第五章
5—1氮原子中电子的结合能为，试问：欲使这个原子的两个电子逐一分离，外界必须提供
多少能量
解：先电离一个电子即需能量E 1= 此时He +为类氢离子，所需的电离能
E 2＝Ｅ∞－Ｅ基＝０－（－22n rch z ）＝2
2n rch
z
将Ｒ＝109737.315cm kev nm R c ⋅=24.1,2
代入，可算得
E 2＝2
2124.1315.1097372⨯⨯ev =
E= E 1+ E 2= + =
即欲使He 的两个电子逐一分离，外界必须提供的能量。
5—2 计算4Ｄ23态的S L ϖ
ϖ⋅。
解：4
Ｄ3中的Ｌ＝２，Ｓ＝
2
3
，Ｊ＝23
=J ϖΘS L ϖϖ+∴J ϖ)S L ()S L (ϖ
ϖϖϖϖ+⋅+=⋅J
即Ｊ2＝Ｌ2＋Ｓ2
＋２S L S L ϖ
ϖϖ
ϖ⋅⇒⋅＝)(2
12
22S L J --
＝)1()1(}1([2
2
+-+-+S S L L J J h ］
＝)]12
3(23)12(2)123(23[2
2
+⨯-+⨯-+⨯h
＝－３2
h
5—3 对于Ｓ＝
的可能值试计算S L L ϖϖ⋅=,2,21。
解：252,21=∴==J L S 或2
3
）
（）（）（222
222
12S L J S L S L S L S L S L J J S L J --=⋅∴⋅++=+⋅+=⋅∴+=ρϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖΘ
）（）（）（111[2
2
+-+-+=S S L L J J h ］ 当222)]121
(21)12(2)125(25[225221h h S L J L S =+-+-+=
⋅===ϖϖ时，，， 当222
3
)]121(21)12(2)123(23[223221h h S L J L S -=+-+-+=
⋅===ϖϖ时，，， 222
32h h S L -⋅∴或的可能值为ρϖ
5—４试求23
F 态的总角动量和轨道角动量之间的夹角。
解：23
F 中，Ｌ＝３，Ｓ＝１，Ｊ＝２
3
22arccos
3
221321222]111133122[)1()1(2)]1()1()1([cos )
(2
1
cos cos )
(2
12)
()(,,2
2
222222
2
22=∴=
+⋅++-+++=+⋅++-+++=∴-+==⋅-+=⋅⇒⋅-+=-⋅-=⋅∴-=∴+=θθθθ）（）（）（）（）（即又即h
L L J J h S S L L J J S L J JL JL L J S L J L J L J L J S L J L J S S L J S S L J ϖϖΘϖϖϖϖϖϖϖϖρωϖϖϖϖϖϖΘ
５—５在氢，氦，锂，铍，镁，钾和钙中，哪些原子会出现正常塞曼效应，为什么 解：由第四章知识可知，只有电子数目为偶数并形成独态（基态Ｓ＝０）的原子才能发生
正常塞曼效应。
氢，氦，锂，铍，镁，钾和钙的各基态为
S S S S S S S S 12120112012
12
,,,,,2,,
电子数目为偶数并且Ｓ＝０的有Ｈe, Be,Mg,Ca, 故Ｈe,Be,Mg,Ca 可发生正常塞曼效
应。
５—７依Ｌ—Ｓ耦合法则，下列电子组态可形式哪些原子态其中哪个态的能量最低
))()(3(;)2(;)1(1
54d n nd np np
解：在Ｐ态上，填满６个电子的角动量之和为零，即对总角动星无贡献，这说明Ｐ态上１
个电子和５个电子对角动星的贡献是一样，
有相同的态次。
和有相同的态次，同理，和即对同科电子425P P P P
(1) 最低。
的能级位置最低，能量由洪特定则可知，同科电子有：列表如下图
23012301
212124.
