2012-2013(2)A 普通物理学(3)参考答案

重庆邮电大学2012-2013学年第2学期普通物理(3)(现代物理基础)试卷（期末）（A卷）（闭卷）一、填空题（本大题共16小题，共40分）1、1:42、1334ArNA3、mnEE4、100.5310，101.06105、波函数在空间某一点的强度（波函数的模方）和在该点找到粒子的概率成正比6、2222223/21/23/23/25/23/2D2P,D2P,D2Pnnn7、B332em或，B2em或8、11P，32P，31P，30P9、1s22s22p2；1s22s22p3s；1312,1,0,PP；11P；2:1或1:210、0S；0,1L；0,1,(00)J除外11、-3212、25/2F13、在同一原子中不能有两个或两个以上的电子处于同一状态（或：在同一原子中不能有两个或两个以上的电子具有完全相同的nlmmls,,,四个量子数）；费米；玻色14、22621s223sps；226231s2233spsp；22626211s223343spspsd15、连续，标识16、178O二、简答题：（本大题共2小题，每小题5分，共10分）1、玻尔理论的三个假设：⑴定态假设：原子系统存在一系列不连续的能量状态，处于这些状态的原子中电子只能在一定的轨道上绕核作圆周运动，但不辐射能量。这些状态称为稳定状态，简称定态。:对应的能量E1,E2,E3…是不连续的。(2分)（2）频率假设：原子从一较大能量En的定态向另一较低能量Ek的定态跃迁时，辐射一个光子，辐射光子的频率为nkhEE.(2分)（3）轨道角动量量子化假设：轨道角动量为n。（1分）2、(1)因为c，把此式代入到33/8()(1)hkThMTce式中，计算化简可得3/8()(1)hckThMTe。（3分）(2)按照普朗克的假设，频率为的谐振子，其能量只能取h，2h，3h，…nh等不连续的值中的一个值，即振子能量是按量子数n作阶梯式分布的，后来人们把振子处于某些能量状态，形象地称为处于某个能级。上述普朗克假设，一般称为普朗克能量量子假设。（2分）三、计算题（本大题共5小题，每小题10分，共50分）1、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：222012221001224,1,2,3440.529177104,1313HHhnnranmZeZhameZHZZrZrZLiLi其中米，是氢原子的玻尔第一轨道半径；是核电荷数，对于；对于Li，；因此，玻尔第一轨道半径之比（2分）b)氢和类氢离子的能量公式：3,2,1,)4(22212220242nnZEhnZmeE其中基态能量。电子伏特，是氢原子的6.13)4(2220421hmeE电离能之比：22090LiLiHHZEEZ（3分）c)第一激发能之比：2221112222211122332191121LiLiHHEEEEEEEE（2分）d)氢原子和类氢离子的广义巴耳末公式：)11(~22221nnRZv，3,2,11112)2(),1({nnnn其中32042)4(2hmeR是里德伯常数。氢原子赖曼系第一条谱线的波数为：HHRv1)2111(~221相应地，对类氢离子有：212211113()12LiLivR因此，1119LiH（3分）2、解：(1)对于()Ux，定态薛定谔方程为222()2()()dxmUExdx，因为波函数以及波函数的一阶、二阶导数都有限，所以()0x。(2分)(2)对于()0Ux，定态薛定谔方程为222()2()0dxmExdx令222mEk，方程化简为222()()0dxkxdx其解为()cossinxAkxBkx(3分)依据波函数的连续性，利用边界条件()()022aacossin022cossin022kakaABkakaAB，可得cos02sin02kaAkaBA和B不能同时为0，否则()x为0，因此我们得到两组解：0,sin020,cos02kaAkaB可得(1,2,3)22nkannn为偶数为奇数所以,1,2,3nkna，又因222mEk，所以222222(1,2,3,)22knEnmma(2分)波函数()cossincossinnnxAkxBkxAxBxaa即sin,2,4,6()cos,1,3,5nBxnaxnAxna利用归一化条件2222sin1cos1aaaanBxdxanAxdxa，可得2ABa故2sin,2,4,6()2cos,1,3,5nxnaaxnxnaa把波函数结合起来可得2()sin(/2),(1,2,3)nxxanaa(3分)3、解：Ho的电子排布:22626102610112621223334444556sspspdspdfsps（2分）Ho+的电子排布:226261026101026122333444455sspspdspdfsp（2分）未满壳层：4f11，有11个电子根据洪德定则，电子排布如下（2分）↑↑↑↑↑↑↑3210-1-2-3总自旋：S＝1/2×3＝3/2总轨道：L＝6+4+2-1-2-3＝6（取得最大）总角动量：J＝L+S＝6+3/2＝15/2（大于半满）（3分）所以Ho的未满壳层(4f)11组态的基原子态为21415/2sJLI（1分）4、已知钒原子(V)的基态为4F3/2，按L-S耦合，求该原子态的朗德因子g，轨道角动量，轨道磁距，自旋角动量，自旋磁距，总的有效磁距。解：已知钒原子的基态是4F3/2，则2S+1=4，S=3/2,L=3,J=3/2（1分）按LS耦合：(1)(1)(1)212(1)5JJLLSSgJJ（1分）轨道角动量(1)23LLL（1分）轨道磁距(1)(1)23222LLBBeeeLPLLLLmmm，其中2Bem（2分）自旋角动量15(S1)2SS（1分）自旋磁距(S1)2(1)152SSBBeeeSPSSSmmm（2分）总的有效磁距21515(1)225225JJBeeegPgJJmmm（2分）5、Na原子从32P3/232S1/2跃迁的光谱线波长为5890埃，在B=1.0特斯拉的磁场中会发生塞曼分裂(1)属于正常塞曼效应？还是属于反常塞曼效应？(2)画出能级分裂示意图，根据磁量子数m的跃迁选择定则（m=0，±1）标出相应的跃迁。(3)从垂直于磁场方向观察，观测到光谱线的条数？并求波长最长和波长最短的两条光谱线的波长。解：(1)属于反常塞曼效应。（1分）(2)解：由格罗春图可得，有6条光谱线。（2分）其能级跃迁图如下：（3分）（3）从垂直于磁场方向观察，观测到光谱线的条数为6条。（1分）分裂后新谱线的能量为：02211()BhhMgMgB能量最高和最低的谱线的能量分别为：max053BhchB，min053BhchB分别对应最短和最长的波长：231max1025min0115150.9273210/11697870.61358901031.98810BhBJTTmhchcmJm231min1025max0115150.9273210/11697715.13358901031.98810BhBJTTmhchcmJm因此：min=5889.73Åmax=5890.27Å（3分）