将（1）式代入（2）式，得： 整理，得： (7300 1) (7300 1) 2 7300 cos 0 ' 2 2 ' v    v     v  v    0 7300 ) 0 7300 1 ' ' 2            v v v v      上式可写为： （ 即 粒子散射“受电子的影响是微不足道的”。 1.7 能量为 3.5 兆电子伏特的细 粒子束射到单位面积上质量为 2 2 1.0510  公斤/米 的银箔上， 粒子与银箔表面成 角。在离 L=0.12 米处放一窗口面积为  60 5 2 6.010  米 的计数器。测得散射进此窗口的 粒子是全部入射 粒子的百万分之 29。若已知银的原子 量为 107.9。试求银的核电荷数 Z。 解：设靶厚度为 。非垂直入射时引起 粒子在靶物质中通过的距离不再是靶物质的厚 ' t  度 ，而是 ，如图 1-1 所示。 ' t  /sin 60 ' t  t 因为散射到 与  d 之间d 立体 角内的粒子数 dn 与总入射粒子数 n 的比为： (1) d n N t d n   而 d 为： （2） 2 sin ) ( ) 4 1 ( 4 2 2 2 2 0      d Mv ze d 60º t , t 20º 60° 图 1.1 ' 2 2 2 ' 7300 ( )     v v v v     

把(2)式代入(1)式,得: (3) 4t0 Mv2 式中立体角元2=d/E,r=1/sin600=2/√3,0=200 N为原子密度。M为单位面上的原子数,M=n/m=m(d/M),其中是单位 面积式上的质量;m是银原子的质量:是银原子的原子量:M是阿佛加德罗常数。 将各量代入(3)式,得: 由此,得:Z=47 18设想铅(Z=82)原子的正电荷不是集中在很小的核上,而是均匀分布在半径约为 10-0米的球形原子内,如果有能量为10°电子伏特的a粒子射向这样一个“原子”,试通过 计算论证这样的α粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于900的散射。这个 结论与卢瑟福实验结果差的很远,这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的(原子中电子的影 响可以忽略) 解:设α粒子和铅原子对心碰撞,则α粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有 下式决定 Mh2=22/4xe0R=3,78×106焦耳≈2.36×103电子伏特 由此可见,具有10°电子伏特能量的α粒子能够很容易的穿过铅原子球。α粒子在到达原子 表面和原子内部时,所受原子中正电荷的排斥力不同,它们分别为: F=222/4ms0R2和F=2e2r/4msoP3。可见,原子表面处a粒子所受的斥力最大,越 靠近原子的中心α粒子所受的斥力越小,而且瞄准距离越小,使α粒子发生散射最强的垂 直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设a粒子擦原子表面而过。此时受 力为F=2z2/4ER2。可以认为a粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作 用,即作用距离为原子的直径D。并且在作用范围D之内,力的方向始终与入射方向垂直 大小不变。这是一种受力最大的情形。 根据上述分析,力的作用时间为tD,a粒子的动能为M2=K,因此 r=√2K/M,所以,t=D/r=DM/2K 根据动量定理:fF=p1-10=Mh1-0