,,0,1;0,1,2,2
1
,,P D P S S L S S l l np np l ==∴=
==∴⇔
(2) np np ⇔5
,2
221或，。
=∴=
=J S L
可形成的原子态，，2
12
232P P
由洪特定则的附加规则可知，。
的能级最低，能量最低2
32
P (3) 0,1,2,3,4,2))((211
=∴==L l l d n nd 中， 0,1,2
1
21=∴=
=S S S 可形成的原子态如下表所示。
的能量最低。
由洪特定则可知，电子形成的原子态为非同科G n n 3
1,∴≠Θ
5－８铍原子基态的电子组态是2S2S,若其中有一个电子被激发到３Ｐ态，按Ｌ－Ｓ耦合可
形成哪些原子态写出有关的原子态的符号 ，从这些原子态向低级跃迁时，可以产生几条光谱线画出相应的能级跃迁图，若那个电子被激发到２Ｐ态，则可以产生的光谱线又为几条
解：(1)电子组态为2S2S 的原子被激发到3P 态，要经历P S S S P S S S 32322222→→→ 2S2S 中，0,1,0,2
1
,02121==∴=
===S L s s p p 由泡利不相原理可知形成的原子态为)(13
01不存在S S 。
２，１，０
１１１３０１２，１，０
３
１１，，Ｐ，Ｐ，Ｓ，Ｓ有综上，可形成的原子态Ｐ，Ｐ原子态有中，，原子态有中，，原子态有中，3
21211
3
0121210
123
1121210,1,2
1
,1,0320,1;0,1,2
1
;0,0320,1,2
1
,1,1,022==
=∴=====
======
==∴==S S S l l P S S S J S S S L l l S S P P S S S L
l l P S
由原子跃迁图可知道，共产生10条光谱线。
（2）2S2S 态被激发到2S2P 态
又上可知，2S2S 形成的原子态为２１
Ｓ; 2S2P 形成的原子态为２，１，０３１１Ｐ，Ｐ
由原子跃迁图可以看出：产生的光谱线仅一条。
※5-9证明：一个支壳层全部填满的原子必定具有01
S 的基态
证明：
由上表可知：∑m l =M L =0，L =∣M L ∣=0 ∑m s =M S =0, S=0
M J =M L +M S =0 J= M J =0 ∴1
S 0必为基态
5-10依照L-S 耦合法则,)nd 2
（ 组态可形成哪几种原子态能量最低的是哪个态并依此确
定钛原子的基态。
解：ndnd 中，
2l
l 2
1
===>L=4,3,2,1,0
2
1
21s =
=s =>S=1,0 形成的原子态：01S ，,0.1.23P 21
D ,412.3.43,G F
由洪特定则及其附加规则，知：23
F 能量最低， 钛的基态组态为3d d
2
22
3s ,4态已排满，故只需考虑因s ，钛的基态是23F
5-11 一束基态的氦原子通过非均匀磁场后，在屏上可以接受到几束在相同的条件下，对硼原子，可接受到几条为什么
解：本题属于史特恩-盖拉赫实验，屏上接受的条纹数目取决于M g的取值个数
基态He:1S o因为J=0 所以M j=0 所以 M g=0
所以,在屏上可接受到1束条纹
基态Be:2P1/2因为J=±1/2 且g≠0
所以M g的取值个数为2 所以，在屏上可接受到2束条纹
※5-12 写出下列原子的基态的电子组态，并确定他们的基态：15P，16S，17Cl,18Ar。
解：填充规则：n+φ相同时，先填n小的，n+φ不相同时，若n相同，则先填φ小的，若n不同，则先填n大的壳层。
每一次壳层可容纳的最多电子数为2（2φ+1）
每一主壳层可容纳的最多电子数为2n2
(1)因为 2*22<15<2*23 推出 1<=n<=3
n=1时，2 n2=2，φ=0时最多可容纳电子数2（2*0+1）=2 推出1s2
n=2时，2n2=8，φ=0时最多可容纳电子数2（2*0+1）=2
φ=0和φ=1 推出2s22p2φ=1时最多可容纳电子数2（2*1+1）=6
n=3时，2n2=18，而此时仅剩15-（2+8）=5个
可推出3 s23p3
φ=0容纳2个电子，φ=1容纳3个电子即可
综上，15P的电子组态为1s22s22p63 s23p3
3p2中，φ1=φ2=1 推出L1=2,1,0
S1=S2=1/2 推出S1=1,0
3p3中，L1==2，1，0，φ3=1 推出L=3，2，1，0
S1=1，0 S3=1/2 推出S=3/2,1/2
由洪特定则，知其基态为4S
同理可知：16S的基态组态1s22s22p63 s23p4，基态为3P2
17CL的基态组态1s22s22p63 s23p5，基态为2P3/2 18Ar的基态组态为1s22s22p63 s23p6，基态为’S7。