把（2）式代入（1）式，得： ……（3） 2 sin ) ( ) 4 1 ( 4 2 2 2 2 0     d Mv ze Nt n dn 式中立体角元 2 ' 0 ' 0 d  ds/ L ,t  t /sin 60  2t / 3,  20 N 为原子密度。 为单位面上的原子数， ，其中 是单位 ' Nt 1 0 ' / ( / )  Nt  mAg  AAg N  面积式上的质量；mAg 是银原子的质量； AAg 是银原子的原子量； N0 是阿佛加德罗常数。 将各量代入（3）式，得： 2 sin ) ( ) 4 1 ( 3 2 4 2 2 2 2 0 0      d Mv ze A N n dn Ag 由此，得：Z=47 1.8 设想铅（Z=82）原子的正电荷不是集中在很小的核上，而是均匀分布在半径约为 米的球形原子内，如果有能量为 电子伏特的 粒子射向这样一个“原子”，试通过 10 10  6 10  计算论证这样的 粒子不可能被具有上述设想结构的原子产生散射角大于 的散射。这个 0 90 结论与卢瑟福实验结果差的很远，这说明原子的汤姆逊模型是不能成立的（原子中电子的影 响可以忽略）。 解：设 粒子和铅原子对心碰撞，则 粒子到达原子边界而不进入原子内部时的能量有 下式决定： 2 2 2 / 4 0 3.78 10 16焦耳 2.36 10 3电子伏特 2 1       Mv Ze  R 由此可见，具有 电子伏特能量的 粒子能够很容易的穿过铅原子球。 粒子在到达原子 6 10   表面和原子内部时，所受原子中正电荷的排斥力不同，它们分别为： 。可见，原子表面处 粒子所受的斥力最大，越 3 0 2 2 0 2 F  2Ze / 4 R 和F  2Ze r / 4 R  靠近原子的中心 粒子所受的斥力越小，而且瞄准距离越小，使 粒子发生散射最强的垂 直入射方向的分力越小。我们考虑粒子散射最强的情形。设 粒子擦原子表面而过。此时受 力为 。可以认为 粒子只在原子大小的范围内受到原子中正电荷的作 2 0 2 F  2Ze / 4 R  用，即作用距离为原子的直径 D。并且在作用范围 D 之内，力的方向始终与入射方向垂直， 大小不变。这是一种受力最大的情形。 根据上述分析，力的作用时间为 t=D/v,  粒子的动能为 Mv  K ，因此， 2 2 1 v  2K / M ，所以，t  D / v  D M / 2K 根据动量定理： 0 0 0         Fdt p p Mv t

Tu[ Fat= 2Ze2/4[di= 2Zet/4TE R2 所以有:2ze2/4xs0R2= 由此可得:n1=2E21/4E0R2M a粒子所受的平行于入射方向的合力近似为0,入射方向上速度不变。据此,有: tg0=-=2Z02/4TER2Mv=2Z02D/4IE R2Mv2 2.4×10- 这时θ很小,因此90≈=24×10-3弧度,大约是82。 这就是说,按题中假设,能量为1兆电子伏特的α粒子被铅原子散射,不可能产生散射 角0>90°的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下,当α粒子无限靠近原子核时 会受到原子核的无限大的排斥力,所以可以产生0>90°的散射,甚至会产生0≈1800的散 射,这与实验相符合。因此,原子的汤姆逊模型是不成立的

而 2 0 2 0 2 0 2 0 Fdt 2Ze / 4 R dt 2Ze t / 4 R t t       所以有： R  Mv  Ze t 2 0 2 2 / 4 由此可得：v Ze t R M2 0 2  2 / 4   粒子所受的平行于入射方向的合力近似为 0，入射方向上速度不变。据此，有： 3 2 2 0 2 2 0 2 2.4 10 2 / 4 2 / 4       Ze t R Mv  Ze D R Mv v v tg   这时很小，因此tg    2.410 3弧度，大约是8.2‘。 这就是说，按题中假设，能量为 1 兆电子伏特的 粒子被铅原子散射，不可能产生散射 角 的散射。但是在卢瑟福的原子有核模型的情况下，当 粒子无限靠近原子核时， 0   90  会受到原子核的无限大的排斥力，所以可以产生 的散射，甚至会产生 的散 0   90 0   180 射，这与实验相符合。因此，原子的汤姆逊模型是不成立的

第二章原子的能级和辐射 2.1试计算氢原子的第一玻尔轨道上电子绕核转动的频率、线速度和加速度 解:电子在第一玻尔轨道上即年n=1。根据量子化条件, h 可得:频率V= 2Ta 2ma 2ma 658×105赫兹 速度:V=2xav=h/m1=2.188×10°米秒 加速度:W=2/r=2/a1=9.046×102米/秒2 22试由氢原子的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:电离能为E=E-E1,把氢原子的能级公式En=-Bhe/n2代入,得 E=Rhd 13.60电子伏特 电离电势:=E=1360伏特 能:E=Rnhc )=Bhe=,×13.60=10.20电子伏特 第一激发电势:H=二=10.20伏特 23用能量为12.5电子伏特的电子去激发基态氢原子,问受激发的氢原子向低能基跃迁 时,会出现那些波长的光谱线? 解:把氢原子有基态激发到你n=2,34…等能级上去所需要的能量是: E=hcR,( 其中cRn=136电子伏特 E1=136×(1-)=102电子伏特 E2=136×(1-2) 1、=12.1电子伏特 E3=13.6 )=128电子伏特 其中E和E2小于12.5电子伏特,E3大于125电子伏特。可见,具有125电子伏特能量的

第二章 原子的能级和辐射 2.1 试计算氢原子的第一玻尔轨道上电子绕核转动的频率、线速度和加速度。 解：电子在第一玻尔轨道上即年 n=1。根据量子化条件，   2 h p  mvr  n 可得：频率 2 1 2 2 1 2 1 2 ma h ma nh a v         6.5810 15赫兹 速度： 米/秒 6 v  2a 1  h / ma 1  2.18810 加速度： 22 2 1 2 2 w  v /r  v / a  9.04610 米/秒 2.2 试由氢原子的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：电离能为 Ei  E   E1，把氢原子的能级公式 代入，得： 2 En  Rhc / n Ei RH hc  Rhc =13.60 电子伏特。    ) 1 1 1 ( 2 电离电势：   13.60 伏特 e E V i i 第一激发能： 13.60 10.20 电子伏特 4 3 4 3 ) 2 1 1 1 ( 2 2 Ei  RH hc   Rhc    第一激发电势： 1  1  10.20伏特 e E V 2.3 用能量为 12.5 电子伏特的电子去激发基态氢原子，问受激发的氢原子向低能基跃迁 时，会出现那些波长的光谱线？ 解：把氢原子有基态激发到你 n=2,3,4……等能级上去所需要的能量是： ) 其中 电子伏特 1 1 1 ( 2 2 n E  hcRH  hcRH  13.6 ) 10.2电子伏特 2 1 13.6 (1 1 2 E     ) 12.1电子伏特 3 1 13.6 (1 2 2 E     ) 12.8 电子伏特 4 1 13.6 (1 3 2 E     其中 E1和E2 小于 12.5 电子伏特，E3大于 12.5 电子伏特。可见，具有 12.5 电子伏特能量的

电子不足以把基态氢原子激发到n≥4的能级上去,所以只能出现n≤3的能级间的跃迁 跃迁时可能发出的光谱线的波长为 RH( )=5R/36 1=65654 A(1-2)=4n 入2=1215A RH( )==R 入3=1025A 24试估算一次电离的氦离子H、二次电离的锂离子D的第一玻尔轨道半径、电离电 势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值、 解:在估算时,不考虑原子核的运动所产生的影响,即把原子核视为不动,这样简单些 a)氢原子和类氢离子的轨道半径: 48oh n 4r2mZe2Z 其中a1= =0.529177×10-米,是氢原子的玻尔第一轨道半径 4r2me 啁是核电荷数,对于H,Z=1;对于H,Z=2;对于L,Z=3 因此,玻尔第一轨道半径之比是m=2n=1.=2n=1 b)氢和类氢离子的能量公式 (460)2今· 2,n=1,2,3 lIme 其中E1= (4x)F2。-136电子伏特,是氢原子的基态能量。 电离能之比: 0-E 0-E 0-E 0-E c)第一激发能之比

电子不足以把基态氢原子激发到n  4的能级上去，所以只能出现n  3 的能级间的跃迁。 跃迁时可能发出的光谱线的波长为：          A R R A R R A R R H H H H H H 1025 9 8 ) 3 1 1 1 ( 1 1215 4 3 ) 2 1 1 1 ( 1 6565 ) 5 / 36 3 1 2 1 ( 1 3 2 2 3 2 2 2 2 1 2 2 1             2.4 试估算一次电离的氦离子 、二次电离的锂离子 的第一玻尔轨道半径、电离电  H e  Li 势、第一激发电势和赖曼系第一条谱线波长分别与氢原子的上述物理量之比值。 解：在估算时，不考虑原子核的运动所产生的影响，即把原子核视为不动，这样简单些 。 a) 氢原子和类氢离子的轨道半径： 3 1 , 2 1 , 1 , 2 3 0.529177 10 4 4 , 1,2,3 4 4 10 2 2 2 0 1 2 2 2 1 2 2 0                     Li H H Li H H H He Z Z r r Z Z r r Z H Z H Z Li Z me h a n Z n a mZe h n r e 因此，玻尔第一轨道半径之比是 是核电荷数，对于 ；对于 ；对于 ， ； 其中 米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；     b) 氢和类氢离子的能量公式：     ,  1,2,3 (4 ) 2 2 2 2 2 2 1 0 2 4 2 n n Z E n h me Z E   其中 13.6电子伏特，是氢原子的基态能量。 (4 ) 2 2 2 0 2 4 1     h me E   电离能之比： 9 0 0 4, 0 0 2 2 2 2              H Li H Li H He H He Z Z E E Z Z E E c) 第一激发能之比：

EIS-E EL-El Er EIS-E E. d)氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式 ∫m=1,2,3 v=ZRO n2=(+1)(n+2) 其中P2z2me4 (4mE0)2h2 是里德伯常数。 氢原子赖曼系第一条谱线的波数为: 相应地,对类氢离子有: RO R 因此, 11++1 25试问二次电离的锂离子以从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子,是否有可能 使处于基态的一次电离的氦粒子B的电子电离掉? 解:l由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为: H的电离能量为

9 1 1 2 1 1 3 2 3 4 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1             E E E E E E E E E E E E E E E E H H Li Li H H He He d) 氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式： ) ， 1 1 ( ~ 2 2 2 2 n1 n v  Z R        1 1, 2,3 2 1 1 ( 1),( 2) { n n n n 其中 2 3 是里德伯常数。 0 2 4 (4 ) 2 h me R    氢原子赖曼系第一条谱线的波数为： 1 2 2 1 1 1 ( ) 1 2 H H v R      相应地，对类氢离子有： 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 ( ) 1 2 1 1 1 3 ( ) 1 2 He He Li Li v R v R               因此， 9 1 , 4 1 1 1 1 1      H Li H He     2.5 试问二次电离的锂离子 从其第一激发态向基态跃迁时发出的光子，是否有可能  Li 使处于基态的一次电离的氦粒子 的电子电离掉？  H e 解： 由第一激发态向基态跃迁时发出的光子的能量为：  Li 的电离能量为：  H e

WHe= 4hcRH( )=4hc 27R271+m/M m+16R161+m/M 由于Mm1+m/M 从而有加+>加m,所以能将H+的电子电离掉 26氢与其同位素氘(质量数为2)混在同一放电管中,摄下两种原子的光谱线。试问 其巴耳末系的第一条(H)光谱线之间的波长差Δλ有多大?已知氢的里德伯常数 Rn=1.0967758×10米,氘的里德伯常数RD=1.0970742×107米。 2232),1n=36/5R =R( ),λn=36/5R △=n-λD= R 27已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的“正电子 素”。试计算“正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长λ为多少A? 解 R )=R R m48 米=2430 3R3×10973731 28试证明氢原子中的电子从n+1轨道跃迁到n轨道,发射光子的频率v。当n>1时 光子频率即为电子绕第n玻尔轨道转动的频率, 证明:在氢原子中电子从n+1轨道跃迁到n轨道所发光子的波数为 1 2n+1 频率为:== Rc (n+1)

Li He He Li He Li He He He m M m M R R hv hv v hcR hcR 1 / 1 / 16 27 16 27 ) 4 1 1 1 4 ( 2             由于 M He  M Li ,所以1 m / M He  1 m / M Li ， 从而有 hv Li  hv He ，所以能将 的电子电离掉。  H e 2.6 氢与其同位素氘（质量数为 2）混在同一放电管中，摄下两种原子的光谱线。试问 其巴耳末系的第一条（ H ）光谱线之间的波长差 有多大？已知氢的里德伯常数 RH  1.096775810 7米1，氘的里德伯常数 RD  1.097074210 7米1 。 解： ) ， 3 1 2 1 ( 1 2 2  H  H R  H 5RH   36 / ) ， 3 1 2 1 ( 1 2 2  D  D R  D 5RD   36 /     A RH RD H D 1.79 ) 1 1 ( 5 36      2.7 已知一对正负电子绕其共同的质心转动会暂时形成类似于氢原子结构的“正电子 素”。试计算“正电子素”由第一激发态向基态跃迁发射光谱的波长 为多少 ？ A 解： R m m R R e e 8 3 4 3 1 1 ) 2 1 1 1 ( 1 2 2             A R 2430 3 10973731 1 3 8      米 2.8 试证明氢原子中的电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道，发射光子的频率 n。当 n>>1 时 光子频率即为电子绕第 n 玻尔轨道转动的频率。 证明：在氢原子中电子从 n+1 轨道跃迁到 n 轨道所发光子的波数为： ] ( 1) 1 1 [ ~ 1 2 2     n n v R n n  频率为： Rc n n n n n Rc c v n 2 2 2 2 ( 1) 2 1 ] ( 1) 1 1 [        